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    關于不定方程x3-1=709qy2的正整數(shù)解

    2021-10-18 00:47:24瞿云云
    東北師大學報(自然科學版) 2021年3期
    關鍵詞:中得素數(shù)奇數(shù)

    張 雪,瞿云云,徐 彬

    (1.貴州師范大學數(shù)學科學學院,貴州 貴陽 550001; 2.武昌首義學院基礎科學部,湖北 武漢 430064)

    1 引言及主要結(jié)論

    設Z,N*分別表示所有整數(shù)以及正整數(shù)的集合,D>0,且D中不含有平方因子.方程

    x3-1=Dy2,x,y∈Z

    (1)

    對于任意給定的數(shù)r(r∈N*),r可以唯一地表示成

    r=st2,s,t∈N*,s無平方因子.

    (2)

    設A(r)=s,B(r)=t.本文主要討論當D=709q,q≡1(mod 12)為奇素數(shù)時,方程

    x3-1=709qy2,x,y∈N*

    (3)

    解的情況,即證明如下定理1和推論1.

    定理1 方程(3)有正整數(shù)解的充要條件是q適合

    q=A(3×7092a4+2 127a2+1),a∈N*.

    (4)

    當q適合條件(4)時,方程(3)有正整數(shù)解

    (x,y)=(1+2 127a2,3aB(3×7092a4+2 127a2+1)).

    (5)

    推論1 如果q滿足以下條件之一,則方程(3)無正整數(shù)解:

    (ⅰ)q=12k2+12k+1,k∈N*;

    (ⅱ)q=108k2±12k+1,k∈N*;

    (ⅲ)q=12k2+1,k∈N*;

    2 關鍵性引理

    引理2[6]若p是一個奇質(zhì)數(shù),那么方程4x4-py2=1除了p=3,x=y=1和p=7,x=2,y=3這2組正整數(shù)解外,沒有其他的正整數(shù)解.

    引理3[6]方程x2-3y4=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±2,±1),(±7,±2),(±1,0).

    引理4[6]若p是一個奇質(zhì)數(shù),那么方程x4-py2=1除了p=5,x=3,y=4和p=29,x=99,y=1 820這2組正整數(shù)解外,沒有其他的正整數(shù)解.

    引理5[7]設k>1,l>1(k,l∈Z)為給定的數(shù),(k,l)=1,kl不是平方數(shù).若不定方程

    kx2-ly2=1

    (6)

    (7)

    引理6 如果(x,y)是方程(3)的1組正整數(shù)解,則必有

    x-1=2 127a2,x2+x+1=3qb2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*.

    (8)

    證明從方程(3)可知(x-1)(x2+x+1)=709qy2,而d=gcd(x-1,x2+x+1)=gcd(x-1,(x-1)2+3(x-1)+3)=gcd(x-1,3)=1或3.

    當d=1時,方程(3)有以下4種可能的分解:

    (Ⅰ)x-1=709qa2,x2+x+1=b2,y=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

    (Ⅱ)x-1=a2,x2+x+1=709qb2,y=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

    (Ⅲ)x-1=qa2,x2+x+1=709b2,y=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

    (Ⅳ)x-1=709a2,x2+x+1=qb2,y=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*.

    當x和y滿足(Ⅰ)式時,由4(x2+x+1)-(2x+1)2=3可知,3=4b2-(2x+1)2=(2b)2-(2x+1)2≥2b+2x+1>3,矛盾,故x和y不滿足(Ⅰ)式.

    當x和y滿足(Ⅲ)式時,由a2≡0,1(mod 4),q≡1(mod 12)可知qa2≡0,1(mod 4).由x-1=qa2可知x=qa2+1≡1,2(mod 4),則有x2+x+1≡3(mod 4)成立,即有709b2≡3(mod 4).由x2+x+1=709b2可知b為奇數(shù),故b2≡1(mod 4),則709b2≡1(mod 4),矛盾,故x和y不滿足(Ⅲ)式.

    當x和y滿足(Ⅳ)式時,由a2≡0,1(mod 4),709≡1(mod 4)可知709a2≡0,1(mod 4).由x-1=709a2可知x=709a2+1≡1,2(mod 4),則有x2+x+1≡3(mod 4)成立,即有qb2≡3(mod 4).由x2+x+1=qb2可知b為奇數(shù),故b2≡1(mod 4).由q≡1(mod 12)可知q≡1(mod 4),則qb2≡1(mod 4),矛盾,故x和y不滿足(Ⅳ)式.

    因此,當d=1時,x和y不滿足上面4種情況.

    當d=3時,方程(3)有以下4種可能的分解:

    (Ⅴ)x-1=2 127qa2,x2+x+1=3b2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

    (Ⅵ)x-1=3a2,x2+x+1=2 127qb2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

    (Ⅶ)x-1=3qa2,x2+x+1=2 127b2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

    (Ⅷ)x-1=2 127a2,x2+x+1=3qb2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*.

    1 418qa2=yn-1.

    (9)

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

    (10)

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

    (11)

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

    (12)

    (13)

    當n≡0(mod 2)時,由(11)式可知yn≡0(mod 2),此時由(9)式可知矛盾,故n≡1,3(mod 4).

    x2m+1=2u2,y2m=1 418qv2,a=2uv,gcd(u,v)=1;

    (14)

    x2m+1=1 418qu2,y2m=2v2,a=2uv,gcd(u,v)=1;

    (15)

    x2m+1=1 418u2,y2m=2qv2,a=2uv,gcd(u,v)=1;

    (16)

    x2m+1=2qu2,y2m=1 418v2,a=2uv,gcd(u,v)=1.

    (17)

    (15)式中由y2m=2v2與(13)式可得xmym=v2,又gcd(xm,ym)=1,故設xm=c2,ym=d2,gcd(c,d)=1,有(c2)2-3d4=1,由引理3可知c2=1,d=0,即xm=1,ym=0.由(10)和(11)式可知m=0,又q≡1(mod 12)為奇素數(shù),則x2m+1=x1=2≠1 418qu2,因此在該情況下,方程(3)沒有整數(shù)解.

    (16)式中由y2m=2qv2可得xmym=qv2,又gcd(xm,ym)=1,則有以下情形之一成立:

    xm=c2,ym=qd2,v=cd,gcd(c,d)=1;

    (18)

    xm=qc2,ym=d2,v=cd,gcd(c,d)=1.

    (19)

    將(18)式中的xm=c2和ym=qd2代入X2-3Y2=1中得c4-3(qd2)2=1.由引理4可知d=0,則此時ym=0,即m=0,但x2m+1=x1=2≠1 418u2,因此在該情況下,方程(3)沒有整數(shù)解.

    將(19)式中的xm=qc2和ym=d2代入X2-3Y2=1中得(qc2)2-3d4=1.由引理3可知(q,c,d)=(1,±1,0),(7,±1,±2),(2,±1,±1),當q≡1(mod 12)為奇素數(shù)時,(qc2)2-3d4=1無解.因此在該情況下,方程(3)沒有整數(shù)解.

    (17)式中由y2m=1 418v2可得xmym=709v2,又gcd(xm,ym)=1,則有以下情形之一成立:

    xm=c2,ym=709d2,v=cd,gcd(c,d)=1;

    (20)

    xm=709c2,ym=d2,v=cd,gcd(c,d)=1.

    (21)

    將(20)式中的xm=c2和ym=709d2代入X2-3Y2=1中得c4-3(709d2)2=1.由引理4可知d=0,則此時ym=0,即m=0.由q≡1(mod 12)為奇素數(shù)可知x2m+1=x1=2≠2qu2,因此在該情況下,方程(3)沒有整數(shù)解.

    將(21)式中的xm=709c2和ym=d2代入X2-3Y2=1中得(709c2)2-3d4=1,由引理3可知(709c2)2-3d4=1無解,因此在該情況下,方程(3)沒有整數(shù)解.

    x2m+2=709qu2,y2m+1=v2,a=uv,gcd(u,v)=1;

    (22)

    x2m+2=u2,y2m+1=709qv2,a=uv,gcd(u,v)=1;

    (23)

    x2m+2=qu2,y2m+1=709v2,a=uv,gcd(u,v)=1;

    (24)

    x2m+2=709u2,y2m+1=qv2,a=uv,gcd(u,v)=1.

    (25)

    將(24)式代入x2m+2=2x2m+1+3y2m+1得qu2=2x2m+1+3×709v2,即

    2x2m+1=qu2-2 127v2.

    (26)

    因x2m+2≡1(mod 2),故由(24)式的x2m+2=qu2可知u為奇數(shù),則u2≡1(mod 8).而y2m+1≡1(mod 2),由y2m+1=709v2可得v是奇數(shù),有v2≡1(mod 8).又x2m+1≡2(mod 8),故對(26)式兩邊取模8得4≡q-7(mod 8),即q≡3(mod 8).又因為q≡1(mod 12)的奇素數(shù)對模8的最小非負剩余必為1或5,則矛盾,因此在該情況下,方程(3)沒有整數(shù)解.

    將(25)式代入y2m+1=-x2m+2+2y2m+2得qv2=-709u2+2y2m+2,即

    2y2m+2=qv2+709u2.

    (27)

    因x2m+2≡1(mod 2),故由(25)式的x2m+2=709u2可知u為奇數(shù),則u2≡1(mod 8).而y2m+1≡1(mod 2),則由y2m+1=qv2可知v為奇數(shù),則v2≡1(mod 8).又y2m+2≡0,4(mod 8),故對(27)式兩邊取模8得0≡q+5(mod 8),即q≡3(mod 8).又因為q≡1(mod 12)的奇素數(shù)對模8的最小非負剩余必為1或5,則矛盾,因此在該情況下,方程(3)沒有整數(shù)解.

    故x和y滿足(Ⅴ)式的值僅有(x,y)=(1,0).

    (28)

    un+1=6 365 401un+414 060vn,

    vn+1=97 856 180un+6 365 401vn

    (29)

    成立,其中u0=67,v0=1 030.

    由(29)式和u0=67,v0=1 030可知,數(shù)列{un}中的每一項都為奇數(shù),又因為2b=un與un是奇數(shù)相矛盾,故x和y不滿足(Ⅶ)式.

    因此,當d=3時,若(x,y)是方程(3)的1組正整數(shù)解,此時x和y必滿足(8)式.

    引理7[8]若D(D∈N*)是給定的沒有平方因子的數(shù),那么有且只有1組滿足

    D1D2=D,δ∈{1,2},gcd(D,δ)=1,(D1,D2,δ)≠(1,D,1)

    (30)

    的正整數(shù)(D1,D2,δ)可使方程

    D1U2-D2V2=δ,U,V∈N*

    (31)

    有解(U,V),其中正整數(shù)組(D1,D2,δ)稱為D的Petr組,記作P(D).

    3 定理及推論的證明

    定理1的證明設(x,y)是方程(3)的1組正整數(shù)解,根據(jù)引理6可知x和y必滿足(8)式.當(8)式成立時,由(x-1)2+3(x-1)+3=x2+x+1可知

    3×7092a4+2 127a2+1=qb2.

    (32)

    根據(jù)A(r)及B(r)的定義可知(32)式成立的充要條件是q滿足(4)式,所以(8)式成立的充要條件是q滿足(4)式.由(8)和(32)式可知,當q滿足(4)式時,方程(3)的解滿足(5)式.

    綜上所述,定理1得證.

    推論1的證明由定理1可知方程(3)有解的充要條件是q滿足(4)式.當q滿足(4)式時,q適合(32)式,由3×7092a4+2 127a2+1=qb2可知b只能為奇數(shù),則b2≡1(mod 8).所以由(32)式可得

    2a,q≡qb2≡3×7092a4+2 127a2+1≡3(mod 8).

    (33)

    當q適合推論1中的條件(ⅰ)時,因為q=12k2+12k+1=12k(k+1)+1,此時q≡1(mod 8),所以由(33)式可知,若此時方程(3)有解(x,y),則其滿足(32)式,從而

    q(2b)2-3(1 418a2+1)2=1.

    (34)

    再由(34)式可知方程

    qU2-3V2=1,U,V∈N*

    (35)

    有解(U,V)=(2b,1 418a2+1).因3q是沒有平方因子的正整數(shù),則由引理7可知此時3q的Petr組是

    P(3q)=(q,3,1).

    (36)

    另一方面,q=12k2+12k+1可化為3(2k+1)2-q=2,即方程

    3U2-qV2=2,U,V∈N*

    (37)

    有解(U,V)=(2k+1,1).則由引理7可知,此時3q的Petr組是

    P(3q)=(3,q,2).

    (38)

    由(36)式可知這是不可能的,故當q適合推論1中的條件(ⅰ)時,方程(3)無解.

    當q適合推論1中的條件(ⅱ)時,因為q=108k2±12k+1=12k(9k±1)+1,此時q≡1(mod 8),所以從(33)式可知,若此時方程(3)有解(x,y),則其滿足(32)式,此時同理可得3q的Petr組(36)式.但注意到q=108k2±12k+1可化為3q-(18k±1)2=2,即方程

    3qU2-V2=2,U,V∈N*

    (39)

    有解(U,V)=(1,18k±1).則由引理7可知此時3q的Petr組是

    P(3q)=(3q,1,2).

    (40)

    由(36)式可知這是不可能的,故當q適合推論1中的條件(ⅱ)時,方程(3)無解.

    (41)

    從(41)式可得Y≡0(mod 2k),即有1 418a2+1≡0(mod 2k),則0·a2+1≡0(mod 2),可知1≡0(mod 2),矛盾.故當q適合推論1中的條件(ⅲ)時,方程(3)無解.

    綜上所述,推論1得證.

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