关于Diophantine方程x~3+1=3pqy~2

关于Diophantine方程x~3+1=3pqy~2整数解的情况至今仍未解决。本文主要利用递归数列、同余式、平方剩余以及Pell方程解的性质证明:设素数p≡1(mod 24),素数q=12s~2+1,(s是正奇数),(p/q)=-1,Diophantine方程x~3+1=3pqy~2仅有整数解,即(x,y)=(-1,0)。关键词:Diophantine方程;同余式;平方剩余;Pell方程     

关于Diophantine方程x~3±1=pqy~2

关于Diophantine方程x3±1=Dy2至今仍未解决.论文利用同余式、平方剩余、Pell方程解的性质、递归序列证明:(1)p≡1(mod 12)为素数,q=12s2+1(s是正奇数)为素数,(p q)=-1时,Diophantine方程x3±1=pqy2仅有整数解(x,y)=(1,0);(2)p≡1(mod 24)为素数,q=12s2+1(s是正奇数)为素数,(p q)=-1时,Diophantine方程x3±1=pqy2仅有整数解(x,y)=(-1,0).     

关于不定方程4x~2-py~2=1

研究了二次不定方程4x2-py2=1(p为奇素数),对于特例p=m2±2(m为正奇数),利用Pell方程x2-py2=1的正整数解公式得到了原方程的所有正整数解.另外还证明了p=1,5(mod8)时方程4x2-py2=1无正整数解.     

关于方程x~2 y~2=2z~2的正整数解

方程x~2 y~2=2z~2 (1)的正整解为 i 当其正整解相等时,有x=y=z=t,其中t∈N={1,2,3,…}; ii 当其正整数解互不相等且同为奇数时,有x=m~2 2mn-n~2,y=|-m～2 2mn N~2|,z=m~2 n~2,其中m,n∈N,m>n,(m,n)=1,m、n为一奇一偶。证明 i 显然。今证ii。由方程 (1) 知,它的正整数解x,y,z同为奇数或同为偶数,否则方程 (1) 是不成立的。特x,y为奇数,z为偶数,令x=2p 1,y=2q 1,z=2u,其中p,q,u∈N。将x,y之值代入 (1) 并将其两边同除以2,则其左边等于2(p~2 q~2 p q) 1为奇数,而右边等于4u~2为偶数,引出矛盾,方程 (1) 不成立。故方程 (1) 不存在x,y为奇数而z为偶数的解。同理可证方程 (1) 不存在x,y为偶数而z为奇数,或x,y一奇一偶而z为奇数,或x,y一奇一偶而z为偶数的正整数解。所以方程 (1) 的互不相等的正整数解x,y,z同为奇数或同为偶数。而要求方程 (1) 的同为偶数的解x,y,z,这可将方程 (1) 的同为奇数的解x,y,z     

广义Ramanujan-Nagell方程x~2+D~m=4P~n的解数

设D是正奇数,p是适合pD的奇素数。运用有关Lucas数本原素因数存在性的结果证明:当D≠3时,方程x~2+D~m=4p~n至多有1组正整数解(x,m,n)适合m1。     

关于方程x~2-1=y~n

1.设n是一个大于1的整数,显然方程(1)x~2-1=y~n有平凡解x=±1,y=0,而且在n为奇数时,还存在另一平凡解x=0,y=-1。如果有整数x≠0,y≠0能够适合方程(1),我们把他叫做(1)的非平凡解。已知在n=2时,方程(1)没有非平凡解;在n=3时只有一组非平凡解;x=3.y=y;在n=5,时,也没有非平凡解。一般的猜测是方程(1)的非平凡解只有上面所说的这一组。如果我们能够证明对于任何大于5的质数,(1)式都没有非平凡解存在,这个猜测就是正确的,在本文中,我们将用初等方法证明:     

关于方程x~2=y~n 1,xy≠0.

设p为奇数,x和y都是整数,xy≠0,已知     

关于广义Ramanujan-Nagell方程x~2+(2k-1)~m=k~n的可解性

设k是大于1的奇数,应用初等数论方法证明了:如果2k-1有适合d≡±3(mod 8)的约数d或者ν2(k-1)是奇数,其中ν2(k-1)表示2在k-1的标准分解式中的次数,那么方程x~2+(2k-1)~m=k~n的正整数解(x,m,n)都满足2|n.由此可知:当k30时,该方程仅有正整数解(x,m,n)=(k-1,1,2).     

关于Diophantine方程x3+1=py2

设p是奇素数．该文证明了：当p=12x^2＋1其中s是奇数,则方程x^3＋1=py^2 元正整数解（x,y）．     

椭圆曲线y~2=nx(x~2+16)的整数点

如果n为无平方因子的正奇数,n的所有素奇数p_j(j∈Z~+)都满足P_j≡3,7(mod 8)为奇素数.主要利用同余、勒让德符号的性质等证明了椭圆曲线y~2=nx(x~2+16)当n≡3,7(mod 8)素数时除整点(0,0)以外,至多只有2组整数点.     

椭圆曲线y~2=nx(x~2+16)的整数点

如果n为无平方因子的正奇数,n的所有素奇数p_j(j∈Z~+)都满足P_j≡3,7(mod 8)为奇素数.本文主要利用同余、勒让德符号的性质等证明了椭圆曲线y~2=nx(x~2+16)当n≡3,7(mod 8)为奇素数时除整点(0,0)以外,至多只有两组整数点.     

Diophantine方程(a~n-1)((a+1)~n-1)=x~2的可解性

设a是大于1的正整数,v2(a)表示2可以整除a的最高次幂.运用初等数论方法研究了方程(an-1)((a+1)n-1)=x2的可解性.证明了当a满足以下3个条件之一时该方程无解(x,n):(i)a是偶数,v2(a)是奇数;(ii)a是偶数,v2(a)=2;(iii)a是奇数且a≡5或9(mod 16).同时也证明了至少有5/6的正整数a可使该方程没有适合n2的解(x,n).     

关于方程x~2+D~m=p~n和方程x~2+2~m=y~n

设D为正整数、P为不能整除D的奇素数.本文研究关于正整数x,m,n的Diophantine方程x~2+D~m=p~n.主要结果是定理1—3,并且给出了方程x~2+2~m=y~n(n>2,2|y)的所有正整数解。     

Diophantine方程组x-1=3pqa~2和x~2+x+1=3b~2

设p,q是适合3pq的奇素数,根据二次和四次Diophantine方程的结果,运用初等数论方法证明了:仅当(p,q)=(7,181)时方程组x-1=3pqa2和x2+x+1=3b2有正整数解(x,a,b)=(60 817,4,35 113).     

关于不定方程x~3±29~3=Dy~2

本文给出了不定方程 x~3±29~3=Dy~2的全部整数解,其中 D 为不含6k+1形素数的奇数次幂因子的整数。     

关于不定方程x~3+1=6pQy~2

设Q=n∏i=1qi(n∈Z+),qi≡-1(mod6)(i=1,2,···,n)为彼此不相同的奇素数,p≡1(mod 6)为奇素数,关于不定方程x~3+1=6pQy~2的初等解法至今仍未解决。运用同余式、递归序列、Pell方程的解的性质、平方剩余等讨论了不定方程x~3+1=6pQy~2的整数解的情况。     

关于不定方程x~2+y~2=m

本文讨论不定方程x~2+y~2=m,m≡3(4)在二次域中求代数整数解的问题,并且给出了方程有解的充要条件,显然,对任一有理整数m,m≡3(4),都有分解m=m_1m_2.m_1仅含4k+1形式的素因子,m_2仅含4k+3形式的素因子.为简略计,文中均指这种分解.二次域用Q[D~(1/2)]表示,这里D是无平方因子的有理整数.     

关于Diophantine方程x~3+1=3py~2

设p是奇素数,研究丢番图方程x3+1=3py2正整数解的情况.利用初等数论的方法得到了丢番图方程x3+1=3py2无正整数解的若干充分条件.     

关于不定方程x~3+1=183y~2

利用递归数列的方法证明了不定方程x3+1=183y2仅有整数解(x,y)=(-1,0).     

椭圆曲线y~2=(x-2n)(x~2+2nx+m)的整数点

设m=36s~2-8n~2+3,这里n为奇数,s是使q=12s~2+1及■均为素数的正奇数且无平方因子,勒让德符号值■。运用初等数论方法证明了当s=1时,椭圆曲线G:y~2=(x-2n)(x~2+2nx+m)仅有整数点(x,y)=(2,0)和(28844 402,±154 914 585 540);当s1时,G仅有整数点(x,y)=(2n,0),推广了文献[7-12]中的结果。