趙晶晶

（滇西科技師范學院后勤管理處，云南臨滄677000）

關于三次方程x3-53=Ty2的整數解

趙晶晶

（滇西科技師范學院后勤管理處，云南臨滄677000）

設為互異的奇素數，p1≡p2≡1(mod6)為奇素數，運用初等方法得出了三次方程x3-53=Ty2無正整數解的一個充分條件.

三次方程；整數解；奇素數；Legendre符號；同余

三次方程

是一類基本而重要的方程，但目前結果還不多見，其結論主要為：

(Ⅰ)當T不含素因子2時，文[1][2]給出了T不含3或6k+1型素因子時方程(1)的全部非平凡正整數解；文[3]-文[7]分別給出了T含6k+1型素因子時方程(1)無正整數解的充分性條件.

(Ⅱ)當T不含素因子2時，文[9]給出了T含6k+1型素因子時方程(1)無正整數解的充分性條件.

當T含素因子2同時還含6k-1型素因子的情況目前還沒有相關結果，本文主要研究T含素因子2、2個6k+1型素因子，同時含至少一個6k+1形素因子的情況，即證明了如下定理：

n)為互異的奇素數，p1≡p2≡1(mod6)為奇素數，則三次方程

僅有平凡解(x,y)=(5,0).

(ⅰ)Q≡7,23(mod24)，p1≡1(mod24)，p2≡13(mod24)，

(ⅱ)Q≡1,5(mod12)，p1≡13(mod24)，p2≡19(mod24)，

1 相關定理

在下列條件下只有平凡解(x,y)=(1,0)：

(ⅰ)D≡11,19(mod24)，p1≡1(mod24)，p2≡13(mod24)；

(ⅱ)D≡5,13(mod24)，p1≡13(mod24)，p2≡19(mod24)；

(ⅲ)D≡1,17(mod24)，p1≡13(mod24)，p2≡19(mod24).

2 定理證明

證明設(x,y)是方程(2)的一組整數解.因x3-53=(x+5) (x2+5x-25)，而gcd(x-5,x2+5x+25)=gcd(x-5,(x-5)2+15(x-5)+75) =gcd(x-5,75)=gcd(x-5,3×52)，即

當x≡0(mod5)時，此時5|(x-5)，故5|gcd(x-5,3×52)，令x=5x1，則不定方程(2)可化為

由(3)知25|y，于是令y=25y1，則方程（3）可化為53(x13-1) =252Ty12，則有x13+1=5Ty12=2×5p1p2Qy12=2p1p2(5Q)y12,即

當Q≡7,23(mod24)時，有5Q≡11,19(mod24).而此時p1≡1(mod24)，p2≡13(mod24)，取D=5Q，則滿足引理1的條件(ⅰ)，故由引理1得方程(4)在條件(Ⅰ)下僅有平凡解(x1,y1)= (1,0)，所以方程(2)在條件(Ⅰ)下僅有平凡解(x,y)=(5,0).

因為Q≡1,5(mod12)，則Q≡1,5,13,17(mod24).

當Q≡1,17(mod24)時，5Q≡5,13(mod24).而p1≡13 (mod24)，p2≡19(mod24)，取D=5Q，則滿足引理1的條件(ⅱ)，故由引理1得方程(4)在條件(Ⅱ)下僅有平凡解(x1,y1)=(1,0)，所以方程(2)在條件(Ⅱ)下僅有平凡解(x,y)=(5,0).

當Q≡5,13(mod24)時，5Q≡1,17(mod24).而此時p1≡13 (mod24)，p2≡19(mod24)，取D=5Q，則滿足引理1的條件(ⅲ)，故由引理1得方程(4)在條件(Ⅰ)下僅有平凡解(x1,y1)=(1,0)，所以方程(2)在條件(Ⅰ)下僅有平凡解(x,y)=(5,0).

綜上有，當x≡0(mod5)時方程(2)在題設條件下僅有平凡解(x,y)=(5,0).

當?0(mod5)時，此時5(x-5)，則(3)為gcd(x-5,3×52)=1或3，又ri≡5(mod6)(1≤i≤n)為互異的奇素數，則x2+5x+25?0(modri)(1≤i≤n),而x2+5x+25?0(mod2)，則方程(2)可分解為以下8種可能的情形：

Ⅰx-5=Ta2，x2+5x+25=b2，y=ab，gcd(a,b)=1

Ⅱx-5=2Qa2，x2+5x+25=p1p2b2，y=ab，gcd(a,b)=1

Ⅲx-5=2Qp1a2，x2+5x+25=p2b2，y=ab，gcd(a,b)=1

Ⅳx-5=2Qp2a2，x2+5x+25=p1b2，y=ab，gcd(a,b)=1

Ⅴx-5=3Ta2，x2+5x+25=3b2，y=3ab，gcd(a,b)=1

Ⅵx-5=6Qa2，x2+5x+25=3p1p2b2，y=3ab，gcd(a,b)=1

Ⅶx-5=6Qp1a2，x2+5x+25=3p2b2，y=ab，gcd(a,b)=1

Ⅷx-5=6Qp2a2，x2+5x+25=3p1b2，y=ab，gcd(a,b)=1

下面分別討論這8種情形下方程(2)的解的情況.

Ⅰ由x2+5x+25=b2解得x=-21,-8,-5,0,3,16代入x-5Ra2，得TU2=x-5=-26,-13-10,-5,-2,11顯然無解，故該情形方程(2)無整數解.

Ⅱ由a2≡0,1,4(mod8)得2a2≡0,2(mod8).根據奇偶性質得x2+5x+25必為奇數，則b2必為奇數，即b2≡1(mod8).

當Q≡7,23(mod24)時，x=2Qa2+5≡3,5(mod8)，則x2+5x+ 25≡1,3(mod8)，又p1≡1(mod24)，p2≡13(mod24)，故p1p2b2≡5 (mod8)，則有1,3≡x2+5x+25=p1p2b2≡5(mod8)，矛盾，故在條件(ⅰ)下方程(2)無整數解；

當Q≡1,5(mod12)時，x=2Qa2+5≡5,7(mod8)，則x2+5x+25≡3,5(mod8)，又p1≡13(mod24)，p2≡19(mod24)，故p1p2b2≡7 (mod8)，則有3,5≡x2+5x+25=p1p2b2≡7(mod8)，矛盾，故在條件(ⅱ)下方程(2)無整數解.

綜上有該情形方程(2)無整數解.

Ⅲ仿情形Ⅱ的證明可得在條件(ⅰ)下方程(2)無整數解.

由x2+5x+25=p2b2配方得(2x+5)2+75=4p2b2，將x-5= 2Qp1a2代入得，(4Qp1a2+15)2+75=4p2b2，兩邊同時取模p1得，(4Qp1a2+15)2+75≡4p2b2(modp1)，因為又p1≡13(mod24)，則矛盾，故在條件(ⅱ)下方程(2)無整數解.

綜上有該情形方程(2)無整數解.

Ⅳ仿情形Ⅲ在條件(ⅱ)下的證明知該情形在條件(ⅰ)下方程(2)無整數解；仿情形Ⅱ的證明可得在條件(ⅱ)下方(2)無整數解，故該情形方程(2)無整數解.

Ⅴ由x2+5x+25=3b2配方得(2x+5)2+75=12b2，兩邊同時取模5得，(2x+5)2+75≡12b2(mod5)，因為矛盾，故該情形方程(2)無整數解.

Ⅵ仿情形Ⅱ的證明可得該情形方程(2)無整數解.

Ⅶ仿情形Ⅱ的證明可得條件(ⅰ)下方程(2)無整數解.

由x2+5x+25=3p2b2配方得(2x+5)2+75=12p2b2，將x-5= 6Qp1a2代入得，(12Qp1a2+15)2+75=12p2b2，兩邊同時取模p1得，(12Qp1a2+15)2+75≡12p2b2(modp1)，因為盾，故在條件(ⅱ)下方程(2)無整數解.

綜上有該情形方程(2)無整數解.

情形Ⅷ仿情形Ⅶ在條件(ⅱ)下的證明知該情形在條件(ⅰ)下方程(2)無整數解；仿情形Ⅱ的證明可得條件(ⅱ)下方程(2)無整數解.故該情形方程(2)無整數解.

綜上有，當x?0(mod5)時方程(2)在題設條件下無整數解.

綜上所述，三次不定方程(2)在題設條件下僅有平凡解(x,y)=(5,0).

〔1〕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.

〔2〕李復中.關于一類丟番圖方程x3±(5k)3=Dy2[J].東北師范大學學報（自然科學版），1998，(2):16-19.

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

〔4〕普粉麗，杜先存.關于Diophantine方程x3-53=py2的解的研究[J].延安大學學報（自然科學版），2013，32(4)：10-11.

〔5〕廖軍.關于丟番圖方程x3-53=Dy2的整數解的研究[J].西南民族大學學報，2013，39(6)：907-909.

〔6〕廖軍.關于Diophantine方程x3-53=py2的整數解的研究[J].棗莊學院學報，2013，30(5)：60-62.

〔7〕普粉麗，馬艷園.關于Diophantine方程x3-53=Dy2的整數解[J].西安文理學院學報（自然科學版），2014，17（3）：30-31.

〔8〕廖軍，杜先存.關于Diophantine方程x3-53=2Dy2的整數解[J].長沙大學學報（自然科學版），2014，28（2）：7-8.

〔9〕杜先存.關于不定方程x3±1=2PDy2的整數解[J].浙江大學學報（理學版），2015，42(2)：96-99.

O156.1

A

1673-260X（2015）08-0001-02

云南省教育廳科學研究基金項目“某些Diophantine方程的整數解研究（2014Y462）”