方程（ｘ４ｋ＋ｙ４ｋ＋ｚ４ｋ）２＝２（ｘ8ｋ＋ｙ8ｋ＋ｚ8ｋ）的整数

【摘要】给出方程(x4k+y4k+z4k)2=2(x8k+y8k+z8k)的所有整数解(x,y,z)

【关键词】高次Diophantine方程 整数解

【中图分类号】O156【文献标识码】A【文章编号】1009-9646(2009)01(a)-0169-01

设Z,N+分别是全体整数和正整数的集合.长期以来,高次Diophantine方程的求解一直是数论中一个引人关注但又十分困难的问题[1]。最近,乐茂华教授解决了[2]

(x4+y4+z4)2=2(x8+y8+z8)

的整数解本文将解决

(x4k+y4k+z4k)2=2(x8k+y8k+z8k)k∈N+,x,y,z∈Z (1)

有哪些解

显然,(x,y,z)=(0,0,0)是方程(1)的解,当x=y=0且z≠0,方程(1)不可能成立.当x=0且 y,z都是非零整数时,从方程(1)可得y4k=z4k,由此可得y=t,z=±t,其中t是非零整数.以上分析可得方程(1)的所有适合xyz=0的解(x,y,z)

当xyz≠0时,方程(1)的解(x,y,z)称为它的非零解.如果(x,y,z)是方程(1)的非零解则(|x|,|y|,|z|)必为方程(1)的正整数解.因此,若能找出方程(1)的全部正整数解.则直接可得它的全部非零解

当(x,y,z)是方程(1)的一组正整数解时,设d=gcd(x,y,z),则(x/d,y/d,z/d)是方程(1)的一组适合gcd(x/d,y/d,z/d)=1 的正整数解.方程(1)的适合gcd(x,y,z)=1的正整数解称为它的本原解.显然,若能找出方程(1)的全部本原解,则直接可得它的全部正整数解

由乐茂华教授方程(x4+y4+z4)2=2(x8+y8+z8)的整数解文献可知:方程方程(x4+y4+z4)2=2(x8+y8+z8)适合方程x≤y≤z的本原解gcd(x,y,z)=1都可以来表示

下面我们将扩展成较一般的(x4k+y4k+z4k)2=2(x8k+y8k+z8k)有那些整数解

解:(x4k+y4k+z4k)2=2(x8k+y8k+z8k)

x8k+y8k+z8k+2x4ky4k+2x4kz4k+2y4kz4k =2x8k+2y8k+2z8k则

x8k+y8k+z8k =2x4ky4k+2x4kz4k+2y4kz4k (2)

又因为

(x4k-y4k-z4k)2=x8k+y8k+z8k-2x4ky4k-2x4kz4k+2y4kz4k (3)

所以,由(2)(3)可得

(x4k-y4k-z4k)2=4y4kz4k(4)

因为2y2kz2k>0,所以(4)式可得

|x4k-y4k-z4k|=2y2kz2k

x4k-y4k-z4k=±2y2kz2k

当x4k-y4k-z4k=2y2kz2k时

X4k=y4k+2y2kz2k+z4k

(x2k)2=(y2k+z2k)2

(x2k)2=(y2k+z2k)2

因为x2k,y2k,z2k>0,所以

x2k =y2k+z2k (5)

当k=0时,已经讨论了

当k=1时,根据文献[3]可知:适合(5)以及gcd(x,y,z)=1正整数x,y,z都可以表成

x=y=,z=a2+b2

其中a和b是适合

a>b,gcd(a,b)=1,2|ab的正整数

当k≥2时,为费马函数.方程无解

当x4k-y4k-z4k=-2y2kz2k时

x4k=y4k-2y2kz2k+z4k

(x2k)2=(y2k-z2k)2

因为x2k,y2k,z2k>0,所以x2k=y2k-z2k则

x2k+z2k=y2k (6)

当k=0时,已经讨论了

当k=1时,根据文献[3]可知:适合(6)以及gcd(x,y,z)=1正整数x,y,z都可以

表成x=,z=,y=a2+b2

其中a和b是适合

a>b,gcd(a,b)=1,2︱ab 的正整数

当k≥2时,为费马函数.方程无解

参考文献

[1] Dickson L E.History of the theory of numbers:Vol2[M].Washington:Carnegic Institute,1920.

[2] 乐茂华.方程(x4+y4+z4)2=2(x8+y8+z8)的整数解,2006,21(5),15-16.

[3] 华罗庚.数论引导[M],北京:科学出版社,1979.102-115.

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