丢番图方程x3+1=PQy2的整数解

李润琪

(德宏师范高等专科学校 数学系，云南 芒市，678400)

x3+1=Dy2 (D>0，D无平方因子，x,yZ)

x3+1=PQy2

x+1=u2，x2-x+1=pqv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

x+1=pu2，x2-x+1=qv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

x+1=qu2，x2-x+1=pv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

x+1=pqu2，x2-x+1=v2，y=uv，gcd(u,v)=1；

x+1=3u2，x2-x+1=3pqv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

x+1=3pu2，x2-x+1=3qv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

x+1=3qu2，x2-x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

x+1=3pqu2，x2-x+1=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1.

(2u2-3)2≡-3(modq).

Z，

2pqu2=yn+1 .

yn+2=4yn+1-yn yo=0，y1=1

pqu2≡1(mod4) ；

pqu2=x2k-1y2k .

x2k-1=2pqa2，y2k=2b2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

x2k-1=2a2，y2k=2pqb2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

x2k-1=2qa2，y2k=2pb2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

x2k-1=2pa2，y2k=2qb2，u=2ab，gcd(a，b)=1.

xk=c2，yk=d2，gcd(c,d)=1 ，

.

pqa2=1 ；

.

2=pqb2；

xk=c2，yk=pd2，b=cd，gcd(c，d)=1 ；

xk=pc2，yk=d2，b=cd，gcd(c，d)=1 .

.

.

pc2=1 ；



丢番图方程x3+1=PQy2的整数解

李润琪

(德宏师范高等专科学校 数学系，云南 芒市，678400)

丢番图方程； 整数解； 同余； 递归序列； 勒让德符号

三次方程

(1)

1 相关引理与定理

引理1[11]方程x2-3y4=1仅有整数解(x,y)=(±2,±1)，(±7,±2)，(±1,0).

引理2[11]设p是一个奇素数，则丢番图方程4x4-py2=1除p=3,x=y=1和p=7,x=2,y=3外，无正整数解.

引理3[11]设p是一个奇素数，则丢番图方程x4-py2=1除p=5,x=3,y=4和p=29,x=99,y=1 820外，无其他的正整数解.

x3+1=PQy2

(2)

仅有平凡解(x,y)=(-1,0)．

证明 因为x3+1=(x+1)(x2-x+1)，而gcd(x+1,x2-x+1)=gcd(x+1,(x+1)2-3(x+1)+3)=gcd(x+1,3)=1或3，故方程(2)给出8种可能的分解：

Ⅰ

x+1=u2，x2-x+1=pqv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

Ⅱ

x+1=pu2，x2-x+1=qv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

Ⅲ

x+1=qu2，x2-x+1=pv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

Ⅳ

x+1=pqu2，x2-x+1=v2，y=uv，gcd(u,v)=1；

Ⅴ

x+1=3u2，x2-x+1=3pqv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

Ⅵ

x+1=3pu2，x2-x+1=3qv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

Ⅶ

x+1=3qu2，x2-x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

Ⅷ

x+1=3pqu2，x2-x+1=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1.

下面讨论8种情况所给的方程(2)的整数解．

情形Ⅰ 将x+1=u2代入x2-x+1=pqv2得(2u2-3)2+3=4pqy2，则有

(2u2-3)2≡-3(modq).

(3)

综上所述，方程(2)无整数解．

情形Ⅱ 因为p≡19(mod24)，有x=pu2-1≡2,3,7(mod8)，则x2-x+1≡3,7(mod8)；又q=73,97,241,337,409，则有qv2≡1(mod8)，矛盾．故方程(2)无整数解．

情形Ⅳ 解x2-x+1=v2得x=0,1，均不适合x+1=pqu2，故方程(2)无整数解．

情形Ⅴ 因为x=3u2-1≡2,3,7(mod8)，则x2-x+1≡3,7(mod8)；又p≡19(mod24)，q=73,97,241,337,409,则pq≡3(mod8)，则3pqv2≡1(mod8)，矛盾．故方程(2)无整数解．

情形Ⅷ 将x+1=3pqu2代入x2-x+1=3v2得(2v)2-3(2pqu2-1)2=1；又Pell方程X2-3Y2=1的基本解为(x1，y1)=(2,1)，则有

2pqu2=yn+1 .

(4)

容易验证

yn+2=4yn+1-ynyo=0，y1=1

(5)

成立.

对递归序列(5)取模2，得周期为2的剩余类序列：0,1,0,1，…，且当n≡0(mod2)时有yn≡0(mod2)，此时有yn+1≡1(mod2)，则式(4)不成立，故式(4)要成立，需n≡1(mod2).

对递归序列(5)取模8，得周期为4的剩余类序列：1,4,7,0,1,4,7, 0,…，且当n≡1(mod4)时有yn≡1(mod8)，此时有yn+1≡2(mod8)，故式(4)为2pqu2=yn+1≡2(mod8)，则有

pqu2≡1(mod4) ；

(6)

又p≡19(mod24)为奇素数，q=73，97，241，337，409为奇数，则由式(6)得u为奇数，故u2≡1(mod4).由p≡19(mod24)得p≡3(mod4)，由q=73，97，241，337，409得q≡1(mod4),则有pqu2≡3(mod4)，与式(6)矛盾，故式(6)不成立，因此式(6)要成立，需n≡-1(mod4).

pqu2=x2k-1y2k.

(7)

又因为gcd(x2k-1，y2k)=2，所以式(7)可以分解为4种不同的情形：

ⅰ

x2k-1=2pqa2，y2k=2b2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

ⅱ

x2k-1=2a2，y2k=2pqb2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

ⅲ

x2k-1=2qa2，y2k=2pb2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

ⅳ

x2k-1=2pa2，y2k=2qb2，u=2ab，gcd(a，b)=1.

情形ⅰ 由y2k=2b2得xkyk=b2，又gcd(xk，yk)=1，则有xkyk=b2可分解为

xk=c2，yk=d2，gcd(c,d)=1 ，

(8)

(9)

由引理1得d=0，±1，±2，则有yk=d2=0，1，4，故k=0，1，2，所以有y2k=0，4，56，则有y2k=2b2=0，4，56，即b2=0，2，28，则有b=0，故k只能取0，所以x2k-1=x-1=x1=2，因此有x2k-1=2pqa2=2，即

pqa2=1 ；

(10)

又p≡19(mod24) 为奇素数，q=73，97，241，337，409，故式(10)不成立，所以方程(7)无整数解，因此方程(2)无整数解．

(11)

由引理2得，a=±1，则有x2k-1=2，所以有k=1，故y2k=y2=4．由y2k=2pqb2得4=2pqb2，即

2=pqb2；

(12)

又p≡19(mod24) 为奇素数，q=73，97，241，337，409，故式(12)不成立，所以方程(7)无整数解，因此方程(2)无整数解．

情形ⅲ 由y2k=2pb2得xkyk=pb2，又gcd(xk，yk)=1，则有xkyk=pb2可分解为2种情形

(ⅰ)

xk=c2，yk=pd2，b=cd，gcd(c，d)=1 ；

(ⅱ)

xk=pc2，yk=d2，b=cd，gcd(c，d)=1 .

(13)

由引理3得c=±1，则有xk=c2=1，所以有k=0，故y2k=0．因此u=0，从而给出方程(2)的平凡解(x,y)=(-1，0).

(14)

由引理1得d=0，±1，±2，则有yk=d2=0，1，4，故k=0，1，2，所以有y2k=0，4，56，则有y2k=2b2=0，4，56，即b2=0，2，28，则有b=0，故k只能取0，所以xk=x0=1，因此有xk=pc2=1，即

pc2=1 ；

(15)

又p≡19(mod24) 为奇素数，故式(15)不成立，所以方程(7)无整数解，因此方程(2)无整数解．

情形ⅳ 由y2k=2qb2得xkyk=qb2，仿情形ⅲ的讨论知，此时方程(2)无整数解．

综上所述，丢番图方程(2)在题设条件下仅有平凡解(x,y)=(-1，0)．

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

[2] 柯召，孙琦．关于丢番图方程x3±1=Dy2[J]．中国科学，1981,24(12)：1 453-1 457．

[3] 管训贵，杜先存．关于Diophantine方程x3±1=pqy2[J]．安徽大学学报(自然科学版)，2014,38(1)：13-19．

[4] 杜先存，管训贵，李玉龙．关于Diophantine方程x3+1=13qy2的整数解[J]．重庆师范大学学报(自然科学版), 2014,31(6)：66-68．

[5] 管训贵，杜先存．关于丢番图方程x3+1=13py2的整数解[J]．贵州大学学报(自然科学版)，2014,32(2)：36-38．

[6] 管训贵．关于丢番图方程x3±1=7qy2的整数解[J]．兰州文理学院学报(自然科学版)，2014,28(2)：20-24．

[7] 陈进平．关于不定方程x3+1=7py2的整数解[J]．湛江师范学院学报，2012,33(3)：19-23．

[8] 杜先存，万飞，杨慧章．关于丢番图方程x3±1=1267y2的整数解[J]．数学的实践与认识，2013,43(15)：288-292．

[9] 杜先存，管训贵，杨慧章．关于不定方程x3+1=91y2[J]．内蒙古师范大学学报(自然科学汉文版)，2013,42(4)：397-399．

[10] 曹珍富．丢番图方程引论[M]．哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2012：49,180,187．

Integer Solution of the Diophantine Equation x3+1=PQy2

LiRunqi

(CollegeofMathematics,DehongNormalCollege,Mangshi678400,China)

Diophantineequation;integersolution;congruence;recurrentsequence;Legendresymbol

2015-01-15

云南省教育厅科学研究项目(2014Y462)

李润琪(1965-)，男，云南腾冲人，讲师，研究方向：初等数论及数学教育，E-mail：runqilimath@163.com

1004-1729(2015)03-0204-04

O

ADOl：10.15886/j.cnki.hdxbzkb.2015.0037