關于不定方程x3+53=Dy2的整數解

廖 軍

(文山學院 數學學院，云南 文山 663000)

關于不定方程x3+53=Dy2的整數解

廖 軍

(文山學院 數學學院，云南 文山 663000)

設D為奇素數，運用平方剩余、同余式、樂讓德符號的性質等初等方法得出了不定方程x3+53=Dy2無x≡0(mod 5)的正整數解的兩個充分條件.

不定方程；奇素數；同余；平方剩余；正整數解；樂讓德符號

方程x3+a3=Dy2(D是無平方因子的正整數)是一類重要的不定方程，其整數解越來越受到人們的關注.杜先存等[1-4]、張淑靜等[5]對a=1的情況進行了系列研究，得到了一系列結果；但a=5時研究的結果還不多見，目前只有很少人進行過研究，其結論主要為：1996年，李復中[6]用簡單同余法給出了不定方程x3+125=Dy2的全部非平凡正整數解，其中D>0，且不能被3或6k+1形的素數整數；1998年，李復中[7]用簡單同余法給出了一類不定方程x3+(5k)3=Dy2的全部非平凡整數解，其中D>0，無平方因子且不能被3或6k+1型的素數整數；2006年，劉曉敏[8]用二次剩余法給出了不定方程x3+125=Dy2，其中D>0，D含6k+1形素因子，方程x3+125=Dy2無正整數解的充分性條件.本文主要給出了不定方程x3+53=Dy2無正整數解的兩個充分性條件.

定理1 若D≡1,49(mod120)為奇素數時，不定方程:

x3+53=Dy2

(1)

無x≡0(mod 5)的Z+解.

證明設(x,y)是方程的一組解，則有方程(1)可化為:(x+5)(x2-5x+25)=Dy2，又gcd(x+5,x2-5x+25)=gcd(x+5,(x+5)2-15(x+5)+75)=gcd(x+5,75)，由于75的正約數有1,3,5,15,25,75，而x≡?0(mod 5)，故 gcd(x+5,x2-5x+25)=1或3，故方程(1)可分為以下4種可能的情形：

情形Ⅰ：x+5=Du2，x2-5x+25=v2，y=uv，gcd(u,v)=1;

情形Ⅱ：x+5=u2，x2-5x+25=Dv2，y=uv，gcd(u,v)=1;

情形Ⅲ：x+5=3Du2，x2-5x+25=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1;

情形Ⅳ：x+5=3u2，x2-5x+25=3Dv2，y=3uv，gcd(u,v)=1.

以下分別對這四種情形進行討論：

情形Ⅰ 由第二式得：x=-16,-3,0,5,8,21，則Du2=-11,2,5,10,13,26，無解，故情形Ⅰ不成立.

情形Ⅱ 由u∈Z,得u2≡0,1,4(mod8)，即x=u2-5≡3,4,7(mod 8)，則x2-5x+25≡3,5,7(mod 8)，又x2-5x+25 ≡0(mod 2)，則v2≡1(mod 8)，又D≡1,49(mod 120)，故Dv2≡1(mod 8)，所以3,5,7≡x2-5x+25=Dv2≡1(mod 8)，矛盾，故情形Ⅱ不成立.

情形Ⅲ 由x2-5x+25=3v2配方得：

(2x-5)2+75=12v2

(2)

把x=3Du2-5代入式(2)可得：

3(2Du2-5)2+25=(2v)2

(3)

由情形Ⅳ的第二式配方得：

(2x-5)2+75=3D(2v)2

(4)

把x=3u2-5代入式(4)可得：

3(2u2-5)2+25=D(2v)2

(5)

綜上：不定方程(1)在題設條件下無x≡0(mod 5)的Z+解.

定理2 設D≡7,43(mod 60)為奇素數時，不定方程：

x3+53=Dy2

(6)

無x≡0(mod 5)的Z+解.

證明設(x,y)是方程(1)的一組解，則方程(1)可化為(x+5)(x2-5x+25)=Dy2，又x≡0(mod 5)，則(x+5,x2-5x+25)=1或3，所以方程(1)可分為以下4種可能的情形：

情形Ⅰ：x+5=Du2，x2-5x+25=v2，y=uv，gcd(u,v)=1;

情形Ⅱ：x+5=u2，x2-5x+25=Dv2，y=uv，gcd(u,v)=1;

情形Ⅲ：x+5=3Du2，x2-5x+25=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1;

情形Ⅳ：x+5=3u2，x2-5x+25=3Dv2，y=3uv，gcd(u,v)=1;

情形Ⅰ 由第二式得x=-16,-3,0,5,8,21，則Du2=-11,2,5,10,13,26，無解，故情形Ⅰ不成立.

情形Ⅱ 由配方得:

(2x-5)2+75=D(2v)2

(7)

把x=u2-5代入式(7)可得:

(2u2-15)2+75=D(2v)2

(8)

情形Ⅲ 由x2-5x+25=3v2配方得:

(2x-5)2+75=12v2

(9)

把x=3Du2-5代入式(9)可得:

3(2Du2-5)2+25=(2v)2

(10)

情形Ⅳ 由u∈Z,得u2≡0,1(mod 4)，則有3u2≡0,3(mod 4)，即x=3u2-5≡2,3(mod 4)，則x2-5x+25≡3(mod 4)，又x2-5x+25≡0(mod 2)，則v2≡1(mod 8)，又D≡7,43(mod 60)，則3Dv2≡1(mod 4)，所以3≡x2-5x+25=3Dv2≡1(mod 4)，矛盾，故情形Ⅳ不成立.

綜上：方程(1)在題設條件下無x≡0(mod 5)的Z+解.

[1] 杜先存,管訓貴,楊慧章.關于不定方程x3+1=91y2[J].內蒙古師范大學學報：自然科學漢文版,2013，42(4)：397-399.

[2] 杜先存,萬飛,楊慧章.關于丟番圖方程x3±1=1267y2的整數解[J].數學的實踐與認識，2013，43(15)：288-292.

[3] 杜先存,吳叢博,趙金娥.關于Diophantine方程x3±1=3Dy2[J].沈陽大學學報：自然科學版，2013，25(1)：84-86.

[4] 杜先存,趙東晉,趙金娥.關于不定方程x3±1=2py2[J].曲阜師范大學學報：自然科學版，2013，39(1)：42-43.

[5] 張淑靜,楊雅琳,賈曉明.關于Diophantine方程x3+1=3pD1y2[J].山西師范大學學報:自然科學版，2009，23(4)：31-33.

[6] 李復中.關于丟番圖方程x3±125=Dy2[J].東北師范大學學報:自然科學版，1996,(3):15-16.

[7] 李復中.關于丟番圖方程x3±(5k)3=Dy2[J].東北師范大學學報:自然科學版，1998,(2):16-19.

[8] 劉曉敏.關于丟番圖方程x3±p3=Dy2解的討論[D]. 哈爾濱：哈爾濱理工大學,2006.

OnSolutionoftheDiophantineEquationx3+53=Dy2

LIAO Jun

(College of Mathematics, Wenshan University,Wenshan 663000, China)

LetDbe an odd prime. By using quadratic residue,congruent formula, legendre symbol, two sufficient conditionss are obtained that the Diophantine equationx3+53=Dy2has no integer solutions withx≡0( mod 5).

Diophantine equation;odd prime; congruence;quadratic residue;positive integer solution;legendre symbol

2013-08-21.

云南省教育廳科研基金項目(2012Y270)；文山學院重點學科“數學”建設項目(12WSXK01).

廖軍(1977- )，男，碩士，講師，主要從事初等數學及數理統(tǒng)計的研究.

O156.1

A

1008-8423(2013)03-0275-03