关于三次方程x3-53=Ty2的整数解

赵晶晶

（滇西科技师范学院后勤管理处，云南临沧677000）

关于三次方程x3-53=Ty2的整数解

赵晶晶

（滇西科技师范学院后勤管理处，云南临沧677000）

设为互异的奇素数，p1≡p2≡1(mod6)为奇素数，运用初等方法得出了三次方程x3-53=Ty2无正整数解的一个充分条件.

三次方程；整数解；奇素数；Legendre符号；同余

三次方程

是一类基本而重要的方程，但目前结果还不多见，其结论主要为：

(Ⅰ)当T不含素因子2时，文[1][2]给出了T不含3或6k+1型素因子时方程(1)的全部非平凡正整数解；文[3]-文[7]分别给出了T含6k+1型素因子时方程(1)无正整数解的充分性条件.

(Ⅱ)当T不含素因子2时，文[9]给出了T含6k+1型素因子时方程(1)无正整数解的充分性条件.

当T含素因子2同时还含6k-1型素因子的情况目前还没有相关结果，本文主要研究T含素因子2、2个6k+1型素因子，同时含至少一个6k+1形素因子的情况，即证明了如下定理：

n)为互异的奇素数，p1≡p2≡1(mod6)为奇素数，则三次方程

仅有平凡解(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 相关定理

在下列条件下只有平凡解(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 定理证明

证明设(x,y)是方程(2)的一组整数解.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

当x≡0(mod5)时，此时5|(x-5)，故5|gcd(x-5,3×52)，令x=5x1，则不定方程(2)可化为

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

当Q≡7,23(mod24)时，有5Q≡11,19(mod24).而此时p1≡1(mod24)，p2≡13(mod24)，取D=5Q，则满足引理1的条件(ⅰ)，故由引理1得方程(4)在条件(Ⅰ)下仅有平凡解(x1,y1)= (1,0)，所以方程(2)在条件(Ⅰ)下仅有平凡解(x,y)=(5,0).

因为Q≡1,5(mod12)，则Q≡1,5,13,17(mod24).

当Q≡1,17(mod24)时，5Q≡5,13(mod24).而p1≡13 (mod24)，p2≡19(mod24)，取D=5Q，则满足引理1的条件(ⅱ)，故由引理1得方程(4)在条件(Ⅱ)下仅有平凡解(x1,y1)=(1,0)，所以方程(2)在条件(Ⅱ)下仅有平凡解(x,y)=(5,0).

当Q≡5,13(mod24)时，5Q≡1,17(mod24).而此时p1≡13 (mod24)，p2≡19(mod24)，取D=5Q，则满足引理1的条件(ⅲ)，故由引理1得方程(4)在条件(Ⅰ)下仅有平凡解(x1,y1)=(1,0)，所以方程(2)在条件(Ⅰ)下仅有平凡解(x,y)=(5,0).

综上有，当x≡0(mod5)时方程(2)在题设条件下仅有平凡解(x,y)=(5,0).

当≢0(mod5)时，此时5(x-5)，则(3)为gcd(x-5,3×52)=1或3，又ri≡5(mod6)(1≤i≤n)为互异的奇素数，则x2+5x+25≢0(modri)(1≤i≤n),而x2+5x+25≢0(mod2)，则方程(2)可分解为以下8种可能的情形：

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

下面分别讨论这8种情形下方程(2)的解的情况.

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显然无解，故该情形方程(2)无整数解.

Ⅱ由a2≡0,1,4(mod8)得2a2≡0,2(mod8).根据奇偶性质得x2+5x+25必为奇数，则b2必为奇数，即b2≡1(mod8).

当Q≡7,23(mod24)时，x=2Qa2+5≡3,5(mod8)，则x2+5x+ 25≡1,3(mod8)，又p1≡1(mod24)，p2≡13(mod24)，故p1p2b2≡5 (mod8)，则有1,3≡x2+5x+25=p1p2b2≡5(mod8)，矛盾，故在条件(ⅰ)下方程(2)无整数解；

当Q≡1,5(mod12)时，x=2Qa2+5≡5,7(mod8)，则x2+5x+25≡3,5(mod8)，又p1≡13(mod24)，p2≡19(mod24)，故p1p2b2≡7 (mod8)，则有3,5≡x2+5x+25=p1p2b2≡7(mod8)，矛盾，故在条件(ⅱ)下方程(2)无整数解.

综上有该情形方程(2)无整数解.

Ⅲ仿情形Ⅱ的证明可得在条件(ⅰ)下方程(2)无整数解.

由x2+5x+25=p2b2配方得(2x+5)2+75=4p2b2，将x-5= 2Qp1a2代入得，(4Qp1a2+15)2+75=4p2b2，两边同时取模p1得，(4Qp1a2+15)2+75≡4p2b2(modp1)，因为又p1≡13(mod24)，则矛盾，故在条件(ⅱ)下方程(2)无整数解.

综上有该情形方程(2)无整数解.

Ⅳ仿情形Ⅲ在条件(ⅱ)下的证明知该情形在条件(ⅰ)下方程(2)无整数解；仿情形Ⅱ的证明可得在条件(ⅱ)下方(2)无整数解，故该情形方程(2)无整数解.

Ⅴ由x2+5x+25=3b2配方得(2x+5)2+75=12b2，两边同时取模5得，(2x+5)2+75≡12b2(mod5)，因为矛盾，故该情形方程(2)无整数解.

Ⅵ仿情形Ⅱ的证明可得该情形方程(2)无整数解.

Ⅶ仿情形Ⅱ的证明可得条件(ⅰ)下方程(2)无整数解.

由x2+5x+25=3p2b2配方得(2x+5)2+75=12p2b2，将x-5= 6Qp1a2代入得，(12Qp1a2+15)2+75=12p2b2，两边同时取模p1得，(12Qp1a2+15)2+75≡12p2b2(modp1)，因为盾，故在条件(ⅱ)下方程(2)无整数解.

综上有该情形方程(2)无整数解.

情形Ⅷ仿情形Ⅶ在条件(ⅱ)下的证明知该情形在条件(ⅰ)下方程(2)无整数解；仿情形Ⅱ的证明可得条件(ⅱ)下方程(2)无整数解.故该情形方程(2)无整数解.

综上有，当x≢0(mod5)时方程(2)在题设条件下无整数解.

综上所述，三次不定方程(2)在题设条件下仅有平凡解(x,y)=(5,0).

〔1〕李复中.关于丢番图方程x3±125=Dy2[J].东北师范大学学报（自然科学版），1996，(3):15-16.

〔2〕李复中.关于一类丢番图方程x3±(5k)3=Dy2[J].东北师范大学学报（自然科学版），1998，(2):16-19.

〔3〕刘晓敏.关于丢番图方程x3±p3=Dy2解的讨论[D].哈尔滨理工大学,2006.

〔4〕普粉丽，杜先存.关于Diophantine方程x3-53=py2的解的研究[J].延安大学学报（自然科学版），2013，32(4)：10-11.

〔5〕廖军.关于丢番图方程x3-53=Dy2的整数解的研究[J].西南民族大学学报，2013，39(6)：907-909.

〔6〕廖军.关于Diophantine方程x3-53=py2的整数解的研究[J].枣庄学院学报，2013，30(5)：60-62.

〔7〕普粉丽，马艳园.关于Diophantine方程x3-53=Dy2的整数解[J].西安文理学院学报（自然科学版），2014，17（3）：30-31.

〔8〕廖军，杜先存.关于Diophantine方程x3-53=2Dy2的整数解[J].长沙大学学报（自然科学版），2014，28（2）：7-8.

〔9〕杜先存.关于不定方程x3±1=2PDy2的整数解[J].浙江大学学报（理学版），2015，42(2)：96-99.

O156.1

A

1673-260X（2015）08-0001-02

云南省教育厅科学研究基金项目“某些Diophantine方程的整数解研究（2014Y462）”