關(guān)于Pell方程組X2-m(4m+1)Y2=1和Y2-bZ2=16的解數(shù)

閆檔檔,楊海,陳江濤

(西安工程大學(xué)理學(xué)院, 陜西 西安 710048)

0 引言及結(jié)論

設(shè)Z,Z+分別是全體整數(shù)和全體正整數(shù)的集合,a,b是不同的正整數(shù)。近年來,關(guān)于Pell方程組

x2-ay2=k,y2-bz2=l,(k,l∈Z+)

解的研究已有一些成果:當(dāng)(k,l)=(1,1)時(shí),Arwin[1]初步研究了方程組的可能性;Ljunggren[2]證明了當(dāng)(a,b)=(2,3)時(shí),方程組僅有解(x,y,z)=(3,2,1);Mohanty和Ramasamy[3]考慮了(a,b)=(2,20)的情形;Baker和Davenport[4]運(yùn)用Baker關(guān)于對數(shù)線性型的下界估計(jì),給出了對于確定的正整數(shù)對(a,b)求解方程組的方法;設(shè)N(a,b)表示方程組正整數(shù)解的個(gè)數(shù),Bennett[5]證明了N(a,b)≤3;Cipu和Mignotte M[6]改進(jìn)了Bennett[5]的結(jié)果,證明了N(a,|b)≤2;Yuan[7]證明了當(dāng)a>3.31×1035時(shí),N(a,b)≤2;Yuan[8]證明了當(dāng)a=4m(m+1)時(shí),N(a,b)≤1;He[9]改進(jìn)了Bennett[5]和Yuan[7]的結(jié)論,證明了N(a,b)≤2。當(dāng)(k,l)=(1,16)時(shí),萬飛和杜先存[10]證明了當(dāng)a=5時(shí),方程組的正整數(shù)解只有(x,y,z)=(2 889,1 292,72);瞿云云[11]證明了當(dāng)a=18時(shí),方程組的正整數(shù)解只有(x,y,z)=(1 960 1,4 620,136)。本研究主要討論當(dāng)a=m(4m+1),b=2p或2pq(p,q為互異的奇素?cái)?shù))時(shí),Pell方程組X2-m(4m+|1)Y2=1和Y2-bZ2=16的正整數(shù)解數(shù)。

定理如果m和b為正整數(shù),且a=m(4m+1),b=2p或2pq(p,q為互異的奇素?cái)?shù)),那么Pell方程組

X2-aY2=1,Y2-bZ2=16

(1)

至多有一組正整數(shù)解(X,Y,Z)。

1 關(guān)鍵性引理

設(shè)a,b是不同的正整數(shù),且a,b都不是完全平方數(shù)。令α和β分別是x2-ay2=1和y2-bz2=1的基本解。記

(2)

引理1[12]1)若d=gcd(m,n),則gcd(Um,Un)=Ud;

4)若Um≠1,Um|Un當(dāng)且僅當(dāng)m|n;

6)U2m=2UmVm。

引理2[13］設(shè)k0,k1,k2,q均為正整數(shù),且k2=2qk1±k0,0≤k0≤k1,那么:

1)Uk2≡±Uk0(bmodUk);

2)若2|q,則Vk2≡Vk0(bmodVk1);

3)若2 |/q,則Vk2≡-Vk0(bmodVk1)。

設(shè)(x,y,z)是

x2-ay2=1和y2-bz2=1

(3)

的正整數(shù)解,那么存在正整數(shù)k,l使得

(4)

用N(a,b)表示(3)式的正整數(shù)解(x,y,z)的個(gè)數(shù),設(shè)(x0,y0,z0)是(3)式的正整數(shù)解且對應(yīng)的y值最小,k0,l0對應(yīng)(4)式中的k,l,即

(5)

k0|k?y0|y?l0|l

(6)

k=2qk0±s,0

(7)

由(7)式和引理2可知

y=Uk≡±Us(bmodUk0)≡±Us(bmody0),

y=V′l≡±V′t(bmodV′l0)≡±V′t(bmody0).

(8)

(9)

顯然有

Uk=xkyk,其中2 |/k;Uk=2xkyk,其中2|k

(10)

=Uk+1Uk-1,從而由(10)式可得引理4。

引理51)若k為偶數(shù),則xk+1,yk+1,xk-1,yk-1是兩兩互素得;

2)若k為奇數(shù),則gcd(xk+1,xk-1)=1,gcd(yk+1,yk-1)=1;

3)若k≡1(mod 4),則gcd(xk+1,yk-1)=8m+1,gcd(yk+1,xk-1)=1;若k≡3(mod 4),則gcd(xk+1,yk-1)=1,gcd(yk+1,xk-1)=8m+1。

引理5的證明1)可參見Yuan[14]的定理1;2)和3)可由(9)式,引理1的3)和y2=V1=8m+1可得。

引理6[15]對于任意的正整數(shù)A和B,丟番圖方程Ax2-By4=1至多有一組正整數(shù)解(x,y)。

引理7若k>2,則Uk有一個(gè)本原素因子p,此外p|Un當(dāng)且僅當(dāng)k|n。

2 定理的證明

x2-16m(4m+1)y2=1,y2-bz2=1

(11)

情形1若2|k0,則由引理4的2)可得

(12)

和

(13)

若k0>3,則由引理7可知,Uk0+1和Uk0-1分別有本原素因子p和q,結(jié)合z0|z、(12)式、(13)式和引理7可知

k0+1|k+1或k-1,k0-1|k+1或k-1

(14)

若k0=2,由引理7可知,U3有一個(gè)本原素因子p,由k0-1=1、z0|z、(12)式、(13)式和引理7可知,(14)式也成立。由于k0和k均為偶數(shù),根據(jù)引理5的(1)可知xk0+1、yk0+1、xk0-1和yk0-1兩兩互素;同理,xk+1、yk+1、xk-1和yk-1兩兩互素。因此,如果k0+1|k+1,k0-1|k-1,那么由(12)式、(13)式、引理1和引理5的1)可知

(15)

其中A,B,C,D均為正整數(shù)。由于k0=2,則2 |/(k0+1)(k0-1)(k+1)(k-1),由(8)式和(15)式可得

(16)

和

(17)

情形2若2 |/k。則由引理4的(1)可得

(18)

和

(19)

若k0>3,則由引理7可知,Uk0+1和Uk0-1分別有本原素因子p和q,結(jié)合z0|z、(18)式、(19)式和引理7可得

k0+1|k+1或k-1,k0-1|k+1或k-1

(20)

若k0≤3,由于z0>0,因此k0=3。由引理7可知,U4有一個(gè)本原素因子p,則k0-1=2。由z0|z、(18)式、(19)式和引理7可知,(20)式也成立。

首先,假設(shè)k0+1|k+1,k0-1|k-1。如果2||k0+1,由(9)式和引理1可知

然后,假設(shè)k0+1|k+1和k0-1|k+1,那么Uk0+1|Uk+1,Uk0-1|Uk+1。由(2)式可得U2=2(8m+1),由引理1的1)和6)可知gcd(Uk0+1,Uk0-1)=2(8m+1),再由(10)式可知Uk-1=2xk-1yk-1=2(8m+1)□,而由引理5可知,(8m+1)|xk+1和(xk-1,yk-1)=1,因此對于某些正整數(shù)有xk-1=A2,yk-1=B2,根據(jù)xk-1和yk-1的定義可知(8m+1)2A4-16m(4m+1)B4=1,由引理6和(8m+1)2-16m(4m+1)=1可知,A=B=1或k=2,此時(shí)2|k0,與2 |/k0矛盾,故這種情況也是不可能的。同理k0+1|k-1和k0-1|k-1的情況也是不可能的。

綜上所述,方程組(11)至多有一組正整數(shù)解(x,y,z),從而方程組(1)至多有一組正整數(shù)解(X,Y,Z),定理得證。