[数论] 开个数论的帖子

1，求方程 $x(x+1)(2x+1)=6y^2$ 的所有正整数组解 $(x,y)$, 使得 $x$ 是偶数。
2，求方程 $x^n+2^{n+1}=y^{n+1}$ 的所有正整数组解 $(x,y,n)$, 满足以下两个条件：
（1）$x$ 为奇数，（2）$x$, $n+1$ 互质。
3，试求下述方程的所有有序正整数组解 $(x,y,z)$, 使得 $\Large x^{y^z}y^{z^x}z^{x^y}=1990^{1990}xyz$


____kuing edit 将第三题后面的式子放大一些，方便看清楚____

谢谢小K，这些问题陆续将答案敲上来，帖子可不要沉勒，嘿嘿。

慢慢来，答案别发这么快……虽然我估计我做不来……但是还有别的高手……

1、(Lucas猜想)x为偶数时，有且只有一组正整数解(24,70).

4# 零定义

还是知道不少的嘛，睡神

5# kuing
俺只懂得当睡神~

第3题.两边除以$xyz$
若x,y,z中有2个1,形如$(1990^{1990},1,1)$的3个解.
若有1个1,这样的解$(1,1990,1990+1),(1,1990^5,199\times2+1),(1,1990^{10},199+1),(1,1990^2,199\times5+1)$24个解.
199为质数,不妨设x=199,y,z不小于2,则容易得左边大于右边,..无解.

慢慢来，答案别发这么快……虽然我估计我做不来……但是还有别的高手……
kuing 发表于 2012-7-23 20:56

这么久了，他连答案也不发！

第2题(未解决,只是特殊到一般的尝试)
当n=1时,$(y^2-4,y,1),y=2k-1,k\in Z^+$是方程的解.
当n=2时,$x^2=y^3-8=(y-2)(y^2+2y+4),y^3=[(y-2)+2]^3$
\[(y-2,y^2+2y+4)=(y-2,4C_3^1)=(y-2,3),若(y-2,3)=1,得到y-2=s^2,且y^2+2y+4=t^2,s,t\in Z^+ ,\]
\[ 得到3=t^2-(y+1)^2=(t-y-1)(t+y+1),t-y-1=1,且t+y+1=3矛盾. \]
\[若(y-2,3)=3,得到y-2=3s^2,且y^2+2y+4=3t^2,s,t\in Z^+ ,得到3t^2+1=(3s^2+3)^2,\mod3下矛盾.所以n=2无解.\]
当n=3时,$x^3=y^4-2^4=(y-2)(y^3+2y^2+4y+8),y^4=[(y-2)+2]^4$,
\[(y-2,y^3+2y^2+4y+8)=(y-2,8C_4^1)=1,所以y-2=s^3,y^3+2y^2+4y+8=t^3\]
\[y,t为正奇数,y^3+2y^2+4y+8<(y+2)^3,y^3+2y^2+4y+8>y^3,所以无解.即n=3无解.\]

9# realnumber
第三题一般情况如下
$x^n=(y-2)(y^n+2y^{n-1}+\cdots+2^n),(y-2,y^n+2y^{n-1}+\cdots+2^n)=(y-2,2^{n}C_{n+1}^1)=(y-2,n+1)$,
又$(x,n+1)=1$,所以
$y^n+2y^{n-1}+\cdots+2^n=s^n$,s=y,y+2尝试下就可以说明无解.

10# realnumber
专研精神很强！赞一个！

第一题(只处理了部分)
x为偶数，设$x=2t,t\in Z^+$,那么方程为$t(2t+1)(4t+1)=3y^2$,
以下对t按$\mod 3$分类，
（1）当$t=3k+1,k\in Z$,$(3k+1)(2k+1)(12k+5)=y^2$,注意到$x,x+1,2x+1$两两互素，那么$3k+1,2k+1,12k+5$也两两互素，即有$3k+1=a^2,2k+1=b^2,12k+5=c^2,a,b,c\in Z$,最后一个为$2\equiv1\mod3 $,矛盾.
（2）当$t=3k+2,k\in Z$,$(3k+2)(6k+5)(4k+3)=y^2$,同样有$3k+2,6k+5,4k+3$两两互素,那么$3k+2=a^2,6k+5=b^2,4k+3=c^2,a,b,c\in Z$,第二个为$2\equiv1\mod3 $,矛盾.
（3）当$t=3k,k\in Z$,$k(6k+1)(12k+1)=y^2$,那么$k,6k+1,12k+1$也两两互素,有$k=a^2,6k+1=b^2,12k+1=c^2,a,b,c\in Z$
暂时没想出办法,k=4显然是解，也许会与佩尔方程处理办法有关，$b^2-6a^2=1,c^2-12a^2=1$,明天翻翻那些内容.

13# realnumber
只看最后一段：佩尔方程，有公式的，或者用递推数列来表达

12# realnumber
也不清楚细节对不对,可得$6a^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)$模仿不定方程$x^2+y^2=z^2$,$可解得a^2=4x^2y^2,b^2=(6x^2-y^2)^2,c^2=(6x^2+y^2)^2,x为正整数,y为正奇数$.代入$6a^2+1=b^2$,化简得到$36x^4-36y^2x^2+y^4-1=0$,看作$x^2$的二次方程,其判别式必须为完全平方,得到$8y^4+1=m^2,m\in Z^+,m为奇数$,即$8y^4=(m+1)(m-1)$,又$(m+1,m-1)=2$,所以有$m-1=2t^4,m+1=4s^4$或$m-1=4t^4,m+1=2s^4$,消去m,得到$1+t^4=2s^4$或$1+2t^4=s^4$,s,t为正整数.(前者有解(1,1),如果能证明就这个唯一解,那么问题解决,当然不成立,也有可能,推理过程不是一直等价的.)
$2t^4=(s^2-1)(s^2+1),(s^2-1,s^2+1)=2$,所以$s^2+1=2m^4,s^2-1=n^4或s^2-1=2m^4,s^2+1=n^4,(m,n)=1,mn=t,m,n\in Z^+$,即$±1=s^2-(n^2)^2$这与两不等正整数平方差绝对值最小为3矛盾.
只留下这个问题了$1+t^4=2s^4$是否有唯一解(1,1).

13# realnumber
只看最后一段：佩尔方程，有公式的，或者用递推数列来表达
yes94 发表于 2013-3-19 23:12

佩尔方程$b^2-6a^2=1$的最小正整数解：$a=2,b=5$，根据佩尔方程理论，可得\[a=\dfrac{(5+2\sqrt6)^n-(5-2\sqrt6)^n}{2\sqrt6},\]\[b=\dfrac{(5+2\sqrt6)^n+(5-2\sqrt6)^n}{2},\]
负整数解略去。
对于佩尔方程$c^2-12a^2=1$同理，这里也略去。

$1+t^4=2s^4$是否有唯一解(1,1).百撕不得骑姐.

16# realnumber
Ljunggren方程的一种情形，x^2-2y^4=-1仅有两组正整数解(1,1)，(239,13)

17# 零定义
谢谢，按提示去百度，水很深，看来得放一放了。

$1+t^4=2s^4$是否有唯一解(1,1).百撕不得骑姐.
realnumber 发表于 2013-3-21 20:45

要干嘛？撕？骑？