丟番圖方程x2+4=8y11的整數(shù)解

高 麗，焦龍強

(延安大學 數(shù)學與計算機科學學院，陜西 延安 716000)

丟番圖方程x2+A=Dyn(A,D∈N,n≡1(mod2))屬于Ramanujian-Nagell類方程，關于它的整數(shù)解問題，目前已經(jīng)有很多的數(shù)學愛好者對它進行了研究。

legendre[1]證明了當A=1,D=1時，方程x2+1=yn無整數(shù)解；黃勇慶[2]證明了當A=4,D=1,n=3時，方程x2+4=y3無整數(shù)解；張四保[3]證明了當A=42,D=1,n=13時，方程x2+42=y13無整數(shù)解；高麗，馬永剛[4]證明了當A=42,D=1,n=7時，方程x2+16=y7無整數(shù)解；李中恢，張四保[5]證明了當A=16，D=1，n=11時，方程x2+16=y11無整數(shù)解；許宏鑫[6]等證明了當A=44,D=1,n=9時，方程x2+44=y9僅有整數(shù)解(x,y)=(±16,2)；冉銀霞[7]證明了當A=43,D=1,n=7時，方程x2+43=y7僅有整數(shù)解(x,y)=(±8,2)；王振，張慧[8]證明了當A=4n(n≥3),D=1時，方程x2+4n=y3(n∈N,x≡0(mod2),x,y∈Z,n≥3)整數(shù)解僅有(x,y,n)=(0,4k,3k),(±2×8k,2×4k,3k+1),(±11×8k,5×4k,3k+1),k∈N*。

本文主要討論了當A=4,D=8,n=11時，丟番圖方程x2+4=8y11的整數(shù)解的問題。

1 預備引理

引理1[9]Z[i]中1+i的部分性質(zhì)：

(1)(1+i)2=2i,(1=i)4=-4,

(1-i)i=1+i；

(2)1+i|a+bi當且僅當2|a+b；

(3)如果1+i?a+bi，那么

(a+bi)2≡±1(mod4)。

引理2[10]設M是唯一分解整數(shù)環(huán)，正整數(shù)k≥2，α,β∈M，(α,β)=1，那么，若αβ=γk，γ∈M，則有α=ε1μk，β=ε2vk，μ,v∈M，其中ε1，ε2，是M中的單位元素，并且ε1ε2=εk，ε為單位元素。

2 定理及證明

定理丟番圖方程

x2+4=8y11(x,y∈Z)

僅有整數(shù)解(x,y)=(±2,1)。

證明：分兩種情況：x≡1(mod2)，x≡0(mod2)。

(1)x≡1(mod2)時：則在Z[i]中，(1)式可以等價寫成：(x+2i)(x-2i)=8y11，x,y∈Z。

設δ=(x+2i,x-2i)，由δ|(2x,4i)=2得，由引理1得δ只能取值1，1+i，2。

因為x≡1(mod2)，有x+2i≡1(mod2)。

所以δ≠2。

假設δ=1+i，有N(1+i)|N(x+2i)，即2|x2+4，x≡0(mod2)，與x≡1(mod2)矛盾，所以δ≠1+i。

所以必有δ=1。

由引理2可得：x+2i=8(a+bi)11，

化簡上式得：

x=8(a11-55a9b2+330a7b4-462a5b6+

165a3b8-11ab10，

1=2b(11a10-165a8b2+462a6b4-330a4b6+

55a2b8-b10)。

因為b∈Z，由上面第二式可得b沒有可能的取值。

所以當x≡1(mod2)時，丟番圖方程x2+4=8y11無整數(shù)解。

(2)x≡0(mod2)時：可知x為偶數(shù)，設x=2x1(x∈Z)；代入到原方程式可得：(2x1)2+4=8y11，化簡得：x12+1=2y11。

由上式可知，x1為奇數(shù)，只需討論x12+1=2y11的整數(shù)解問題。

因為x1是奇數(shù)，則在Z[i]中方程x12+1=2y11可以寫成：

(x+i)(x-i)=i(1-i)2y11。

設μ=(x+i,x-i)，則μ|(2x,2i)=2，可知μ可以取值1，1-i，2。

當μ=1時，i(1-i)2=2一定只能整除x1+i，x1-i中的一個，因為x1是奇數(shù)，所以不可能，即μ≠1。

所以μ=1-i，由此可得：

由引理2可得：x1+i=(1+i)(a+bi)11。

因此有：

由上式可得a=0，b=±1，x1=±1。

即x=±2，y=1。此時方程有整數(shù)解(x,y)=(±2，1)。

綜上所述，丟番圖方程x2+4=8y11(x,y∈Z)僅有整數(shù)解(x,y)=(±2,1)。