丢番图方程x~3±1=2pDy~2的整数解

2021年3月第38卷第i 期南宁师范大学学报(自然科学版)Journal of Nanning Normal University (Natural Science Edition )Mar.2021Vol.38 No.iD0I ：10.16601/ki.issn2096-7330.2021.01.007文章编号:2096-7330 (2021) 01-0043-04关于丢番图方程%3 + 1 — 413y 2 *华程( 泰州学院 数理学院, 江苏 泰州 225300)摘 要:利用同余式、平方剩余、佩尔方程的解的性质和递归序列证明了不定方程%3 + i — 4i3y 2的整数解只 有(%,y) — ( - 1,0).关键词:不定方程;奇素数;整数解;同余式;平方剩余;递归序列中图分类号：0156 文献标志码：A1引言有许多学者研究过如下形式的丢番图方程：%3 + 1 = Dy 2, D > 0. (1)文献［1 ］证明了，当D > 2无平方因子且不含6k + 1型的素因子时，方程(1)只有平凡解(%,y) — ( - 1, 0).但当D 含6k + 1型的素因子时，求方程的非平凡解十分困难,其中一类典型的不定方程为%3 + 1 = 7qy 2, q 为奇素数. (2)对方程(2)的研究到目前只有一些零散的结果［2~7］.本文讨论了 q — 59的情形，证明了如下定理：定理1不定方程%3 + 1 — 413y 2(3)只有平凡解(%,y) — ( - 1,0).2主要结果的证明引理1[8]设p 是奇素数,则方程4%4 - py 2 — 1除p — 3,% = y = 1和p — 7,% = 2,y = 3外，无其他的 正整数解.引理 2[8]方程 %2 - 3y 4 — 1 仅有整数解(%,y) — ( ± 2, ± 1),( ± 7, ± 2),( ± 1, ± 0).引理3[8]设p 是奇素数,则方程%4 -py — 1除p — 5,% = 3,y = 4和p — 29,% — 99,y — 1820夕卜，无 其他的正整数解.收稿日期：2020-06-23基金项目：江苏省自然科学基金(BK20i7i3i8);泰州学院教博基金(TZXY2018JBJJ002) 作者简介:华程(1985-),男，江苏泰州人，讲师，硕士，研究方向:初等数论和数学教学论.定理1的证明因为(% + 1,%2 - % + 1) — 1或3,故方程(3)可分为以下8种情形情形 I % + 1 —:59u ,%2 - % + 1 — 7y 2 ,y =仏农,(u ,v ) = 1 ；情形 II% + 1 :—7仏2,%2 - % + 1 — 59y 2 ,y =仏农,(u ,v ) = 1;情形皿% + 1—u , % — % + 1 — 413矽,y — uv ,(仏,矽)—1 ；情形W % + 1—413 u , % — % + 1 — v , y = uv , ( u , v ) — 1 ；情形V % + 1—177u 2, %2 - % + 1 — 21v 2, y —=3uv , (u ,v) — 1;情形可% + 1—21u 2, %2 - % + 1 — 177v 2, y —3uv , (u,v ) — 1;情形叽% + 1—3u 2, %2 - % + 1 — 1239v , y —=3uv , (u ,v) — 1;情形训% + 1—1239u , %2 - % + 1 — 3v 2, y —=3uv , ( u , v) — 1.-44-南宁师范大学学报（自然科学版）第38卷下面分别讨论.情形I由第一式得x=59"-1,代入第二式,整理得(118/-3)-7(2”)？=-3.(4)因为方程X-77?=-3的整数解由两个非结合类得到，其最小解为土(2+7),而佩尔方程U?-7F? =1的最小解为8+37，所以X-77?=-3的全部整数解(X,y)分别由以下两式给出：X+77=±(x”+y”7)=±(2+7)("”+””7)=±(2+7)(8+37)",n e运.X+7/7=±(x”+y”J7)=±(-2+』7)("”+””7)=±(-2+7)(8+37),n e运.根据(4)有2gu+3=±x n或土x”.又知x n=-x_”，故只需考虑118/-3=±x”.(5)容易验证下式成立：x"+2=16x n+1-x”,x0=2,x i=37.(6)若n为偶数，则由(6)知x”是偶数，此时(4)不成立.若n为奇数，则由(6)知x”三1(mod3)，此时(5)成为u=±1(mod3).(7)由(7)知，只需考虑(5)中的118u=x”+3,其中n为奇数.对递归序列(6)取模5,得周期为6的剩余类序列：2,2,0,3,3,0,2,2,…,且当n三3(mod6)时，x”三3(mod5)，此时有3u三1(mod5)，即(3u)?三3(mod5),但3是模5的平方非剩余，故排除，剩下n=1,5(mod6)，即n=1,5,7,11(mod12).对递归序列(6)取模23,得周期为12的剩余类序列：2,14,15,19,13,5,21,9,8,4,10,18,2,14,…,且当n=1,11(mod12)时，x”=14,18(mod23)，此时有3u=17,21(mod23),即u?=-2,7(mod23),但-27(7?^)=(?3)=-1,故排除，剩下n=5,7(mod12).当n=3(mod4)时，x”=3(mod8)，因此知u?= 3(mod4)，不可能，故排除n=7(mod12)，剩下n=5(mod12)，即n=5,17,29(mod36).对递归序列(6)取模37,得周期为36的剩余类序列：2,0,35,5,8,12,36,9,34,17,16,17,34,9,36, 12,8,5,35,0,2,32,29,25,1,28,3,20,21,20,3,28,1,25,29,32,2,0,…，且当n=5,17,29(mod36)时,715823x”=12,5,20(mod37)，此时有7u?=15,8,23(mod37)，但(小=1,(寸=(寸=(寸=-1,矛盾,从而排除n=5,17,29(mod36).故在该情形方程(3)无整数解.情形I由第二式得4x-4x+4=59x4x”？，(2x-1)2+3=59(2”)？，故(2x-1)2=-3592-3(mod59),但(59)=(；)=(3)=-1,不可能，故在该情形方程(3)无整数解.情形皿由第二式得(2x-1)2+3=413x4X”=7x59x(2”)？，故(2x-1)?=-3(mod683),由情形I知,不可能，故在该情形方程(3)无整数解.情形W解第二式得x=0,1,均不适合第一式，故在该情形方程(3)无整数解.情形V由第一式得x=177u-1,代入第二式,整理得(354u-3)?-21(2”)？=-3.(8)因为方程X-217?=-3的整数解由一个结合类得到，其最小解为9+221,而佩尔方程U?-21V?= 1的最小解为55+1221,所以X-217?=-3的全部整数解(X,7)为X+721=±(x”+y”21)=±(9+221)(u”+””21)=±(9+221)(55+1221)”,n e运.因此根据(8)有354u-3=±x”.(9)容易验证x”+=110x”+i-x”,x0=9,x,=999.(10)对递归序列(10)取模16,得剩余类序列的周期为2,且n=0(mod2)时x”=9(mod16),n=1(mod2)第i 期华程:关于丢番图方程%3 + i — 4i3y 2-45 -时％”三7( mod 16).此时式(9)成为354u 2 - 3 三 ± 9, ± 7(mod 16). (11)由式(11)得 354u 2 = 12, - 6,10, - 4(mod 16)，即 2u 2 = 12,10(mod 16)，也即 u 2 =6,5(mod 8),均 为模8的平方非剩余，故在该情形方程(3)无整数解.情形可 由第二式得(2% - 1)2 + 3 = 3 x 59 x (2v)2,故(2% 一 1)2 = 一 3(mod 59),由情形 II 知, 不可能，所以在该情形方程(3)无整数解.情形叽 由第二式得(2%- 1)2 + 3 — 21 x 59 x (2v)2,故(2%- 1)2 = - 3(mod 59),由情形 I 知, -3是模59的平方非剩余，所以在该情形方程(3)无整数解.情形训 将第一式代入第二式,整理得(2v)2 - 3 (826u 2 - 1)2 — 1,故有2v + (826u 2 - 1) 73 — ± (%… + y … 3 ) — ± (2 + 3)"," e 运，这里2 + 3是佩尔方程X 2 - 3尸—1的最小解.因此有826u 2 - 1 = ±y ” ," e 运，即826u 2 = ±y ” + 1.因 y -… =- y …，故只需考虑826u 2 =y " + 1. (12)可验证：%"+2 = 4%n+' 一 ％" ,%0 = 1 ,%' = ?.(13)y …+2 = 4y …+1 -y …小=0，y , = '•(14)%"+' = ?%" + 3y ” ,y …+, = %… + 2y ….(15)%" = %"2 + 3y …2 ,y ?… = 2%…y … ,%…2 一 3y …2 = '• (16)%"—' = 2%" - 3y … ,y …_' =- %" + 2y …. (17)若"=0( mod 2),则由(14)知y … = 0( mod 2),此时式(12)不成立.若"=1( mod 4),令"—4k + 1 ( k e ~L ),则由(15)、(16)可得413u = %2*丁2*+'.826u = y4k +1 + 1 = %4k + 2y 4k + 1 = %2k + 3y 2k + 4%2k y 2k + %2k 一 3y 2k = 2%2k ( %2k + 2y 2k ) = 2%2k y 2k+', 即又因(%2k ，y 2k+' ) = (%2k ，%2k + 2y 2k ) = ( %2k ，2y 2k )—1,所以下列情形之一成立：%k= 413m ? ,y?k+1= h 2 , u = mh,( m, h) =二 1.(⑻%2k = m ? ,y 2k+' = 413h ? ,u = mh,( m, h) =二 1.(19)%2k = 7m 2, y 2k+1 =59h 2, u = mh,( m, h) =二 1.(20)%2k = 59m ? ,y 2k+ ':= 7h 2, u = mh,( m, h) =二 1.(21)将(18)的第二式代入 %k +'一 3y ?k+1 = 1,得 %?k+1- 3h 4 =1.根据引理2知，h 2 :二 0,1,4,即 y 2k+ i = 0,但仅有y k+' — 1成立，故k — 0.但由(13)及(18)的第一式知，%0 H 413m 2,所以式(18)不成立.将(19)的第一式 %2k — m 2 代入 %k - 3y ?k — 1 ,得 m 4 - 3y ?k — 1.根据引理 3 知，m 2 — 1,即 %2k — 1 ,从 而k — 0,但由(14)及(19)的第二式知，y , H 413A 2,所以式(19)不成立.对于(20)，由(15)得,y 2k +, = %2k + 2y 2k ，故有 59A 2 = 7m 2 + 2y 2k ,即59A 2 - 7m 2 — 2y 2k . (22)因 %2k 和 y 2k +'均为奇数，故 m 和 h 均为奇数，从而 m 2 = A 2 = 1 ( mod 8).又 y 2k = 0 ,4(mod 8) ，故 2y 2k = 0(mod 8).对(22)两边取模8,得-4 = 0(mod 8),不可能.对于(21),由类似于式(20)的讨论知，它也不可能成立.若"=-1 ( mod 4),设"—4k - 1 ( k e 运)，则由(15)、(16)、(17)式可得826u 2= y 4k-1 + 1=- %4k + ?y 4k + 1 =一 (%?k + 3y ?k ) + 4%?k y ?k + 1 =2y 2k (2%2k 一 3y 2k )=-2y 2k %2k-1,即 413u 2 —%2k —' y 2k . 又因为(％2k-'，y 2k ) = (2%2k 一 3y 2k ，y 2k)= ( 2%2k , y 2k ) =2, 所以下列情形之一成立%2k-' = 2m ? ,y 2k = 826h ?, u =2mh,( m, h) =:1.(23)%2k —i ― 826m , y ?k ― 2h , u ―2mh,( m, h) =:1.(24)%k-1 = 118m ,y ?k = 14h , u 二2mh,( m, h)=1.(25)-46-南宁师范大学学报(自然科学版)第38卷x k-,=14m?,y?k=118A?,u=2mA,(m,A)=1.(26)将(23)的第一式x k-,=2m?代入x?k-，-3y?k_,=1,得4m4-3y?k_,=1.根据引理1知,m?=1,此时x?k_, =2,从而k=1或0,其中k=0时有h=0,u=0,从而方程(3)只有整数解(x,y)=(-1,0).由(24)的第二式y k=2h?得x k y k=h?,考虑到(x k,y k)=1,有x k=a?,y k=b?,故(a?)?-3b4=1,根据引理2知,a=1，此时x k=1，从而k=0,所以(24)的第一式不成立.由(25)的第二式得x»y»=7h?,考虑到(x k,y k)=1,有x k=a2,y k=7b2,h=ab,(a,b)=1,(27)或x k=7a2,y k=b2,h=ab,(a,b)=1.(28)若(27)成立,则有a4-3(7b2)2=1.(29)由引理3知，方程(25)仅有整数解(a,b)=(±1,0),此时y k= 0,故k=0,所以(25)的第一式不成立.若(28)成立,则有(7a)?-3b4=1.(30)由引理2可知方程(30)仅有整数解(a,b)=(±1,±2)，所以x k=7,从而k=2.这时n=7,故由(12)可得826u2=y7+1=2912,不可能.仿式(25)可证式(26)也不可能成立.综上,在该情形时不定方程(3)无整数解.定理1得证.参考文献：[1]柯召，孙琦.关于丢番图方程x3士1=Dy[J].中国科学,1981,24(12):1453-1457.[2]瞿云云，包小敏.关于不定方程x3+1=119y[J].西南师范大学学报(自然科学版)，2009,34(1)：9-11.[3]杜先存，管训贵，杨慧章.关于不定方程x3+1=91y[J].内蒙古师范大学学报(自然科学汉文版)，2013,42(4)：397-399.[4]周科.关于丢番图方程x3+1=427y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2015,32(3)：23-25.[5]周科.关于丢番图方程x3+1=749y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2017,34(3)：35-37.[6]高丽,杨婕.关于不定方程x3+1=1043y的整数解[J].延安大学学报(自然科学版)，2018,37(3)：5-6.[7]周科，陈雨君.关于丢番图方程x3+1=959y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2018,35(4):33-35.[8]曹珍富.丢番图方程引论[M].哈尔滨:哈尔滨工业大学岀版社，2012.On the Diophantine Equation x3+1=413yHUA Cheng(School of Mathematics and Physics,Taizhou University,Taizhou225300,China)Abstract：Using congruence,quadratic residue,some properties of the solutions to Pell equation and re­current sequence,we prove that,the Diophantine equation x3+1=413y2only has integer solution(x,y)= (-1,0).Key words:Diophantine equation;odd prime;integer solution;congruence;quadratic residue;recur­sive sequence［责任编辑:班秀和］［见习编辑:彭喻振］。

.. . …求不定方程整数解的常用方法不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数受到某些限制（如要有理数，整数或正整数等)的方程或方程组。

不定方程也称丢番图方程，是数论的重要分支学科，也是数学上最活跃的数学领域之一。

我国对不定方程的研究已延续了数千年，“百钱百鸡问题”等一直流传至今，“物不知其数”的解法被称为中国剩余定理。

一般常用的求不定方程整数解的方法包括：(1)分离整数法此法主要是通过解未知数的系数中绝对值较小的未知数，将其结果中整数部分分离出来，则剩下部分仍为整数，则令其为一个新的整数变量，以此类推，直到能直接观察出特解的不定方程为止，再追根溯源，求出原方程的特解.例1 求不定方程025=-++y x x 的整数解 解 已知方程可化为231232223225++=++++=+++=++=x x x x x x x x y 因为y 是整数，所以23+x 也是整数. 由此x+2=1，-1，3，-3，即x=-1，-3，1，-5，相应的.0,2,0,4=y所以方程的整数解为(-1,4),(-3,0),(1,2),(-5,0).(2)辗转相除法此法主要借助辗转相除式逆推求特解，具体步骤如下：第一步，化简方程，尽量化简为简洁形式(便于利用同余、奇偶分析的形式);第二步，缩小未知数的围，就是利用限定条件将未知数限定在某一围，便于下一步讨论;第三步，用辗转相除法解不定方程.例2 求不定方程2510737=+y x 的整数解.解 因为251)107,37(=,所以原方程有整数解.用辗转相除法求特解:18433,413337,33237107+⨯=+⨯=+⨯=从最后一个式子向上逆推得到19107)26(37=⨯+-⨯所以25)259(107)2526(37=⨯⨯+⨯-⨯则特解为⎩⎨⎧=⨯=-=⨯-=225259650252600y x 通解为Z t t t y t t x ∈⎩⎨⎧++=+=+--=--=,)6(37337225)6(1078107650 或改写为.,3731078Z t t y t x ∈⎩⎨⎧+=--=(3)不等式估值法先通过对所考查的量的放缩得到未知数取值条件的不等式，再解这些不等式得到未知数的取值围.例3 求方程1111=++z y x 适合z y x ≥≥的正整数解. 解 因为z y x ≥≥所以z y x 111≤≤ 所以z z z z y x z 1111111++≤++〈 即zz 311≤〈 所以31≤〈z所以.32==z z 或当2=z 时有2111=+y x 所以y y y x y 11111+≤+〈所以yy 2211≤〈 所以42≤〈y所以;46,43或相应地或===x y y当3=z 时有3211=+y x 所以y y y x y 11111+≤+〈 所以y y 2321≤〈 所以.3;3,3==≤x y y 相应地所以).3,3,3(),2,4,4(),2,3,6(),,(=z y x(4)逐渐减小系数法此法主要是利用变量替换，使不定方程未知数的系数逐渐减小，直到出现一个未知量的系数为1±的不定方程为止，直接解出这样的不定方程(或可以直接能用观察法得到特解的不定方程为止，再依次反推上去）得到原方程的通解.例4 求不定方程2510737=+y x 的整数解.解 因为251)107,37(=，所以原方程有整数解.有10737〈，用y 来表示x ，得37412313710725y y y x +-+-=-= 则令12374,37412=-∈=+-m y Z m y 即 由4<37,用m 来表示y ,得49343712m m m y ++=+=令.4,4t m Z t m =∈=得将上述结果一一带回，得原方程的通解为 Z t ty t x ∈⎩⎨⎧=+--=,3731078 注①解一元二次不定方程通常先判定方程有无解.若有解,可先求c by ax =+的一个特解，从而写出通解.当不定方程系数不大时，有时可以通过观察法求得其解，即引入变量，逐渐减小系数，直到容易求得其特解为止.②对于二元一次不定方程c by ax =+来说有整数解的充要条件是c b a ),(.⎩⎨⎧⎩⎨⎧∈-=+=∈+=-=)(,)(,0000Z t at y y bt x x Z t at y y bt x x 或(5)分离常数项的方法对于未知数的系数和常数项之间有某些特殊关系的不定方程，如常数项可以拆成两未知数的系数的倍数的和或差的不定方程，可采用分解常数项的方法去求解方程.例5 求不定方程14353=+y x 的整数解.解 原方程等价于0)28(5)1(331405314353=-+-⇔+=+⇔=+y x y x y x因为()15,3=所以⎩⎨⎧∈=-=-Z t t y t x ,32851 所以原方程的通解为.,32851Z t t y tx ∈⎩⎨⎧+=-=(6)奇偶性分析法从讨论未知数的奇偶性入手，一方面可缩小未知数的取值围，另一方面又可用n2或)(12Z n n ∈+代入方程，使方程变形为便于讨论的等价形式.例6 求方程32822=+y x 的正整数解.解 显然y x ≠,不妨设0〉〉y x因为328是偶数，所以x 、y 的奇偶性相同，从而y x ±是偶数.令112,2v y x u y x =-=+则1u 、.0,111〉〉∈v u Z v 且所以1111,v u y v u x -=+=代入原方程得1642121=+v u同理，令2211211(2,2u v v u u v u =-=+、)0,222〉〉∈v u Z v 且于是，有822222=+v u 再令3223222,2v v u u v u =-=+得412323=+v u此时，3u 、3v 必有一奇一偶，且[]641033=≤〈〈u v取,5,4,3,2,13=v 得相应的16,25,32,37,4023=u 所以，只能是.4,533==v u从而2,18==y x结合方程的对称性知方程有两组解()().18,2,2,18(7)换元法利用不定方程未知数之间的关系（如常见的倍数关系），通过代换消去未知数或倍数，使方程简化，从而达到求解的目的.例7 求方程7111=+y x 的正整数解. 解 显见，.7,7〉〉y x 为此，可设,7,7n y m x +=+=其中m 、n 为正整数. 所以原方程7111=+y x 可化为 717171=+++n m整理得()()()().49,777777=++=+++mn n m n m 即所以49,1;7,7;1,49332211======n m n m n m相应地56,8;14,14;8,56332211======y x y x y x所以方程正整数解为()()().56,8,14,14,8,56(8)构造法构造法是一种有效的解题方法，并且构造法对学生的创造性思维的培养有很重要的意义，成功的构造是学生心智活动的一种探求过程，是综合思维能力的一种体现，也是对整个解题过程的一种洞察力、预感力的一种反映.构造体现的是一种转化策略，在处理不定方程问题时可根据题设的特点，构造出符合要求的特解或者构造一个求解的递推式等.例8 已知三整数a 、b 、c 之和为13且bc a b =，求a 的最大值和最小值，并求出此时相应的b 与c 的值.解 由题意得⎩⎨⎧==++acb c b a 213，消去b 得()ac c a =--213 整理得到关于c 的一元二次方程()().0132622=-+-+a c a c 因为()().3520,01342622≤≤≥---=∆a a a 解得因,0≠a若,916,014425,12===+-=c c c c a 或解得则有符合题意，此时;9311641⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧=-==c b a c b a 或若17=a 时，则有,01692=+-c c 无实数解，故;17≠a若16=a 时，则有,09102=+-c c 解得,91==c c 或符合题意，此时;912161416⎪⎩⎪⎨⎧=-==⎪⎩⎪⎨⎧=-==c b a c b a 或综上所述，a 的最大值和最小值分别为16和1，相应的b 与c 的值分别为.9316491214⎩⎨⎧==⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧=-=c b c b c b c b 或和或(9)配方法把一个式子写成完全平方或完全平方之和的形式，这种方法叫做配方法.配方法是式子恒等变形的重要手段之一，是解决不少数学问题的一个重要方法.在初中阶段，我们已经学过用配方法解一元二次方程，用配方法推到一元二次方程的求根公式，用配方法把二次函数化为标准形式等等，是数学中很常用的方法.例9 若.,24522的值求x y y x y x y x ++=++ 解 由题意045222=+-+-y y x x 即 ()021122=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-y x 所以21,1==y x 所以23211=+=+x y y x(10)韦达定理 韦达定理是反映一元二次方程根与系数关系的重要定理，广泛应用于初等代数、三角函数及解析几何中，应用此法解题时，先根据已知条件或结论，再通过恒等变形或换元等方法，构造出形如b a +、b a ⋅形式的式子，最后用韦达定理.例10 已知p 、q 都是质数，且使得关于x 的二次方程()051082=+--pq x q p x 至少有一个正整数根，求所有的质数对().,q p解 设方程的两根分别为1x 、(),212x x x ≤由根与系数关系得⎩⎨⎧=⋅-=+pq x x q p x x 51082121 因为p 、q 都是质数，且方程的一根为正整数，可知方程的另一根也是正整数. 所以⎩⎨⎧==p q p q pq pq x q p q p x ,,5,5,,55,5,,,5,121 所以.5,5,5,1521q p p q pq pq x x ++++=+①当1521+=+pq x x 时，即,10815q p pq -=+因为p 、q 均是质数，所以,1081015q p p pq -〉〉+故此时无解.②当5521+=+pq x x 时，即,1085q p pq -=+所以()(),85810-=-⋅+q p 因为p 、q 都是质数，且,810-〉+q p 所以,1,5885,1710⎩⎨⎧--=-=+q p解得符合条件的质数对为()().3,7,=q p③当p q x x +=+521时，即,1085q p p q -=+所以,157q p =满足条件的质数对. ④当q p x x +=+521时，即,1085q p q p -=+所以,113q p =于是()()()().3,11,3,7,==q p q p 或综上所述，满足条件的质数对为()()()().3,11,3,7,==q p q p 或(11)整除性分析法用整除性解决问题，要求学生对数的整除性有比较到位的把握.例11 在直角坐标系中，坐标都是整数的点称为整点，设k 为整数，当直线k kx y x y +=-=或3的交点为整数时，k 的值可以取()A.2个B.4个C.6个D.8个解 当1=k 时，直线13+=-=x y x y 与平行，所以两直线没有交点; 当0=k 时，直线()轴即与x y x y 03=-=交点为整数;当1≠k 、0≠k 时，直线k kx y x y +=-=与3的交点为方程组⎩⎨⎧+=-=kkx y x y 3的解，解得⎪⎩⎪⎨⎧--=---=1413k k y k k x 因为x 、y 均为整数, 所以1-k 只能取4,2,1±±± 解得.3,5,1,3,0,2-=k 综上，答案为C.(12)利用求根公式在解不定方程时，若因数分解法、约数分析均不能奏效，我们不妨将其中一个未知数看成参数，然后利用一元二次方程的求根公式去讨论.例12 已知k 为整数，若关于x 的二次方程()01322=+++x k kx 有有理根，求k 值. 解 因为0≠k ，所以()01322=+++x k kx 的根为()()(),25223229843222kk k k k k k x ++±+-=++±+-=由原方程的根是有理根，所以()5222++k 必是完全平方式. 可设(),52222m k =++则(),52222=+-k m 即()(),512222⨯=--++k m k m 因为m 、k 均是整数,所以⎩⎨⎧=--=++522122k m k m ,⎩⎨⎧=--=++122522k m k m ⎩⎨⎧-=---=++112522k m k m ,⎩⎨⎧-=---=++522122k m k m 解得,02或-=k 因为,0≠k 所以k 的值是-2.(13)判别式法一元二次方程根的判别式是中学阶段重要的基础知识，也是一种广泛应用的数学解题方法.该法根据一元二次方程的判别式ac b 42-=∆的值来判定方程是否有实数根，再结合根与系数的关系判定根的正负.熟练掌握该法，不仅可以巩固基础知识，还可以提高解题能力和基础知识的综合运用能力.例13 求方程431112=++xy y x 的整数解.解 已知方程可化为()044342=-+-xy y x 因为x 、y 均为整数，所以,06448162≥+-=∆x x 且为完全平方数. 于是，令(),464481622n x x =+-其中n 为正整数 所以()04322=-+-n x x 因为x 、n 均为整数 所以(),04492≥--=∆n 且为完全平方数， 即有，742-n 为完全平方数. 于是，再令,7422m n =-其中m 为正整数 所以()()722=-+m n m n 因为m n m n -+22与奇偶性相同，且m n m n -〉+22 所以12,72=-=+m n m n 由上.2=n相应的,032=-x x 解得()303===x x x ，所以舍去或 把3=x 代入已知方程中得(),522舍去或==y y 所以2=y 所以()()2,3,=y x(14)因式分解法因式分解也是中学阶段重要的基础知识之一.它应用广泛,在多项式简化、计算、方程求根等问题中都有涉及.因式分解比较复杂，再解题时，根据所给题目的特点，灵活运用，将方程分解成若干个方程组来求解.这种方法的目的是增加方程的个数，这样就有可能消去某些未知数，或确定未知数的质因数，进而求出其解.利用因式分解法求不定方程()0≠=+abc cxy by ax 整数解的基本思路:将()0≠=+abc cxy by ax 转化为()()ab b cy a x =--后,若ab 可分解为,11Z b a b a ab i i ∈=== 则解的一般形式为,⎪⎩⎪⎨⎧+=+=c b b y c a a x ii 再取舍得其整数解. 例14 方程a b a ,4132=-、b 都是正整数，求该方程的正整数解.解 已知方程可化为ab a b =-128 所以()()9696812-=+-+b a ab 即()()96128-=+-b a 因为a 、b 都是正整数 所以1212,0〉+〉b b 这样964832241612或或或或=+b 所以4b或12或20或36或84=相应地=a或4或5或6或72所以方程的正整数解为:()()()()().12,5,4,220,4,,784,,36,6丢番图（Diophantus）：古代希腊人，代数学的鼻祖，早在公元3世纪就开始研究不定方程，因此常称整系数的不定方程为丢番图方程。

２０２０年６月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀南宁师范大学学报(自然科学版)J u n ．２０２０第３７卷第２期㊀㊀㊀㊀㊀J o u r n a l o fN a n n i n g N o r m a lU n i v e r s i t y(N a t u r a l S c i e n c eE d i t i o n )V o l ．３７N o ．２D O I :１０．１６６０１/j ．c n k i ．i s s n ２０９６Ｇ７３３０．２０２０．０２．００６文章编号:２０９６Ｇ７３３０(２０２０)０２Ｇ００２６Ｇ０３关于丢番图方程x ３＋１＝７６３y２黄艳华１,２(１．南宁师范大学数学与统计学院,广西南宁５３０２９９;２．柳州职业技术学院通识教育学院,广西柳州５４５００６)摘㊀要:该文应用递归数列㊁同余方程㊁勒让德符号等方法,证明了丢番图方程x ３＋１＝７６３y ２仅有整数解(－１,０)．关键词:丢番图方程;整数解;同余式中图分类号:O １５６㊀㊀㊀文献标志码:A设D 是不含平方因子的正整数,形如x ３＋１＝D y ２的不定方程是一类基本而又重要的三次不定方程．这一方程一经问世,便引起了广大数学爱好者的浓厚兴趣,对其进行了广泛的研究,并取得了丰富的成果．特别是当D 不含６k ＋１形的素因子时,其全部整数解已由柯召等人得到[１]．尽管D 含有６k ＋１形的素因子时,方程的求解较为困难,但是关于这方面的研究,亦有很多令人兴奋的成果．２００３年,罗明证明了x ３＋１＝７y ２仅有整数解(x ,y )＝(－１,０),(３,ʃ２)．[２]２００９年,瞿云云等人证明了x ３＋１＝１１９y２仅有整数解(x ,y )＝(－１,０)．[３]２０１５年,周科证明了x ３＋１＝４２７y ２仅有整数解(x ,y )＝(－１,０)．[４]２０１７年,周科证明了x ３＋１＝１１９y ２仅有整数解(x ,y )＝(－１,０)．[５]本文研究D ＝７６３的情形,证明了D ＝７６３＝７ˑ１０９时,方程仅有整数解(－１,０)．引理１[６]㊀P e l l 方程x ２－３y ２＝１的通解(x n ,y n )满足以下递推关系式:x n ＋１＝２x n ＋３y n ,x ０＝１,x １＝２,(１)y n ＋１＝x n ＋２y n ,y ０＝０,y １＝１,(２)y ２n ＝２x n y n ,x ２n ＝x n ２＋３y n ２,(３)x n －１＝－x n ＋２y n ,y n －１＝２x n －３y n ．(４)㊀㊀引理２[６]㊀丢番图方程４x ４－３y ２＝１仅有整数解x ,y ()＝ʃ１,ʃ１()．引理３[６]㊀丢番图方程x ４－３y ２＝１仅有整数解x ,y ()＝ʃ１,０()．引理４[６]㊀丢番图方程x ２－３y ４＝１仅有整数解x ,y ()＝ʃ２,ʃ１(),ʃ７,ʃ２(),ʃ１,０()．定理１㊀丢番图方程x ３＋１＝７６３y２(５)仅有整数解x ,y ()＝－１,０()．证明㊀由于x ＋１,x ２－x ＋１()＝１,３,故原方程可分解成以下８种情形:情形I ㊀x ＋１＝a ２,x ２－x ＋１＝７６３b ２,y ＝a b ;(６)情形I I ㊀x ＋１＝３a ２,x ２－x ＋１＝２２８９b ２,y ＝３a b ;(７)情形I I I ㊀x ＋１＝７a ２,x ２－x ＋１＝１０９b ２,y ＝a b ;(８)情形I V㊀x ＋１＝２１a ２,x ２－x ＋１＝３２７b ２,y ＝３a b ;(９)情形V㊀x ＋１＝１０９a ２,x ２－x ＋１＝７b ２,y ＝a b ;(１０)情形V I ㊀x ＋１＝３２７a ２,x ２－x ＋１＝２１b ２,y ＝３a b ;(１１)情形V I I ㊀x ＋１＝７６３a ２,x ２－x ＋１＝b ２,y ＝a b ;(１２)情形V I I I ㊀x ＋１＝２２８９a ２,x ２－x ＋１＝３b ２,y ＝３a b ．(１３)这里a ȡ０,b ＞０,且a ,b ()＝１．收稿日期:２０１９Ｇ１１Ｇ１８∗基金项目:２０１７年柳州职业技术学院科研立项课题(２０１７S A ０５)作者简介:黄艳华(１９８１ ),女,广西柳州人,讲师,从事数学与应用数学研究．第２期㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀黄艳华:关于丢番图方程x ３＋１＝７６３y２２７㊀证明㊀容易验证,如果x ２－x ＋１ʉ０(m o d １０９),则x ʉ４６,６４(m o d １０９),因而有:x ＋１ʉ４７,６５(m o d １０９),而勒让德符号:４７１０９æèçöø÷＝１０９４７æèçöø÷＝１５４７æèçöø÷＝３４７æèçöø÷５４７æèçöø÷＝－４７３æèçöø÷４７５æèçöø÷＝－１,６５１０９æèçöø÷＝５１０９æèçöø÷１３１０９æèçöø÷＝１０９１３æèçöø÷＝５１３æèçöø÷＝３５æèçöø÷＝－１,a ２１０９æèçöø÷＝１,３a ２１０９æèçöø÷＝３１０９æèçöø÷＝１０９３æèçöø÷＝１３æèçöø÷＝１,７a ２１０９æèçöø÷＝７１０９æèçöø÷＝１０９７æèçöø÷＝４７æèçöø÷＝１,２１a ２１０９æèçöø÷＝３１０９æèçöø÷７１０９æèçöø÷＝１０９７æèçöø÷＝４７æèçöø÷＝１,于是在情形I ~I V 时,方程(５)无解．由情形V 的第二个方程知,b 为奇数,方程模８得:x ２－x ＋１＝７b ２ʉ７(m o d ８)．因而有:x ʉ３,６(m o d ８)．代入第一个方程,得:４,６ʉ１０９a ２ʉ５a ２(m o d８)．解之得a ２ʉ４(m o d８)⇒a ２＝４(m o d ３２)⇒２１８a ２－３ʉ８６９(m o d ６９７６)．又由情形V 的两个方程得(２１８a ２－３)２－７(２b )２＝－３．令２１８a ２－３＝U ,２b ＝V ,则有方程U ２－７V ２＝－３．此方程有四个结合类:ʃ２＋７,ʃ５＋２７,是它的基本解,故所有解由以下式子给出:U ＋７V ＝ʃ(u n ＋７v n )＝ʃ(２＋７)(８＋３７)n,(１４)U ＋７V ＝ʃ(u n ＋７v n )＝ʃ(－２＋７)(８＋３７)n,(１５)U ＋７V ＝ʃ(u n ＋７v n )＝ʃ(５＋７)(８＋３７)n,(１６)U ＋７V ＝ʃ(u n ＋７v n )＝ʃ(－５＋７)(８＋３７)n,(１７)其中,ʃ(x n ＋７y n )＝ʃ(８＋３７)n,n ɪZ ,给出P e l l 方程x ２－７y ２＝１的通解．因此:２１８a ２－３＝u n ,或 u n ,或u ᶄn ,或u ᶄn ．由(１４),(１５),(１６),有以下递归数列:u n ＋２ʉ１６u n ＋１－u n ,u ０＝２,u １＝３７．(１８)u n ＋２ʉ１６u n ＋１－u n ,u ０＝－２,u １＝５．(１９)u ᶄn ＋２ʉ１６u ᶄn ＋１－u ᶄn ,u ᶄ０＝５,u ᶄ１＝６１．(２０)u ᶄn ＋２ʉ１６u ᶄn ＋１－u ᶄn ,u ᶄ０＝－５,u ᶄ１＝－１９．(２１)㊀㊀对以上递归数列分别模６９７６,都得到周期为２１６的完全剩余系列,且同余方程u n ,u n ,u ᶄn ,u ᶄn ʉ８６９(m o d ６９７６)都无解．因而在情形V 时,方程(５)无解．对(１１)的第二个方程模８得:x ２－x ＋１ʉ５b ２ʉ５(m o d ８)⇒x ⇒x ʉ４,５(m o d ８),代入(１１)的第一个方程得:５,６ʉx ＋１＝３２７a ２ʉ７a ２ʉ０,７,４(m o d ８)．矛盾．故在情形V I 时,方程(５)无解．易求得(１２)的全部整数解为(b ,x )＝(ʃ１,１),(ʃ１,０)．而x ＝１,０时,(１２)的第一个方程都无解．因而在情形V I I 时,方程(５)无解．如果在情形V I I I 时,方程(５)有解,则有方程:(２b )２－３(１５２６a ２－１)２＝１．令２b ＋(１５２６a ２－１)３＝x n ＋y n ３＝２＋３()n ,n ɪZ ,其中２＋３是P e l l 方程x ２－３y ２＝１的基本解,所以就有方程:１５２６a ２＝y n ＋１,n ɪN ．依据引理２,如果方程有解,则n 必为奇数．由于b 为奇数,故x ２－x ＋１＝３b ２ʉ３(m o d ８)⇒x ʉ２,－１(m o d ８)．代入(１３)的第一个方程得:３,０ʉx ＋１＝２２８９a ２ʉa ２(m o d８)．但a ２ʉ０,１,４(m o d８),因而:x ʉ－１(m o d８),a ２ʉ０(m o d８)⇒y n ʉ－１(m o d ８)．但P e l l 方程x ２－３y ２＝１的解y n 模８的剩余系列为:０,１,４,７．注意到,y ０＝０,y １＝１,y ２＝４,y ３＝１５．因而,n ʉ１(m o d ４)时,方程无解．即如果方程有解,则必有n ʉ３(m o d ４)．令n ＝４k －１则有２８㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀南宁师范大学学报(自然科学版)㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀第３７卷１５２６a ２＝y ４k －１＋１＝－x ４k ＋２y ４k ＋１＝－x ２k ２－３y ２k ２＋４x ２k y ２k ＋x ２k ２－３y ２k ２＝２x ２k －１y ２k ,即７６３a ２＝x ２k －１y ２k ．又x ２k －１,y ２k ()＝２x ２k －３y ２k ,y ２k ()＝２x ２k ,y ２k ()＝２．因而由上式,有以下四种情形:x ２k －１＝ʃ２c ２,y ２k ＝ʃ２ˑ７６３d ２,a ＝２d c ．(２２)x ２k －１＝ʃ２ˑ７６３c ２,y ２k ＝ʃ２d ２,a ＝２c d ．(２３)x ２k －１＝ʃ２ˑ１０９c ２,y ２k ＝ʃ１４d ２,a ＝２c d ．(２４)x ２k －１＝ʃ１４c ２,y ２k ＝ʃ２ˑ１０９d ２,a ＝２c d ．(２５)㊀㊀由(２２)的第一个方程及x ２２k －１－３y ２２k －１＝１,得４c ４－３y ２２k －１＝１,由引理２知:y ２k －１＝ʃ１．如果y ２k －１＝１⇒２k －１＝１⇒k ＝１⇒y ２k ＝y ２＝４．与(２２)的第二个方程矛盾．如果y ２k －１＝－１⇒k ＝０⇒x ２k －１＝x －１＝２,y ２k ＝y ０＝０．故(２２)有且仅有解(x ２k －１,y ２k )＝(x －１,y ０)＝(２,０)．代回(１３)的三个方程,有d ＝０,a ＝０,c ＝１．将a ＝０代入(１３),得到方程(５)的平凡解:(x ,y )＝(－１,０)．由(２３)有:x k ＝s ２,y k ＝t ２,d ＝s t ．因而s ４－３y ２k ＝１．由引理３知(x k ,y k )＝(s ２,y k )＝(１,０)⇒k ＝０．因而x ２k －１＝x －１＝２,这与x ２k －１＝２ˑ３６５c ２矛盾．因而(２３)无解．由(２４)的第二个方程有以下方程:x k ＝ʃs ２,y k ＝ʃ７t ２,d ＝s t ．(２６)x k ＝ʃ７s ２,y k ＝ʃt ２,d ＝s t ．(２７)㊀㊀由(２６)及x ２k －３y ２k ＝１,得s ４－３y ２k ＝１,由引理３知:x ４－３y ２＝１仅有整数解x ,y ()＝ʃ１,０(),从而(x k ,y k )＝(s ２,y k )＝(１,０)⇒k ＝０．此时x ２k －１＝x －１＝２,这与(２４)的第一个方程矛盾,故(２６)无解．由(２７)及x ２k －３y ２k ＝１,得x ２k －３t ４＝１,由引理４知:x ２－３y ４＝１仅有整数解x ,y ()＝ʃ２,ʃ１(),ʃ７,ʃ２(),ʃ１,０(),从而(x k ,y k )＝(ʃ２,ʃ１),(ʃ７,ʃ２),(ʃ１,０)．容易验证,所有这些解都不能同时适合(２７)的前两个方程．类似于证明(２４),可证在情形(２５)时方程(５)无解．因而,在情形V I I I 时,方程(５)仅有平凡解:(x ,y )＝(－１,０)．综上所述,方程x ３＋１＝７６３y ２仅有整数解(－１,０)．参考文献:[１]㊀柯召,孙琦．谈谈不定方程[M ]．上海:上海教育出版社,２０１２．[２]㊀梁勇,韩云娜．关于D i o p h a n t i n e 方程x ３＋１＝１１４y ２[J ]．高师理科学刊,２０１０,３４(１):２０Ｇ２２．[３]㊀罗明．关于不定方程x ３＋１＝７y ２[J ]．重庆师范大学学报(自然科学版),２００３,２０(１):５Ｇ７．[４]㊀周科．关于丢番图方程x ３＋１＝４２７y ２[J ]．广西师范学院学报(自然科学版),２０１５,３２(３):２２Ｇ２５．[５]㊀周科．关于丢番图方程x ３＋１＝７４９y ２[J ]．广西师范学院学报(自然科学版),２０１７,３４(３):３４Ｇ３７．[６]㊀曹珍富．丢番图方程引论[M ]．哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社,１９８９:２７３Ｇ２７５．[７]㊀柯召,孙琦．关于丢番图方程x ３ʃ１＝３D y ２[J ]．四川大学学报(自然科学版),１９８１,１８(２):１Ｇ５．[８]㊀瞿云云,包小敏．关于不定方程x ３＋１＝１１９y ２[J ]．西南师范大学学报(自然科学版),２００９,３４(１):９Ｇ１１．[９]㊀杜先存,管训贵,杨慧章．关于不定方程x ３＋１＝９１y ２[J ]．内蒙古师范大学学报(自然科学汉文版),２０１３,４２:３９７Ｇ３９９．O n t h eD i o p h a n t i n eE qu a t i o n x ３＋１＝７６３y ２HU A N G Y a n Ｇh u a１,２(１．S c h o o l o fM a t h e m a t i c s a n dS t a t i s t i c s ,N n a n i n g N o r m a lU n i v e r s i t y ,N a n n i n g ５３０２９９,C h i n a ;２．L i u z h o uV o c a t i o n a l&T e c h n i c a l C o l l e ge ,L i u z h o u５４５００６,C h i n a )A b s t r a c t :I n t h i s p a p e r ,w e p r o of t h a t ,t h eD i o p h a n t i n e e q u a t i o n x ３＋１＝７６３y ２on l y h a s i n t e g e r s o l u t i o n x ,y ()＝－１,０()．K e y wo r d s :D i o p h a n t i n e e q u a t i o n ;i n t e g e r s o l u t i o n ;c o n g r u e n c e [责任编辑:班秀和]。

第30卷第3期高师理科学刊Vol.30No.32010年5月Journal of Science of Teachers ′College and University May 2010文章编号：1007-9831（2010）03-0041-02关于Diophantine 方程2331py x=±韩云娜（西北大学数学系，陕西西安710127）摘要：利用初等数论的方法证明了：如果p 是适合)8(mod 7,3≡p 的奇素数，则方程2331py x =无正整数解；如果p 是适合)8(mod 7≡p 的奇素数，则方程2331py x =+无正整数解．关键词：丢番图方程；正整数解；同余中图分类号：O156.1文献标识码：A doi ：10.3969/j.issn.1007-9831.2010.03.014+N 是全体正整数的集合，设p 是无平方因子正整数，方程2331py x =±，+∈N y x,（1）是一类基本而又重要的三次Diophantine 方程，有关它的研究可以追溯到Euler 时代[1]，文献[2-3]证明了当2>p 且不能被16+k 型素数整除时，方程（1）无正整数解．因此，目前有关该类方程的研究主要是讨论D 含有16+k 型素因子的情况，这是一个相当困难的问题，本文运用初等方法证明了以下一般性的结果．定理1设p 是奇素数，如果1)14(6++=k p 或1)34(6++=k p （k 是非负整数），则方程2331py x =，+∈N y x,（2）无正整数解．证明设方程（2）的正整数解为y x,，根据Fermat 小定理可知，)3(mod 3x x ≡，故从式（2）可得)3(mod 01≡x ，此时3)1,1gcd(2=++x x x ，根据文献[4]中210页定理4和定理5的证明，由（2）可得291a x =，2231pb x x =++（3）其中：b a,是适合y a b =3，1),gcd(=b a 的正整数．由291a x =可得≡+≡为偶数为奇数a a a x )4(mod 1)8(mod 2192，所以≡++为偶数为奇数a a x x )4(mod 3)8(mod 712（4）由2231pb x x =++得23|2pb /，故2|2b /，所以)4(mod 12≡b ．当1)14(6++=k p 时)4(mod 232≡pb （5）而)8(mod 3122pb x x ≡++，)4(mod 3122pb x x ≡++，所以式（4）和式（5）矛盾．当1)34(6++=k p 时)4(mod 132≡pb （6）而)8(mod 3122pb x x ≡++，进而)4(mod 3122pb x x ≡++，所以式（4）和式（6）矛盾．故原方程无正整数解．证毕．收稿日期：作者简介：韩云娜（），女,陕西西安人,在读硕士，从事数论研究．：y @632010-01-101984-E-mail unnahan 42高师理科学刊第30卷定理2如果1)14(6++=k p （k 是非负整数），则方程2331py x =+，+∈N y x,（7）无正整数解．证明设方程（7）的正整数解为y x,，根据Fermat 小定理可知)3(mod 3x x ≡，故从式（7）可得)3(mod 01≡+x ，此时3)1,1gcd(2=++x x x ，根据文献[4]中210页定理4和定理5结果的证明由式（7）可得291a x =+，2231pb x x =+（8）其中：b a,是适合y ab =3，1),gcd(=b a 的正整数．由291a x =+可得≡≡为偶数为奇数a a a x )4(mod 3)8(mod 0192，所以≡+为偶数为奇数a a x x )4(mod 3)8(mod 112（9）由2231pb x x =+得23|2pb /，故2|2b /，所以)4(mod 12≡b ．而1)14(6++=k p ，所以)4(mod 132≡pb （10）而)8(mod 3122pb x x ≡+，进而)4(mod 3122pb x x ≡+．因此式（9）与式（10）矛盾，所以原方程无正整数解．证毕．参考文献：[1]Mordell L J ．Diophantine Equations[M]．London ：Academic Press ，1969．[2]柯召，孙琦．谈谈不定方程[M]．上海：上海教育出版社，1980．[3]柯召，孙琦．关于丢番图方程2331Dy x =±[J]．四川大学学报：自然科学版，1989（2）：1-5．[4]曹珍富．丢番图方程引论[M]．哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，1989：210．On the Diophantine equation 2331py x =±HAN Yun-na（Department of Mathematics ，Northwest University ，Xi'an 710127，China ）Abstracts ：It w as prov ed that if p is an o dd prime with )8(mod 7,3≡p ，then the equation 2331py x =has no positive integ er solutio ns ，and if p is an o dd prime w ith )8(mod 7≡p ，then the equation 2331py x =+has no positive integ er solutions ．Key w ords ：Diophantine equatio n ；positiv e integer solutio n ；co ng ruence。

2018年4月第33卷第8期渭南师范学院学报Journal of Weinan Normal UniversityApr. 2018Vol.33 No.8【自然科学基础理论研究】丢番图方程尤3-1 = 1 477/的整数解党荣(渭南师范学院东盟博仁财经学院，陕西渭南714099)摘要:丢番图方程是经典数论中古老而具有挑战性的问题，一直以来都是数论中的热点问题。

文章 利用同余的性质、Pell方程的整数解、Maple小程序及二次剩余等方法,对丢番图方程x3 - 1 = 1 477/的整 数解进行了讨论。

研究得出这个方程的平凡整数解和非平凡整数解分别为（z，y) = (1，0)和（*，;〇 =(212 688,2 552 256)。

这一结果为大系数丢番图方程的求解提供了有趣的新思路。

关键词：丢番图方程;整数解；同余式;Maple程序中图分类号= 0156.7 文献标志码:A 文章编号= 1009-5128 (2018) 08-0011-05收稿日期=2018-01-18基金项目：陕西省科技厅自然科学基金项目：Mock theta函数理论及其交叉应用研究（2016JM1004); 陕西省教育厅专项科研计划项目：Ramanujan mock theta函数的算数性质及其应用研究（17JK0266)作者简介:党荣（1979—），女，陕西扶风人，渭南师范学院东盟博仁财经学院讲师，管理学硕士，主要 从事数理统计研究。

丢番图方程，又名不定方程，是指变量个数大于方程个数且解为整数值的方程（或方程组）。

它与组 合数学、代数几何和代数编码等学科有着密切的联系。

近年来，许多中外学者在代数数论、组合数论和群 论等数学分支中都提出了一些丢番图方程问题，它的研究成果不仅对数学的各个分支起着推动作用，而且 对非数学学科，例如计算机科学、电子学、信号数字处理等有着重大的实际意义。

求解丢番图方程的方法有很多种，初等方法和非初等方法都可以予以证明，长期以来一直受到数论研 究者的关注，特别是对Pell方程P _办2= ± 1的研究已取得了许多成果,Pell方程理论对于求解其他丢番 图方程的整数解问题有着很大的帮助。

丢番图方程
丟番圖方程又名不定方程、整係數多項式方程，是變數僅容許是整數的多項式等式；即形式如 ax+by=c，其中所有的aj、bj和c均是整數，若其中能找到一組整數解x1,x2...,xn和y1,y2,....,yn者則稱之有整數解。

丢番图方程又名不定方程、整系数多项式方程，是变量仅容许是整数的多项式等式；即形式如右上角图的方程，其中所有的
和c均是整数，若其中能找到一组整数解
者则称之有整数解。

丢番图问题有数条等式，其数目比未知数的数目少；丢番图问题要求找出对所有等式都成立的整数组合。

对丢番图问题的数学研究称为丢番图分析。

3世纪希腊数学家亚历山大城的丢番图曾对这些方程进行研究。

丢番图方程的例子有贝祖等式、勾股定理的整数解、四平方和定理和费马最后定理等。