關于Diophantine方程x3－53＝2Dy2的整數解*

廖 軍，杜先存

關于Diophantine方程x3－53＝2Dy2的整數解*

廖 軍1，杜先存2

（1.文山學院數學學院，云南文山663000；2.紅河學院教師教育學院，云南蒙自661199）

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Diophantine方程x3－53＝2Dy2無x?0（mod 5）的正整數解的兩個充分條件.

Diophantine方程；奇素數；同余；平方剩余；正整數解；樂讓德符號

Diophantine方程x3－a3＝Dy2（D是無平方因子的正整數）是一類重要的方程，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；但當a＝5時的研究結果還不多見，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Diophantine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型的素數整除；1998年，李復中［7］用簡單同余法給出了一類Diophantine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型的素數整除；2006年，劉曉敏［8］用二次剩余法給出了Diophantine方程x3－125＝Dy2，其中D＞0，D含6k＋1型素因子，方程x3－125＝Dy2無正整數解的充分性條件.本文主要給出了Diophantine方程x3－53＝2Dy2無x?0（mod 5）的正整數解的兩個充分性條件.

定理1 若D≡31，79（mod 120）時，Diophantine方程

無x?0（mod 5）的正整數解.

證明：設（x，y）是方程x3－53＝2Dy2的一組正整數解，則（x－5）（x2＋5x＋25）＝2Dy2，又x?0（mod 5），則gcd（x－5，x2＋5x＋25）＝1或3，根據奇偶性質，可知x2＋5x＋25必為奇數，即x2＋5x＋25?0（mod 2），從而方程（1）可以分解為以下4種情形：

情形Ⅰ：x－5＝2Da2，x2＋5x＋25＝b2，y＝ab，gcd（a，b）＝1

情形Ⅱ：x－5＝2a2，x2＋5x＋25＝Db2，y＝ab，gcd（a，b）＝1

情形Ⅲ：x－5＝6Da2，x2＋5x＋25＝3b2，y＝3ab，gcd（a，b）＝1

情形Ⅳ：x－5＝6a2，x2＋5x＋25＝3Db2，y＝3ab，gcd（a，b）＝1

情形Ⅰ 由第二式配方得（2x＋5）2＋75＝4b2，解得x＝－21，－8，－5，03，16，代入由第一式，得2Da2＝x－5＝－26，－13，－10，－5，－2，11，矛盾，故情形Ⅰ不成立.

情形Ⅱ 由a2≡0，1，4（mod 8），則2a2≡0，2（mod 8），x＝2a2＋5≡5，7（mod 8），則x2＋5x＋25≡3，5（mod 8），根據奇偶性質，可知由x2＋5x＋25必為奇數，則b2必為奇數，即b2≡1（mod 8），由D≡31，79（mod 120），則Db2≡7（mod 8），所以有3，5≡x2＋5x＋25＝Db2≡7（mod 8），矛盾，故情形Ⅱ不成立.

情形Ⅲ 由第二式配方得（2x＋5）2＋75＝12b2，將第一式代入，得（12Da2＋15）2＋75＝12b2，兩邊同時取模5，則有（12Da2＋15）2＋75≡12b2（mod 5），由矛盾，故情形Ⅲ不成立.

情形Ⅳ 由第二式配方得（2x＋5）2＋75＝12Db2，把第一式代入，得（12a2＋15）2＋75＝12Db2，兩邊同時取模5，則有（12a2＋15）2＋75≡12Db2（mod 5），由D≡31，79（mod 120），現在進行分類討論：

當D≡31（mod 120），即D＝120k＋31，代入

綜上所述，Diophantine方程（1）在題設條件下無x?0（mod 5）的正整數解.

定理2 若D≡13，37（mod 120）時，Diophantine方程無x?0（mod 5）的正整數解.

證明：設（x，y）是方程x3－53＝2Dy2的一組正整數解，則（x－5）（x2＋5x＋25）＝2Dy2，又x?0（mod 5），則gcd（x－5，x2＋5x＋25）＝1或3，根據奇偶性質，可知x2＋5x＋25必為奇數，即x2＋5x＋25?0（mod 2），從而方程（1）可以分解為以下4種情形：

情形Ⅰ：x－5＝2Da2，x2＋5x＋25＝b2，y＝ab，gcd（a，b）＝1

情形Ⅱ：x－5＝2a2，x2＋5x＋25＝Db2，y＝ab，gcd（a，b）＝1

情形Ⅲ：x－5＝6Da2，x2＋5x＋25＝3b2，y＝3ab，gcd（a，b）＝1

情形Ⅳ：x－5＝6a2，x2＋5x＋25＝3Db2，y＝3ab，gcd（a，b）＝1

情形Ⅰ 由第二式配方得（2x＋5）2＋75＝4b2，解得x＝－21，－8，－5，03，16，代入由第一式，得2Da2＝x－5＝－26，－13，－10，－5，－2，11，矛盾，故情形Ⅰ不成立.

情形Ⅱ 由第二式配方得（2x＋5）2＋75＝4D1b2，將第一式代入有（4a2＋15）2＋75＝4Db2，兩邊同時取5，則有（4a2＋15）2＋75≡4Db2（mod 5），由，D≡13，37（mod 120），現在進行分類討論：

當D≡13（mod 120），即D＝120k＋13，代入

當D≡37（mod 120），即D＝120k＋37，代入，矛盾，故情形Ⅱ不成立.

情形Ⅲ 由第二式配方有（2x＋5）2＋75＝12b2，將第一式代入有（12Da2＋15）2＋75＝12b2，兩邊同時取模5，則有（12Da2＋15）2＋75≡12b2（mod 5），由故情形Ⅲ不成立.

情形Ⅳ 由a2≡0，1，4（mod 8），則6a2≡0，6（mod 8），由x＝6a2＋5≡3，5（mod 8），則x2＋5x＋25≡1，3（mod 8），根據奇偶性質，可知x2＋5x＋25必為奇數，則b2必為奇數，b2≡1（mod 8），由D≡13，37（mod 120），則3Db2≡7（mod 8），所以1，3≡x2＋5x＋25＝3Db2≡7（mod 8），矛盾，故情形Ⅳ不成立.

綜上所述，Diophantine方程（1）在題設條件下無x?0（mod 5）的正整數解.

［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，（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，（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，（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，（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，（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：哈爾濱理工大學碩士學位論文，2006.

On the Solution of the Diophantine Equation x3－53＝2Dy2

LIAO Jun1，DU Xiancun2
（1.College of Mathematics，Wenshan University，Wenshan Yunnan 663000，China；2.Teachers’Educational College，Honghe University，Mengzi Yunnan 661199，China）

Let D be an odd prime.By using quadratic residue，congruent formula and legendre symbol，two sufficient conditions are obtained when the Diophantine equation x3－53＝2Dy2has no integer solutionswith x?0（mod 5）.

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

O156.1

A

1008－4681（2014）02－0007－02

（責任編校：晴川）

2013－09－27

文山學院重點學科數學建設項目（批準號：12WSXK01）.

廖軍（1977－），男，云南文山人，文山學院數學學院講師，碩士.研究方向：初等數學、數理統計.