廖 軍，普粉麗

（1.文山學(xué)院數(shù)學(xué)學(xué)院，云南 文山663000；2.普洱學(xué)院數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院，云南 普洱665000）

0 引 言

方程

是一類重要的丟番圖方程，其整數(shù)解有一些學(xué)者研究過。目前的主要結(jié)論有：1994年，李復(fù)中[1]給出D只含一個6k＋1型素數(shù)因子時丟番圖方程x3±64＝3Dy2在一些條件下無非平凡解的充分條件；同年，張海燕、李復(fù)中[2]給出D不能被3或6k＋1型的素數(shù)整除，且D≠k＋2時不定方程x3±64＝dy2無非平凡解的充分性條件；2008年，趙天[3]給出了不定方程x3±26＝3Dy2（D＝7，13，19，31）的所有整數(shù)解；2012年，張攀[4]給出了10個不定方程x3±64＝py2（p＝7，13，19，37，43）的所有整數(shù)解；牛芳芳、羅明[5]給出了不定方程x3－64＝31y2的所有解；趙天[6]給出了不定方程x3＋64＝21y2的所有解。本文主要討論丟番圖方程x3＋64＝201y2解的情況。

1 相關(guān)引理

引理1[7]不定方程x3＋1＝201y2僅有整數(shù)解（－1，0），（440，±651）。

引理2[4]不定方程為素數(shù)），gcd（x，y）＝1無正整數(shù)解。

2 定 理

定理 丟番圖方程

僅有整數(shù)解 （－4，0），（1760，±5208）。

3 定理證明

證明 當(dāng)x≡0（mod4）時，令x＝4x1，則方程（2）可化為64＋1）＝201y2，可得y≡0（mod8），又令y＝8y1，從而方程（2）可化為＋1＝，由引理1可以得知，方程（2）在該情形下只有整數(shù)解（－4，0），（1760，±5280）。

當(dāng)2‖x時，則y≡0（mod4），令x＝2x1，y＝4y1，此時方程（2）可化為＋8＝402y12，由引理2可知丟番圖方程＋8＝無整數(shù)解。因此該情況下方程（2）無整數(shù)解。

當(dāng)x?0（mod2）時，則y?0（mod2），因為x3＋64＝ （x＋4）（x2－4x＋16），所以gcd（x＋4，x2－4x＋16）＝1或3，從而方程（2）可以得出下列8種可能的情形：

情形?。簒＋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。

下面分別討論方程 （2）在這8種情形下的解的情況。

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均不適合此式。因此，在該情形下方程 （2）無整數(shù)解。

情形ⅱ，因為x?0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），則有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），又因為b2≡1（mod8），所以201b2≡1（mod8），故5≡x2－4x＋16＝201b2≡1（mod8），矛盾。因此，在該情形下方程（2）無整數(shù)解。

情形ⅲ，因為x?0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），則有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），則有b2≡1（mod8），3b2≡3（mod8），故有5≡x2－4x＋16＝3b2≡3（mod8），矛盾。因此，在該情形下方程（2）無整數(shù)解。

情形ⅳ，因為x?0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），則有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），又因為b2≡1（mod8），所以67b2≡3（mod8），故有5≡x2－4x＋16≡67b2≡3（mod8），矛盾。因此，在該情形下方程（2）無整數(shù)解。

情形ⅴ，因為x?0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），則有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），則有b2≡1（mod8），3b2≡3（mod8），故有5≡x2－4x＋16＝3b2≡3（mod8），矛盾。因此，在該情形下方程（2）無整數(shù)解。

情形ⅵ，因為x?0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），則有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。又因為b2≡1（mod8），所以603b2≡3（mod8），故5≡x2－4x＋16＝603b2≡3（mod8），矛盾。因此，在該情形下方程（2）無整數(shù)解。

情形ⅶ，因為X?0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），則有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）。又因為b2≡1（mod8），所以9b2≡1（mod8），故5≡x2－4x＋16＝9b2≡1（mod8），矛盾。因此，在該情形下方程（2）無整數(shù)解。

情形ⅷ，因為x?0（mod2），所以a≡1（mod2），b≡1（mod2），則有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）。又因為b2≡1（mod8），所以201b2≡1（mod8），故5≡x2－4x＋16＝201b2≡1（mod8），矛盾。因此，在該情形下方程（2）無整數(shù)解。

通過以上8種情形的討論可知方程 （2）無x?0（mod2）的整數(shù)解。

綜上可得，丟番圖方程x3＋64＝201y2僅有整數(shù)解 （－4，0），（1760，±5208）。

[1]李復(fù)中.關(guān)于丟番圖方程x3±64＝3Dy2[J].東北師范大學(xué)報：自然科學(xué)版，1994，（02）：16－17.

[2]張海燕，李復(fù)中.關(guān)于丟番圖方程x3±64＝Dy2[J].哈爾濱科學(xué)技術(shù)大學(xué)學(xué)報，1994，18（03）：107－109.

[3]趙天.關(guān)于不定方程x3±23n＝3Dy2解的討論[D].重慶：重慶師范大學(xué)，2008.

[4]張攀.關(guān)于不定方程x3±64＝py2的研究[D].西安：西北大學(xué)，2012.

[5]牛芳芳，羅明.關(guān)于不定方程x3－64＝31y2[J].重慶文理學(xué)院學(xué)報：自然科學(xué)版，2012，31（02）：32－34.

[6]趙天.關(guān)于不定方程x3＋64＝21y2[J].重慶工商大學(xué)學(xué)報：自然科學(xué)版，2008，25（01）：9－12.

[7]李雙志，羅明.關(guān)于不定方程x3＋1＝201y2[J].西南師范大學(xué)學(xué)報：自然科學(xué)版，2010，35（01）：11－14.