关于Pell方程x2-6y2=1与y2-Dz2=4的公解

管训贵

(泰州学院数理学院，江苏 泰州 225300)

1 引言及主要结论

x2-dy2=1 与y2-Dz2=4，x，y，z∈

(1)

的求解问题一直受到人们的关注.目前的结果是：

(B)d=2，D=2p1…ps(p1，…，ps为不同的奇素数， 1≤s≤6)时，管训贵[2]证明了除开D为2×17，2×3×5×7×11×17以及2×17×113×239×337×577×665857外，(1)仅有平凡解z=0．

(C)d=2，D为偶数且D没有适合p≡1(mod 8)的素因子p时，乐茂华[3]证明了(1)仅有平凡解z=0．

(D)d=6，D=p为奇素数时，苏小燕[4]证明了除开D=11外，(1)仅有平凡解z=0．

(E)d=6，D=2p1…ps(p1，…，ps是不同的奇素数， 1≤s≤4)时，杜先存等[5]证明了除开D为2×11×97外，(1)仅有平凡解z=0．

文献[6]声称证明了d=6，D至多含3个不同的奇素数时，除开D=11以及D=11×89×109外，(1)仅有平凡解z=0.但结论是错误的，本文予以纠正，同时给出D为偶数的一个结果，即证明了下面的定理1和定理2．

定理1若p1，…，ps是不同的奇素数，D=p1…ps(1≤s≤3)，则Pell方程组

(2)

1)当D=11时，有非平凡解(x，y，z)=(±49，±20，±6)和平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)；

2)当D=11×89×109时，有非平凡解(x，y，z)=(±4801，±1960，±6)和平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)；

3) 当D=11×97×4801时，有非平凡解(x，y，z)=(±4656965，±1901198，±840)和平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)；

4) 当D≠11，11×89×109以及11×97×4801时，只有平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)．

定理2当D为偶数时，若D没有适合p≡1(mod 24)以及p≡7(mod 24)的素因数p，则Pell方程组(2)仅有平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)．

2 关键性引理

引理1[7]设D∈*且不是平方数，是Pell方程

x2-Dy2=1，x，y∈

(3)

的基本解，则(3)有无穷多组解(xn，yn)(n∈)，满足：

i)xn+2=2axn+1-xn，x0=1，x1=a，yn+2=2ayn+1-yn，y0=0，y1=b；

ii)xm+n=xmxn+Dymyn，ym+n=xmyn+xnym，m∈；

iii)x-n=xn，y-n=-yn．

引理2Pell方程x2-6y2=1(x，y∈)的解(xn，yn)具有如下性质：

iii) gcd(x2n，y2n+1)=gcd(x2n+2，y2n+1)=gcd(xn，xn+1)=gcd(xn，yn)=1，gcd(x2n+1，y2n)=gcd(x2n+1，y2n+2)=5，gcd(yn，yn+1)=2；

v)x2n≡1(mod 3)，x2n+1≡-1(mod 3)，xn≡1(mod 4)，x2n≡±1(mod 5)，x2n+1≡0(mod 5)，y2n≡0(mod 4)，y2n+1≡2(mod 4)．

证明i)～iv)的证明可参见文献[5]．

v) 由引理1的i)知，Pell方程x2-6y2=1(x，y∈)的解序列满足：

xn+2=10xn+1-xn，x0=1，x1=5，

(4)

yn+2=10yn+1-yn，y0=0，y1=2.

(5)

对(4)式取模3得剩余序列的周期为4：1，-1，1，-1，…，故有x2n≡1(mod 3)，x2n+1≡-1(mod 3).对(4)式取模4得剩余序列的周期为1：1，1，…，故有xn≡1(mod 4)．对(4)式取模5得剩余序列的周期为4：1，0，-1，0，…，故有x2n≡±1(mod 5)，x2n+1≡0(mod 5).对(5)式取模4得剩余序列的周期为2：0，2，0，2，…，故有y2n≡0(mod 4)，y2n+1≡2(mod 4).引理2得证．

引理3[8]设1

Ax2-By4=1，x，y∈*

至多只有一组解．

由引理3立得引理4．

引理4丢番图方程3x2-2y4=1(x，y∈*)仅有解(x，y)=(1，1)．

引理5[9]丢番图方程3x4-2y2=1(x，y∈*)仅有解(x，y)=(1，1)，(3，11)．

引理6Pell方程u2-24v2=1(u，v∈)的解(un，vn)具有如下性质：

ii)un+1=5un+24vn，vn+1=un+5vn，un-1=5un-24vn，vn-1=-un+5vn；

iii) gcd(un，un+1)=gcd(un，vn)=gcd(u2n，v2n+1)=1；

证明由引理1的ii)可得i). 由引理1的ii)和iii)可得ii)．

iii) 由引理1的i)知，Pell方程u2-24v2=1(u，v∈)的解序列满足：

un+2=10un+1-un，u0=1，u1=5，

(6)

对(6)式分别取模3和模4可得：un≡±1(mod 3)，un≡1(mod 4).结合ii)可得

gcd(un，un+1)=gcd(un，5un+24vn)= gcd(un，24vn)=gcd(un，vn)=1．

对(6)式取模5得剩余序列的周期为4：1，0，-1，0，…，故有u2n≡±1(mod 5)．

由ii)可得

gcd(u2n，v2n+1)=gcd(u2n，u2n+5v2n)= gcd(u2n，5v2n)=gcd(u2n，5)=1.

引理6得证．

引理7当n为偶数时，un的素因数p都满足p≡1(mod 24)或p≡7(mod 24)．

证明当n=2m(m∈)时，由引理6的i)知则有

引理8[10]设D∈*且不是平方数，则丢番图方程

x4-Dy2=1，x，y∈*

除开当D=1785，4·1785，16·1785，分别有两组解(x，y)=(13，4)，(239，1352)；(x，y)=(13，2)，(239，676)；(x，y)=(13，1)，(239，338)外，至多只有一组解(x1，y1)，且满足

由引理8立得引理9.

引理9丢番图方程x4-24y2=1(x，y∈*)仅有解(x，y)=(7，10)．

3 定理的证明

先证定理1.设(xm，ym，z)(m∈*)是(2)的任一组非负整数解，则其全部解可表示为(x，y，z)=(±xm，±ym，±z).由(2)的第一式知ym为偶数，从而由(2)的第二式知z也为偶数．

下面分两种情形讨论．

情形12|m.此时可设m=2k(k∈*)，则由(2)及引理2的i)可得

(7)

由于z为偶数，故(7)式成为

(8)

(9)

这里D=D1D2，gcd(D1，D2)=1，z=2z1z2，gcd(z1，z2)=1，D1，D2，z1，z2∈*．

(10)

因为gcd(3yk-xk，3yk+xk)=gcd(yk，xk)=1，所以(10)式可化为

(11)

这里D1=D3D4，gcd(D3，D4)=1，z1=z3z4，gcd(z3，z4)=1，D3，D4，z3，z4∈*．

同理，由(9)的第二式可得

(12)

因为gcd(xk+2yk，xk-2yk)=gcd(xk，yk)=1，所以(12)式可化为

(13)

这里D2=D5D6，gcd(D5，D6)=1，z2=z5z6，gcd(z5，z6)=1，D3，D4，z3，z4∈N*．

由于D=D1D2=D3D4D5D6以及D3，D4，D5，D6两两互素，且D中至多含3个不同的非平方奇数因子，故D3，D4，D5，D6必有一数为1．

情形1.1D3=1或D4=1.此时(11)式成为3yk±xk=w2(w∈*).由于故整理得

3(yk-w2)2-2w4=1.

(14)

水利信息化标准建设对于国家水利信息管理进程有重要意义。水利信息化建设的不断发展和完善，是国家经济发展的推动力，也是科学技术不断发展和进步的重要保障之一。通过对各种渠道的水利信息化标准建设，从地方到政府范围内的标准的统一和完善，增强了水利信息化建设的权威力度。有效推动建设标准化的进程，实现了技术手段等的现实意义，推动了水利信息工程的稳定发展。

(15)

(16)

y2k-2y2k=4xk-1yk-1xkyk.

(17)

情形2.1当k=2s(s∈*)时，(17)式成为

Dz2=8x2s-1y2s-1x2sxsys.

(18)

若2|s，令s=2t(t∈*)，则(18)式成为

Dz2=8x4t-1y4t-1x4tx2ty2t.

(19)

情形2.2当k=2s-1(s∈*)时，(17)式成为

Dz2=8x2(s-1)xs-1ys-1x2s-1y2s-1.

(20)

若s=1，则(20)式成为Dz2=8x0x0y0x1y1=0，此时z=0，可得(2)的平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)．

Dz2=8x4x2y2x5y5= 5×89×109×1901×4801×2802，

此时D=5×89×109×1901×4801，即D包含5个不同的非平方奇素因子，与题设矛盾．

下证定理2.不妨设(x，y，z)为(2)的正整数解．

由于y为偶数，故可令y=2a(a∈*)，又D∈*且无平方因子，所以当D为偶数时，必有D≡2(mod 4).因此由(2)的第二式知z也为偶数，故可令z=2b(b∈*).于是(2)可化为

(21)

设Pell方程x2-24a2=1(x，a∈*)的任一解为(x，a)=(un，vn)(n∈*)，若(21)有解，则存在n∈*，使得a=vn.因为D是偶数，故由(21)中第二式知a为奇数.又Pell方程x2-24a2=1(x，a∈)的解序列满足：

vn+2=10vn+1-vn，v0=0，v1=1．

故a=vn中n必为大于1的奇数.令n=2t+1(t∈*).由(21)中第二式结合引理6的iv)可得即

(22)

当2|t时，由引理6的iii)知gcd(ut，vtut+1vt+1)=1，故(22)式可化为

ut=D1e2，vtut+1vt+1=D2f2，

(23)

这里D1D2=D，gcd(D1，D2)=1，b=2ef，gcd(e，f)=1，D1，D2，e，f∈*．

根据引理9，仅当t=2时，ut为平方数，故当t≠2时，ut为非平方数，因此由(23)的第一式知D1>1.又由引理7知ut的素因数p都满足p≡1(mod 24)或p≡7(mod 24).故D1的素因数p也都满足p≡1(mod 24)或p≡7(mod 24).注意到D1|D，即D的素因数p都满足p≡1(mod 24)或p≡7(mod 24)，与定理2的条件矛盾．

当t=2时，由(22)式得

此时D=2×11×97，而97≡1(mod 24)，仍与定理2的条件矛盾．