杜先存，萬 飛，趙金娥

方程x3±1=Dy2(D是無平方因子的正整數(shù))是一類重要的丟番圖方程，其整數(shù)解已有不少人研究過.柯召、孫琦［1］證明了當(dāng)D不含3或6k+1型的素因子時，方程x3±1=Dy2無整數(shù)解，但當(dāng)D含6k+1型的素因子時，方程的求解較為困難.樂茂華［2－3］證明了 p為12s2+1(s∈ Z+)型素數(shù)時，方程x3± 1=3py2無正整數(shù)解.張淑靜［4－5］證明了 D1=2αq，α =0 或 1，p，q均為奇素數(shù)，p=12r2+1(r∈Z+)，q≡5(mod 6)時，方程 x3± 1=3Dy2無正整數(shù)解;D=2αpq，α =0 或 1，p、q均為奇素數(shù)，p=3(24r+19)(24r+20)+1(r∈Z+)，q≡5(mod 6)時，方程x3±1=3pD1y2無正整數(shù)解.張淑靜、袁進(jìn)［6］證明了D=D1p，D1不能被3或6k+1型的素數(shù)整除，p=3(24r+19)(24r+20)+1(r∈Z+)為素數(shù)時，方程x3±1=Dy2無正整數(shù)解.在此基礎(chǔ)上，論文主要討論p為6k+1型的素因子時，方程

的解的情況.

1 相關(guān)引理

引理1［7］設(shè) a ＞ 1，(a，b)∈ N2，ab不是完全平方數(shù)，如果 ax2－ by2=1 有解(x，y)∈ N2，設(shè)x1+y1是方程ax2－by2=1(x，y∈Z)的基本解，則ax2－by2=1的任一組解可以表示為

引理 2［8］若 p=3t(t+1)+1(t∈ N)，則

的最小解為(2，2t+1).

2 主要定理及證明

定理1 設(shè)D1是不能被3或6k+1型的素數(shù)整除的無平方因子的正整數(shù)，D1≡7(mod 12)，p=3(12s+k)(12s+k+1)+1(k=4，7，s∈N)為素數(shù)，則丟番圖方程

無正整數(shù)解.

證明 設(shè)(x，y)是方程(3)的正整數(shù)解，故

又x2－x+1的素因數(shù)必為3或形如6k+1的素數(shù)，而D1是不能被3或6k+1型的素數(shù)整除的正整數(shù)，故由文［6］的定理1的證明過程可知，(3)可分解為以下兩種情形:

情形Ⅰ:x+1=D1u2，x2－ x+1=pv2，y=uv，gcd(u，v)=1.

情形Ⅱ:x+1=3D1u2，x2－ x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u，v)=1.

對于情形Ⅰ，由D1≡7(mod 12)，得D1≡－1(mod 4).

又由

可得

故

又

則p≡1(mod 4).又pv2為奇數(shù)，故v2為奇數(shù)，所以v2≡1(mod 4)，則有

又

則

矛盾，所以情形Ⅰ不成立.

對于情形Ⅱ，將第一式代入第二式，整理得

則(2v，2D1u2－1)是方程(5)的一組解.因?yàn)?/p>

則由引理2，得(2，24s+2k+1)是方程(4)的最小解.

由引理1知，由(4)式可得

由(5)式可得

又 k=4，7 時，3|(24s+2k+1)，所以

故

又 D1≡7(mod 12)，得 D1≡1(mod 3)，故

矛盾.由此可知，情形Ⅱ不成立.

綜上，方程(3)在題設(shè)條件下無正整數(shù)解.

定理2 設(shè)D1是不能被3或6k+1型的素數(shù)整除的無平方因子的正整數(shù)，D1≡1，7，10，19(mod 24)，p=3(24s+k)(24s+k+1)+1(k=4，19，s∈ N)為素數(shù)，則丟番圖方程

無正整數(shù)解.

證明同定理1，此略.

定理3 設(shè)D1是不能被3或6k+1型的素數(shù)整除的無平方因子的正整數(shù)，D1≡5(mod 12)，p=3(12s+k)(12s+k+1)+1(k=4，7，s∈N)為素數(shù)，則丟番圖方程

無正整數(shù)解.

證明 設(shè)(x，y)是方程(7)的正整數(shù)解，故

又x2+x+1的素因數(shù)必為3或形如6k+1的素數(shù)，而D1是不能被3或6k+1型的素數(shù)整除的正整數(shù)，由文［6］的定理1的證明過程可知，(4)可分解為以下兩種情形:

情形Ⅲ:x － 1=D1u2，x2+x+1=pv2，y=uv，gcd(u，v)=1.

情形Ⅳ:x － 1=3D1u2，x2+x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u，v)=1.

對于情形Ⅲ，由x－1=D1u2，可得

而 u2≡ 0，1，4(mod 8)，故

所以

又 D1≡5(mod 12)，得 D1≡1，5(mod 8)，所以

則

綜上，當(dāng)D1≡5(mod 12)時，有

又

故p≡1，5(mod 8).又pv2為奇數(shù)，故v2為奇數(shù)，所以v2≡1(mod 8)，則

又 x2+x+1=pv2，則

矛盾，所以情形Ⅲ不成立.

對于情形Ⅳ，將第一式代入第二式，整理得

則(2v，2D1u2+1)是方程(8)的一組解.因?yàn)?/p>

則由引理2，得(2，24s+2k+1)是方程(8)的最小解.

由引理1知，從(8)式可得

由(9)式可得

又 k=4，7時，3(24s+2k+1)，所以

有

又D1≡5(mod 12)，得 D1≡2(mod 3)，故=－1，矛盾.由此可知，情形Ⅳ不成立.

綜上，方程(4)在題設(shè)條件下無正整數(shù)解.

定理4 設(shè)D1是不能被3或6k+1型的素數(shù)整除的無平方因子的正整數(shù)，D1≡－1，5，14，17(mod 24)，p=3(24s+k)(24s+k+1)+1(k=4，19，s∈ N)為素數(shù)，則丟番圖方程

無正整數(shù)解.

證明同定理3，此略.

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

［2］ 樂茂華.關(guān)于Diophantine方程x3+1=3py2［J］.保定師范?？茖W(xué)校學(xué)報，2004，17(2):12－13.

［3］ 樂茂華.關(guān)于Diophantine方程x3－1=3py2［J］.廣西師范學(xué)院學(xué)報:自然科學(xué)版，2005，22(4):22－23.

［4］ 張淑靜.關(guān)于 Diophantine方程 x3±1=3Dy2［J］.高師理科學(xué)刊，2009，29(2):16 －18.

［5］ 張淑靜，楊雅琳，賈曉明.關(guān)于Diophantine方程x3±1=3pD1y2［J］.山西師范大學(xué)學(xué)報:自然科學(xué)版，2009，293(4):31－33.

［6］ 張淑靜，袁進(jìn).關(guān)于 Diophantine方程x3±1=Dy2［J］.曲阜師范大學(xué)學(xué)報:自然科學(xué)版，2009，35(42):47－49.

［7］ 夏圣亭.不定方程淺說［M］.天津:天津人民出版社，1980:97－98.

［8］ 杜先存，史家銀，趙金娥.關(guān)于不定方程x3－1=py2［J］.西南民族大學(xué)學(xué)報:自然科學(xué)版，2012，38(5):748－751.