關(guān)于Diophantine方程x3±1=2pqry2

管訓貴

(泰州學院 數(shù)理學院 江蘇 泰州 225300)

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關(guān)于Diophantine方程x3±1=2pqry2

管訓貴

(泰州學院 數(shù)理學院 江蘇 泰州 225300)

設p,q,r為奇素數(shù)，p≡13 mod 24，q≡19 mod 24，(p/q)=-1.利用同余式、平方剩余、遞歸序列、Legendre符號的性質(zhì)、Pell方程解的性質(zhì)等證明了：(A) 若r≡5 mod 12，則方程G：x3-1=2pqry2僅有平凡解(x,y)=(1,0)；若r≡11 mod 12，則方程G最多有2組正整數(shù)解. (B) 若r≡11 mod 12，則方程H：x3+1=2pqry2僅有平凡解(x,y)=(-1,0)；若r≡5 mod 12且(pq/r)=-1，則方程H最多有2組正整數(shù)解.

Diophantine方程； 奇素數(shù)； 整數(shù)解； 遞歸序列； 同余式； 平方剩余； Legendre符號

0 引言

設D>0且不是平方數(shù).熟知，方程

x3±1=Dy2

(1)

是一類基本而又重要的三次Diophantine方程，其整數(shù)解已有不少學者研究過[1-8].

本文就D含素因數(shù)2和一個6k-1形的素因數(shù)及兩個互異的6k+1形的素因數(shù)的情形給出以下一般性的結(jié)果：

定理1設p,q,r為奇素數(shù)，p≡13 mod 24，q≡19 mod 24，(p/q)=-1.若r≡5 mod 12，則Diophantine方程

x3-1=2pqry2

(2)

僅有平凡解(x,y)=(1,0)；若r≡11 mod 12，則(2)最多有2組正整數(shù)解.

定理2設p,q,r為奇素數(shù)，p≡13 mod 24，q≡19 mod 24，(p/q)=-1.若r≡11 mod 12，則Diophantine方程

x3+1=2pqry2

(3)

僅有平凡解(x,y)=(-1,0)；若r≡5 mod 12且(pq/r)=-1，則(3)最多有2組正整數(shù)解.

1 引理

引理1若r≡5 mod 6為奇素數(shù)，則x2+x+1?0 modr.

證明假定x2+x+1≡0 modr，則(2x+1)2≡-3 modr，即Legendre符號值(-3/r)=1，由此推出r≡1 mod 6，與r≡5 mod 6矛盾.證畢.

引理2設a,b,r為奇素數(shù)，則方程

x-1=2aru2;x2+x+1=bv2;y=uv;gcd(u,v)=1.

(4)

當a≡1 mod 12，b任取，(a/b)=-1；或r≡5 mod 12，a≡7 mod 12，b≡5,7 (mod 8)時無整數(shù)解.

證明將x-1=2aru2代入x2+x+1=bv2，得(4aru2+3)2+3=4bv2，兩邊取模a得，3≡bv2moda.若a≡1 mod 12，則Legendre符號值(3/a)=1，又Legendre符號值(bv2/a)=(b/a)=-1，矛盾，故此時方程(4)無整數(shù)解；由u2≡0,1,4(mod 8)知，x=2aru2+1≡1,2ar+1(mod 8)，因v為奇數(shù)，r≡5 mod 12，故b≡3,2a+3(mod 8)，若a≡7 mod 12，則b≡3,1(mod 8)，與b≡5,7(mod 8)矛盾，故此時方程(4)仍無整數(shù)解.

引理3[9]設p是一個奇素數(shù)，則Diophantine方程4x4-py2=1除p=3,x=y=1和p=7,x=2,y=3外，無其他的正整數(shù)解.

引理4[10]方程

x2-Dy4=1(D>0且不是平方數(shù))

(5)

2 定理的證明

先證定理1.

證明因為奇素數(shù)r≡5 mod 6，根據(jù)引理1，x2+x+1?0 modr，又gcd(x-1,x2+x+1)=1或3，且x2+x+1?0 mod 2，故方程(2)給出以下8種可能的分解情形：

情形Ⅰx-1=2pqru2，x2+x+1=v2，y=uv，gcd(u,v)=1；

情形Ⅱx-1=2ru2，x2+x+1=pqv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

情形Ⅲx-1=2pru2，x2+x+1=qv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

情形Ⅳx-1=2qru2，x2+x+1=pv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

情形Ⅴx-1=6pqru2，x2+x+1=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

情形Ⅵx-1=6ru2，x2+x+1=3pqv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

情形Ⅶx-1=6pru2，x2+x+1=3qv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

情形Ⅷx-1=6qru2，x2+x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u,v)=1．

下面分別予以討論．

情形Ⅰ時，解x2+x+1=v2，得x=0,-1，均不適合x-1=2pqru2，故該情形方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅱ時，由u2≡0,1,4(mod 8)知，x=2ru2+1≡1,2r+1(mod 8)，因v為奇數(shù)，故pq≡pqv2=x2+x+1≡3,(2r+1)2+2r+2≡3,2r+3(mod 8).若r≡5 mod 12，則pq≡3,5(mod 8)；若r≡11 mod 12，則pq≡1,3(mod 8).但由p≡13 mod 24，q≡19 mod 24知，pq≡7 mod 8，矛盾，故該情形方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅲ時，因p≡13 mod 24，故p≡1 mod 12，又(p/q)=-1，根據(jù)引理2知,該情形方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅳ時，因q≡19 mod 24，p≡13 mod 24，故q≡7 mod 12，p≡5 mod 8，根據(jù)引理2知,該情形方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅴ時，將x-1=6pqru2代入x2+x+1=3v2，整理得

(2v)2-3(4pqru2+1)2=1，

(6)

故方程(6)的一切整數(shù)解可表示為

4pqru2=yn-1．

(7)

由(7)得yn≡1 mod 4．

容易驗證下列各式成立：

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

(8)

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

(9)

x2n≡1,7(mod 8);x2m+1≡2 mod 4;y2m≡0 mod 4,

(10)

(11)

xn+1=2xn+3yn;yn+1=xn+2yn,

(12)

(13)

對遞歸序列(9)取模4，得周期為4的剩余類序列，且當n≡-1 mod 4時，有yn≡-1 mod 4；當n≡1 mod 4時，有yn≡1 mod 4，所以僅當n≡1 mod 4時式(7)才成立．

2pqru2=x2m+1y2m．

(14)

考慮到gcd(x2m+1,y2m)=gcd(2x2m+3y2m,y2m)=gcd(2x2m,y2m)=gcd(2,y2m)=2.由式(10)知，x2m+1≡2 mod 4，y2m≡0 mod 4，且x2m+1?0 modr，所以(14)可分解為以下4種可能的情形：

情形Ax2m+1=2a2，y2m=4pqrb2，u=2ab，gcd(a,b)=1；

情形Bx2m+1=2pqa2，y2m=4rb2，u=2ab，gcd(a,b)=1；

情形Cx2m+1=2qa2，y2m=4prb2，u=2ab，gcd(a,b)=1；

情形Dx2m+1=2pa2，y2m=4qrb2，u=2ab，gcd(a,b)=1．

若情形C成立，則由x2m+1=2x2m+3y2m得2qa2=2x2m+12prb2，即qa2=x2m+6prb2.因a,b均為奇數(shù)，故q≡x2m-2pr(mod 8)，即x2m≡q+2pr(mod 8)，由式(10)知，x2m≡1,7(mod 8)，從而有q+2pr≡1,7(mod 8).當r≡5 mod 12，p≡13 mod 24，q≡19 mod 24時，q+2pr≡5 mod 8，矛盾.此時情形C不成立. 當r≡11 mod 12時，由y2m=4prb2得xmym=2prb2，又xm?0 modr，ym?2 mod 4,而gcd(xm,ym)=1，所以下列情形之一成立：

xm=2c2;ym=prd2;b=cd;gcd(c,d)=1,

(15)

xm=2pc2;ym=rd2;b=cd;gcd(c,d)=1．

(16)

若情形D成立，則由情形C的討論知p+2qr≡1,7(mod 8)，當r≡5 mod 12，p≡13 mod 24，q≡19 mod 24時，q+2pr≡3 mod 8，矛盾.此時情形D不成立. 當r≡11 mod 12時，仿情形C的r≡11 mod 12的情況知，該情形方程也最多有1組正整數(shù)解.

情形Ⅵ時，仿情形Ⅱ的討論知，該情形方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅶ時，將x-1=6pru2代入x2+x+1=3qv2，得3(4pru2+1)2+1=4qv2，兩邊取模p得，1≡qv2modp，但Legendre符號值(q/p)=(p/q)=-1，故該情形方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅷ時，仿情形Ⅶ的證明,再根據(jù)Legendre符號值(p/q)=-1可得方程(2)無整數(shù)解．

綜上所述，定理1成立．

類似可證定理2成立.

[1] 柯召，孫琦．關(guān)于丟番圖方程x3±1=Dy2[J]．中國科學，1981,24(12)：1453-1457.

[2] 柯召，孫琦．關(guān)于丟番圖方程x3±1=3Dy2[J]．四川大學學報：自然科學版，1981,18(2)：1-5.

[3] 杜先存，管訓貴，萬飛．關(guān)于不定方程x3-1=3pqy2的整數(shù)解[J]．鄭州大學學報：理學版，2014,46(3)：44-47.

[4] 黃壽生．關(guān)于指數(shù)Diophantine方程x3-1=2py2[J]．數(shù)學研究與評論，2007, 27(3)：664-666.

[5] 羅明，黃勇慶．關(guān)于不定方程x3-1=26y2[J]．西南大學學報：自然科學版，2007,29(6)：5-7.

[6] 杜先存，管訓貴，楊慧章．關(guān)于不定方程x3+1=91y2[J]．內(nèi)蒙古師范大學學報：自然科學漢文版，2013，42(4)：397-399.

[7] 杜先存，萬飛，楊慧章．關(guān)于丟番圖方程x3±1=1 267y2的整數(shù)解[J]．數(shù)學的實踐與認識，2013，43(15)：288-292.

[8] 管訓貴，杜先存．關(guān)于Diophantine方程x3±1=pqy2[J]．安徽大學學報：自然科學版，2014，38(1)：29-35．

[9] 曹珍富．丟番圖方程引論[M]．哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學出版社，1989：20-69．

[10]Walsh P G. A note on a theorem of Ljunggren and the Diophantine equationx2-kxy2+y4=1,4[J]．Arch Math Basel,1999,73(2):119-125.

(責任編輯：王海科)

On the Diophantine Equationx3±1=2pqry2

GUAN Xun-gui

(SchoolofMathematicsandPhysics,TaizhouUniversity,Taizhou225300,China)

Letp,q,rbe odd primes withp≡13 mod 24,q≡19 mod 24, (p/q)=-1. By using congruence, quadratic residue, recursive sequence，some properties of Legendre symbol and the solutions to Pell equation, the following theorem was proved: (A) ifr≡5 mod 12, then the equation G:x3-1=2pqry2only has trivial solution (x,y)=(1,0); ifr≡11 mod 12, then the equation G have at most two positive integer solutions (x,y). (B) ifr≡11 mod 12, then the equation H:x3+1=2pqry2only has trivial solution (x,y)=(-1,0); ifr≡5 mod 12 and (pq/r)=-1,then the equation H has at most two positive integer solutions (x,y).

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

2015-01-19

江蘇省教育科學“十二五”規(guī)劃課題資助項目，編號D201301083；泰州學院重點課題資助項目，編號TZXY2014ZDKT007；云南省教育廳科研項目，編號2014Y462.

管訓貴(1963-)，男，江蘇興化人，副教授，主要從事初等數(shù)論研究,E-mail:tzszgxg@126.com.

管訓貴.關(guān)于Diophantine方程x3±1=2pqry2[J]. 鄭州大學學報：理學版，2015,47(2)：49-52.

O156

A

1671-6841(2015)02-0049-04

10.3969/j.issn.1671-6841.2015.02.011