Remark 1. We note that even if q =

Remark 1. We note that even if q = p + 2 is not prime, the equation
(1) still has infinitely many solutions (p, q, x, y, z) in N of the form (6(3l2) −
1, 6(3l2) + 1, 1, 1, 6l) where l ∈ N.
We now proceed to state our main result.
Theorem 1. Let p and q be fixed twin primes and their sum be a perfect
square. Then, the equation (1) has the unique solution (x, y, z) = (1, 1, √p + q).
Before we prove Theorem 1, we first prove the following lemmas.
Lemma 3. The Diophantine equation 1 + px = z2, where p is an odd
prime has the exactly two solutions solutions (p, x, z) in N0; namely, (3, 1, 2)
and (2, 3, 3).
Proof. It suffices to assume that x > 0 since z2 = 2 is impossible. If
min{p, x, z} > 1, then it immediately follows that (2, 3, 3) is a unique solution
to 1+px = z2. If no restriction is imposed, then it follows that (z+1)(z−1) = px.
Hence, 2 = pβ − pα = pα(pβ−α − 1) where β > α and α + β = x. Since p 6= 2,
then α = 0 and px − 1 = 2. Thus, p = 3 and x = 1, which yield the solution
(p, y, z) = (3, 1, 2) of 1 + px = z2. This concludes the lemma.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

หมายเหตุ 1 เราทราบว่า แม้ q = p + 2 เป็นไม่สำคัญ สมการ(1) ยัง มีโซลูชั่นหลายอย่างมากมาย (p, q, x, y, z) ในแบบฟอร์ม (6(3l2) − N1, 6(3l2) + 1, 1, 1, 6 l) ซึ่ง l ∈ nเราดำเนินการรัฐผลหลักของเราทฤษฎีบทที่ 1 ให้ p และ q เป็นไพรม์คงทวิ และผลรวมของพวกเขาเป็นสมบูรณ์แบบสแควร์ แล้ว สมการ (1) มีเฉพาะการแก้ไขปัญหา (x, y, z) = (1, 1, √p + q)ก่อนที่เราพิสูจน์ทฤษฎีบท 1 เราแรกพิสูจน์คำนามภาษาต่อไปนี้หน่วยการที่ 3 สมการ Diophantine 1 + px = z2 โดยที่ p คือ คาบนายกมีโซลูชันสอง (p, x, z) ใน N0 คือ, (3, 1, 2)และ (2, 3, 3)หลักฐาน พอที่จะสรุปว่า x > 0 ตั้งแต่ z2 = 2 ไม่ ถ้านาที {p, x, z } > 1 แล้วก็ตามทันทีที่ (2, 3, 3) เป็นวิธีไม่ซ้ำการ 1 + px = z2 ถ้าไม่มีข้อจำกัดที่ imposed แล้วมันตามที่ (z+1)(z−1) = pxด้วยเหตุนี้ 2 = pβ − pα pα (pβ−α − 1) =ที่β > α และα + β = x ตั้งแต่ p 6 = 2แล้วα = 0 และ px − 1 = 2 ดังนั้น p = 3 และ x = 1 ซึ่งผลผลิตการแก้ปัญหา(p, y, z) = (3, 1, 2) 1 + px = z2 นี่ concludes ในหน่วยการ

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

หมายเหตุ 1. เราทราบว่าแม้ว่า q = P + 2 ไม่ได้เป็นนายกสมการ
(1) ยังคงมีการแก้ปัญหาหลายอย่างมากมาย (p, q, X, Y, Z) ใน N ของแบบฟอร์ม (6 (3l2) -
1 6 (3l2) + 1, 1, 1, 6L) ซึ่ง L ∈ N.
ตอนนี้เราดำเนินการของรัฐหลักผล. เรา
ทฤษฎีบท 1. Let p และ q ได้รับการแก้ไขเฉพาะคู่และผลรวมของพวกเขาเป็นที่สมบูรณ์แบบ
ตาราง จากนั้นสมการที่ (1) มีวิธีการแก้ปัญหาที่ไม่ซ้ำกัน (x, y, z) = (1, 1, √p + Q).
ก่อนที่เราจะพิสูจน์ทฤษฎีบทที่ 1 ครั้งแรกที่เราพิสูจน์ lemmas ต่อไป.
บทแทรก 3. Diophantine สมการที่ 1 + px = Z2, P คือแปลก
ที่สำคัญมีตรงสองโซลูชั่น (P, x, Z) ใน N0; คือ (3, 1, 2)
และ (2, 3, 3).
หลักฐาน มันพอเพียงที่จะสรุปว่า x> 0 ตั้งแต่ Z2 = 2 เป็นไปไม่ได้ ถ้า
นาที {p, X, Z}> 1 แล้วได้ทันทีตามที่ (2, 3, 3) เป็นวิธีการแก้ปัญหาที่ไม่ซ้ำกัน
1 + px = Z2 ถ้าไม่มีข้อ จำกัด จะเรียกเก็บจากนั้นก็ต่อว่า (Z + 1) (Z-1) = px.
ดังนั้น 2 = pβ - pα = pα (pβ-α - 1) ซึ่งβ> αและα + β = x ตั้งแต่ 6 P = 2
แล้วα = 0 และ px - 1 = 2 ดังนั้น p = 3 x = 1 ซึ่งให้ผลการแก้ปัญหา
(P, Y, Z) = (3, 1, 2) 1 + px = Z2 นี้สรุปแทรก

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

หมายเหตุ 1 . เราทราบว่าถ้า Q = P + 2 ไม่ได้เป็นนายก สมการ( 1 ) ยังคงมีจำนวนโซลูชั่น ( P , Q , X , Y , Z ) N ของฟอร์ม ( 6 ( 3l2 ) บริษัท เวสเทิร์น1 , 6 ( 3l2 ) + 1 , 1 , 1 , 6l ) ที่ผม∈ )ตอนนี้เราดำเนินการในรัฐสำคัญของเราทฤษฎีบทที่ 1 ให้ p และ q เป็นจำนวนเฉพาะแฝดและคงที่ผลรวมของพวกเขาเป็นที่สมบูรณ์แบบสแควร์ แล้วสมการ ( 1 ) มีโซลูชั่น ( x , y , z ) = ( 1 , 1 , √ P + Q )ก่อนที่เราจะพิสูจน์ทฤษฎีบทที่ 1 เราพิสูจน์ lemmas ดังต่อไปนี้พ 3 . สมการไดโอแฟนไทน์ที่ 1 บาร์เรล = กขึ้น ซึ่ง P เป็นคี่นายกรัฐมนตรีได้ตรงสองโซลูชั่น โซลูชั่น ( P , X , Z ) ในอัตราส่วน คือ ( 2 , 1 , 2 )( 2 , 3 , 3 )พิสูจน์ มันก็ให้สันนิษฐานว่า x > 0 ตั้งแต่กขึ้น = 2 เป็นไปไม่ได้ ถ้ามิน { P , X , Z } > 1 แล้วมันทันที 1 ที่ ( 2 , 3 , 3 ) เป็นโซลูชั่นที่เป็นเอกลักษณ์1 + % = กขึ้น . ถ้าไม่มีข้อ จำกัดถูกกำหนดแล้วก็ตาม ( Z + 1 ) ( y − 1 ) = PX .ดังนั้น , 2 = −α = P P P บีตาα ( P β−α− 1 ) ที่ααบีตาและบีตา > + = x ตั้งแต่ P 6 = 2แล้วα = 0 และ PX − 1 = 2 ดังนั้น P = 3 และ x = 1 ซึ่งให้ผลผลิตโซลูชั่น( P , y , z ) = ( 1 , 1 , 2 ) 1 + % = กขึ้น . นี่คือบทแทรก .