丢番图方程x3±1=2pDy2的整数解

万 飞， 杜先存

(红河学院 教师教育学院 云南 蒙自 661199)



丢番图方程x3±1=2pDy2的整数解

万 飞， 杜先存

(红河学院 教师教育学院 云南 蒙自 661199)

丢番图方程； 奇素数； 同余； 平方剩余； 递归序列； 整数解

0 引言

丢番图方程

x3±1=2Qy2(Q是无平方因子的正整数),

(1)

1 相关引理

引理1若r≡5 mod 6为奇素数，则x2-x+1≢0 modr.

证明假设x2-x+1≡0 modr，则(2x-1)2≡-3 modr，则有Legendre符号值(-3/r)=1.又r≡5 mod 6，则有(-3/r)=-1，矛盾.

引理2若r≡5 mod 6为奇素数，(x,y)为x2-3y2=1的整数解，则x≢0 modr.

证明假设x≡0 modr，则x2-3y2=1两边取模r，得-3y2≡1 modr，则有Legendre符号值(-3/r)=1．又r≡5 mod 6，则Legendre符号值(-3/r)=-1，显然矛盾，故x≢0 modr．

引理3[9]设p是一个奇素数，则丢番图方程4x4-py2=1只有正整数解p=3,x=y=1和p=7,x=2,y=3．

2 主要结论及证明

x3+1=2pDy2,

(2)

在下列条件下仅有平凡解(x,y)=(-1,0)：

(ⅰ)D≡1,5(mod 12)，p≡13 mod 24；

(ⅱ)D≡7,11(mod 12)，p≡7 mod 24．

证明设(x,y)是方程(2)的整数解，则gcd(x+1,x2-x+1)=1或3．又x2+x+1≢0 mod 2，而由引理1知x2-x+1≢0 modri(1≤i≤n)，故式(2)给出下面4种可能的情形：

情形Ⅰx+1=2pDu2，x2-x+1=v2，y=uv，gcd(u,v)=1.

情形Ⅱx+1=2Du2，x2-x+1=pv2，y=uv，gcd(u,v)=1.

情形Ⅲx+1=6Du2，x2-x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u,v)=1.

情形Ⅳx+1=6pDu2，x2-x+1=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1．

以下分别讨论这4种情形所给的方程(2)的整数解．

情形Ⅰ:解x2-x+1=v2，得x=0,1，均不适合x+1=2pDu2，故该情形方程(2)无整数解．

情形Ⅱ:由于u2≡0,1,4(mod 8)，则由x+1=2Du2，得x=2Du2-1≡-1,2D-1(mod 8)，又由x2-x+1=pv2及p为奇素数知v为奇数，则v2≡1 mod 8．

对于(ⅰ)，因为D≡1,5(mod 12)，则有D≡1,5(mod 8)，故x≡±1 mod 8，所以x2-x+1≡1,3(mod 8)；又p≡13 mod 24，则p≡5 mod 8，故pv2≡5 mod 8，则有1,3≡x2-x+1=pv2≡5 mod 8，显然不成立，由此可知，此情况下情形Ⅱ不成立．

对于(ⅱ)，因为D≡7,11(mod 12)，则有D≡3,7(mod 8)，故x≡5,7(mod 8)，所以x2-x+1≡3,5(mod 8)；又p≡7 mod 24，则p≡7 mod 8，故pv2≡7 mod 8，则有3,5≡x2-x+1=pv2≡7 mod 8，显然不成立，由此可知，此情况下情形Ⅱ不成立．

综上,有情形Ⅱ不成立．

情形Ⅲ:由于u2≡0,1,4(mod 8)，则由x+1=6Du2，得x=6Du2-1≡-1,6D-1(mod 8)，又由x2-x+1=3pv2及p为奇素数知v为奇数，则v2≡1 mod 8．

对于(ⅰ)，因为D≡1,5(mod 12)，则D≡1,5(mod 8)，故x≡-1,5(mod 8)，则x2-x+1≡3,5(mod 8)；又p≡13 mod 24，则p≡5 mod 8，故3pv2≡7 mod 8，则有3,5≡x2-x+1=3pv2≡7 mod 8，显然不成立.由此可知，此情况下情形Ⅲ不成立．

对于(ⅱ)，因为D≡7,11(mod 12)，则D≡3,7(mod 8)，故x≡±1 mod 8，则x2-x+1≡1,3(mod 8)；又p≡7 mod 24，则p≡7 mod 8，故3pv2≡3p≡5 mod 8，则有1,3≡x2-x+1=3pv2≡5 mod 8，显然不成立.由此可知，此情况下情形Ⅲ不成立．

综上,有情形Ⅲ不成立．

情形Ⅳ:将x+1=6pDu2代入x2-x+1=3v2，整理得

(2v)2-3(4pDu2-1)2=1,

(3)

则式(3)的一切整数解可表示为

4pDu2=yn+1．

(4)

由式(4)，得yn≡-1 mod 4．

容易验证下列各式成立：

xn+2=4xn+1-xn;x0=1;x1=2,

(5)

yn+2=4yn+1-yn;y0=0;y1=1,

(6)

x2n+1≡2 mod 4;x2n≡1 mod 2,

(7)

y2n≡0 mod 4;y2n+1≡1,7(mod 8).

(8)

对递归序列(6)取模4，得周期为4的剩余类序列，且仅当n≡-1 mod 4时，有yn≡-1 mod 4，所以只有当n≡-1 mod 4时,式(4)才成立．

当n≡-1 mod 4时，令n=4m-1(m∈Z)，则由(4)得，

即

2pDu2=x2m-1y2m.

(9)

由式(5)知,对于任意整数m，均有x2m-1≠0，又由式(6)知,仅当m=0时，y2m=0．所以仅当m=0时，x2m-1y2m=0．

m=0时，由式(4)得，u=0，此时得出方程(2)的平凡解(x,y)=(-1,0)．

m≠0时，因gcd(x2m-1,y2m)=gcd(2x2m-3y2m,y2m)=gcd(2x2m,y2m)=2，又由引理2知,x2m-1≢0 modri(1≤i≤n)，所以由式(7)、(8)得，式(9)给出以下2种可能的分解：

x2m-1=2a2;y2m=4pDb2;u=2ab;gcd(a,b)=1,

(10)

x2m-1=2pa2;y2m=4Db2;u=2ab;gcd(a,b)=1.

(11)

分解成式(11)时:由y2m=4Db2得，2xmym=4Db2，即xmym=2Db2．又gcd(xm,ym)=1，而由引理1知x2m-1≢0 modri(1≤i≤n)，则由式(7)、(8)得

xm=2c2，ym=Dd2，b=cd，

仿分解式(10)时的证明,此时，方程(9)无整数解，则方程(2)无整数解．

综上有,情形Ⅳ给出方程(2)的平凡解(x,y)=(-1,0)．

综上所述，定理1成立．

仿照定理1的证明，可得定理2.

x3-1=2pDy2,

在下列条件下仅有平凡解(x,y)=(1,0)：

(ⅰ)D≡1,5(mod 12)，p≡7 mod 24.

(ⅱ)D≡7,11(mod 12)，p≡13 mod 24．

3 小结

[1] 柯召，孙琦．关于丢番图方程x3±1=Dy2[J]．中国科学，1981,24(12)：1453-1457．

[2] 柯召，孙琦．关于丢番图方程x3±1=3Dy2[J]．四川大学学报：自然科学版，1981,18(2)：1-5．

[3] 周伟平．关于丢番图方程x3+1=2py2的一个注记[J]．安庆师范学院学报：自然科学版，2010,16(1)：14-15．

[4] 黄寿生．关于指数Diophantine方程x3-1=2py2[J]．数学研究与评论，2007, 27(3)：664-666．

[5] 管训贵．关于Diophantine方程x3±1=2py2[J]．云南民族大学学报：自然科学版，2012,21(6)：438-441．

[6] 杜先存，孙映成，万飞．关于丢番图方程x3±1=3·2αpD1y2[J]．数学的实践与认识，2014,44(6)：255-258．

[7] 张海燕，王连芳．关于丢番图方程x3±1=2Dy2[J]．哈尔滨理工大学学报，1997,2(6)：85-87．

[8] 杜先存，孙映成，万飞．关于不定方程组x±1=6pqu2,x2∓x+1=3v2的整数解[J]．郑州大学学报：理学版，2014，46(1)：25-27．

[9] 曹珍富．丢番图方程引论[M]．哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2012．

On Integer Solution of the Diophantine Equationx3±1=2pDy2

WAN Fei, DU Xian-cun

(CollegeofTeacherEducation，HongheUniversity，Mengzi661199，China)

Diophantine equation; odd prime; congruence; quadratic remainder; recursive sequence; integer solution

2014-10-11

云南省教育厅科研项目，编号2014Y462；江苏省教育科学“十二五”规划课题，编号D201301083；喀什师范学院校级课题，编号(14)2513.

万飞(1969-)，女，云南建水人,副教授，主要从事初等数论及数学教育研究,E-mail:mzwanfei@163.com；通讯作者：杜先存(1981-),女,云南凤庆人,讲师,主要从事初等数论及数学教育研究,E-mail:liye686868@163.com.

O156

A

1671-6841(2015)01-0042-04

10.3969/j.issn.1671-6841.2015.01.009