2021-08-02-01
（来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数论 余红兵 不定方程（二） P060 例7）
证明:不定方程
(1)
的全部正整数解是.
证明
我们先用同余证明,和都是偶数.方程(1)模4,得到
,
从而是偶数.将方程(1)模,得到
,
即,故.
注意,故若是奇数,则由及,可从(1)得出
,
这不可能.所以必为一个偶数设,,则方程(1)可分解为
.(2)
易知(2)中左边两个因数的最大公约数为,而(2)的右边是的幂,故必须有
将(3)模可知,与必须都是奇数(否则,(3)的左边.将(3)、(4)相加,得
.(5)
若,则(5)的右边;而因为奇数,故左边,这不可能,故必有.由此及(5)得,即,进而易知,即.因此.
2021-08-02-02
（来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数论 余红兵 不定方程（二） P060 例8）
证明:不定方程
(1)
仅有一组正整数解,及.
证明一
首先,将方程(1)模,得
,
故是奇数.将(1)分解为
,
由此易知是偶数.因为若为奇数,则上式右边为奇数()个奇数之和,故是奇数,而左边是偶数,产生矛盾.同样,将(1)变形为
,
可见也是偶数.
现在设,,则(1)可分解为
.(2)
因是偶数,故与的最大公约数是,又显然有.由这些及(2)推出,必须
,.
因此,故,即,从而易得及.
证明二
这一证明分两步进行.首先证明没有奇素数因子.采用反证法,设有一个奇素数,使,设,其中,.由二项式定理,可将(1)变形为
.(3)
由此可见,即,从而.设,,则.我们将通过比较(3)式两边所含的幂次来导出矛盾.
对设,则在
中,的幂次至少是.若,则;若,则由得,又,故.因此,从而
.
故我们总有,于是,进而有
.
又,因此(3)式左边含的幂次为.
另一方面,由于,故,即(3)式右边含的幂次为.但由原方程(1)可见,又,故,从而
.
因此(3)式左、右两边含的幂次不等,这不可能.所以不含奇素数因子,即为的幂.
设.由前面证明过的,可知是偶数,设.方程(1)可分解为
,
因上式左边两个因数的最大公约数为,而右边是的幂,故必须
,.
因此,即,故.
2021-08-02-03
（来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数论 余红兵 不定方程（二） P062 习题1）
证明不定方程
没有整数解.
证明
将方程配方成
,
模得.但易于验证,一个整数的平方模只可能取之一,不能为.因此原方程无整数解.
2021-08-02-04
（来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数论 余红兵 不定方程（二） P062 习题2）
求所有正整数、,使得.
解
模即知方程
无正整数解.方程
(1)
显然有解.下面证明当时它无正整数解.将(1)模得,故为奇数,因此.又,故将(1)模得出,这不可能.所以,从而.
2021-08-02-05
（来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数论 余红兵 不定方程（二） P062 习题3）
求所有素数,使得为一个整数的次幂(这里的).
解
均不合要求.设素数且.由二项式定理易知
故,从而不能是整数的次幂.
2021-08-02-06
（来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数论 余红兵 不定方程（二） P062 习题4）
证明:不定方程
仅有正整数解.
证明
方程显然有解.将方程模易知为奇数.若,将方程模得
(1)
不难求得对模周期地为.故由(1)知必有形式.再将原方程模,易验证,对奇数,有
.
而时,由费马小定理知,故
,
从而原方程两边模不等,因此它没有的解,故仅有的正整数解为,.
2021-08-02-07
（来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数论 余红兵 不定方程（二） P062 习题5）
证明没有整数解.
证明
易于验证,;.由这些易知,故方程无整数解.
2021-08-02-08
（来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数论 余红兵 不定方程（二） P062 习题6）
设是给定的奇素数,求的全部正整数解、.
解
由可知,,为一个整数因,故.因此
(1)
易知,上式右边除最后一项外,均被整除(注意,因是素数,故所有对均被整除),因此是(1)的右边的的最高次幂,故必须,此时(1)化为
.(2)
当时,(2)即为,得,故.若,注意到不被整除,易知(2)的左边除最后一项外,均被整除,但最后一项不能被整除,这表明(2)不能成立.因此,本题仅在时有解.