关于丢番图方程x3＋64＝201y2的整数解

廖 军，普粉丽

（1.文山学院数学学院，云南 文山663000；2.普洱学院数学与统计学院，云南 普洱665000）

0 引 言

方程

是一类重要的丢番图方程，其整数解有一些学者研究过。目前的主要结论有：1994年，李复中[1]给出D只含一个6k＋1型素数因子时丢番图方程x3±64＝3Dy2在一些条件下无非平凡解的充分条件；同年，张海燕、李复中[2]给出D不能被3或6k＋1型的素数整除，且D≠k＋2时不定方程x3±64＝dy2无非平凡解的充分性条件；2008年，赵天[3]给出了不定方程x3±26＝3Dy2（D＝7，13，19，31）的所有整数解；2012年，张攀[4]给出了10个不定方程x3±64＝py2（p＝7，13，19，37，43）的所有整数解；牛芳芳、罗明[5]给出了不定方程x3－64＝31y2的所有解；赵天[6]给出了不定方程x3＋64＝21y2的所有解。本文主要讨论丢番图方程x3＋64＝201y2解的情况。

1 相关引理

引理1[7]不定方程x3＋1＝201y2仅有整数解（－1，0），（440，±651）。

引理2[4]不定方程为素数），gcd（x，y）＝1无正整数解。

2 定 理

定理 丢番图方程

仅有整数解 （－4，0），（1760，±5208）。

3 定理证明

证明 当x≡0（mod4）时，令x＝4x1，则方程（2）可化为64＋1）＝201y2，可得y≡0（mod8），又令y＝8y1，从而方程（2）可化为＋1＝，由引理1可以得知，方程（2）在该情形下只有整数解（－4，0），（1760，±5280）。

当2‖x时，则y≡0（mod4），令x＝2x1，y＝4y1，此时方程（2）可化为＋8＝402y12，由引理2可知丢番图方程＋8＝无整数解。因此该情况下方程（2）无整数解。

当x≢0（mod2）时，则y≢0（mod2），因为x3＋64＝ （x＋4）（x2－4x＋16），所以gcd（x＋4，x2－4x＋16）＝1或3，从而方程（2）可以得出下列8种可能的情形：

情形ⅰ：x＋4＝201a2，x2－4x＋16＝b2，gcd（a，b）＝1，y＝ab；

情形ⅱ：x＋4＝a2，x2－4x＋16＝201b2，gcd（a，b）＝1，y＝ab；

情形ⅲ：x＋4＝67a2，x2－4x＋16＝3b2，gcd（a，b）＝1，y＝ab；

情形ⅳ：x＋4＝3a2，x2－4x＋16＝67b2，gcd（a，b）＝1，y＝ab；

情形ⅴ：x＋4＝603a2，x2－4x＋16＝3b2，gcd（a，b）＝3，y＝3ab；

情形ⅵ：x＋4＝3a2，x2－4x＋16＝603b2，gcd（a，b）＝3，y＝3ab；

情形ⅶ：x＋4＝201a2，x2－4x＋16＝9b2，gcd（a，b）＝3，y＝3ab；

情形ⅷ：x＋4＝9a2，x2－4x＋16＝201b2，gcd（a，b）＝3，y＝3ab。

下面分别讨论方程 （2）在这8种情形下的解的情况。

情形ⅰ，由第二式可得x＝0或4，代入到第一式，可知x＝0或4均不适合此式。因此，在该情形下方程 （2）无整数解。

情形ⅱ，因为x≢0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），则有a2≡1（mod8），b2≡1（mod8）。由一式得x＝a2－4≡ －3≡5（mod8），代入第二式得x2－4x＋16≡21≡5（mod8），又因为b2≡1（mod8），所以201b2≡1（mod8），故5≡x2－4x＋16＝201b2≡1（mod8），矛盾。因此，在该情形下方程（2）无整数解。

情形ⅲ，因为x≢0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），则有a2≡1（mod8），67a2≡3（mod8）。由一式得x＝67a2－4≡－1≡7（mod8），代入第二式得x2－4x＋16≡37≡5（mod8）。又由于b≡1（mod2），则有b2≡1（mod8），3b2≡3（mod8），故有5≡x2－4x＋16＝3b2≡3（mod8），矛盾。因此，在该情形下方程（2）无整数解。

情形ⅳ，因为x≢0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），则有a2≡1（mod8），b2≡1（mod8）。由第一式得x＝3a2－4≡－1≡7（mod8），代入第二式得x2－4x＋16≡37≡5（mod8），又因为b2≡1（mod8），所以67b2≡3（mod8），故有5≡x2－4x＋16≡67b2≡3（mod8），矛盾。因此，在该情形下方程（2）无整数解。

情形ⅴ，因为x≢0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），则有a2≡1（mod8），603a2≡3（mod8）。由第一式得x＝603a2－4≡－1≡7（mod8），代入第二式得x2－4x＋16≡37≡5（mod8），由于b≡1（mod2），则有b2≡1（mod8），3b2≡3（mod8），故有5≡x2－4x＋16＝3b2≡3（mod8），矛盾。因此，在该情形下方程（2）无整数解。

情形ⅵ，因为x≢0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），则有a2≡1（mod8），b2≡1（mod8）。由第一式得x＝3a2－4≡ －1≡7（mod8），代入第二式得x2－4x＋16≡37≡5（mod8。又因为b2≡1（mod8），所以603b2≡3（mod8），故5≡x2－4x＋16＝603b2≡3（mod8），矛盾。因此，在该情形下方程（2）无整数解。

情形ⅶ，因为X≢0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），则有a2≡1（mod8），b2≡1（mod8）。由一式得x＝201a2－4≡－3≡5（mod8），代入第二式得x2－4x＋16≡21≡5（mod8）。又因为b2≡1（mod8），所以9b2≡1（mod8），故5≡x2－4x＋16＝9b2≡1（mod8），矛盾。因此，在该情形下方程（2）无整数解。

情形ⅷ，因为x≢0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），则有a2≡1（mod8），b2≡1（mod8）。由一式得x＝9a2－4≡ －3≡5（mod8），代入第二式得x2－4x＋16≡21≡5（mod8）。又因为b2≡1（mod8），所以201b2≡1（mod8），故5≡x2－4x＋16＝201b2≡1（mod8），矛盾。因此，在该情形下方程（2）无整数解。

通过以上8种情形的讨论可知方程 （2）无x≢0（mod2）的整数解。

综上可得，丢番图方程x3＋64＝201y2仅有整数解 （－4，0），（1760，±5208）。

[1]李复中.关于丢番图方程x3±64＝3Dy2[J].东北师范大学报：自然科学版，1994，（02）：16－17.

[2]张海燕，李复中.关于丢番图方程x3±64＝Dy2[J].哈尔滨科学技术大学学报，1994，18（03）：107－109.

[3]赵天.关于不定方程x3±23n＝3Dy2解的讨论[D].重庆：重庆师范大学，2008.

[4]张攀.关于不定方程x3±64＝py2的研究[D].西安：西北大学，2012.

[5]牛芳芳，罗明.关于不定方程x3－64＝31y2[J].重庆文理学院学报：自然科学版，2012，31（02）：32－34.

[6]赵天.关于不定方程x3＋64＝21y2[J].重庆工商大学学报：自然科学版，2008，25（01）：9－12.

[7]李双志，罗明.关于不定方程x3＋1＝201y2[J].西南师范大学学报：自然科学版，2010，35（01）：11－14.