李潤琪

(德宏師范高等?？茖W校 數(shù)學系，云南 芒市，678400)

x3+1=Dy2 (D>0，D無平方因子，x,yZ)

x3+1=PQy2

x+1=u2，x2-x+1=pqv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

x+1=pu2，x2-x+1=qv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

x+1=qu2，x2-x+1=pv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

x+1=pqu2，x2-x+1=v2，y=uv，gcd(u,v)=1；

x+1=3u2，x2-x+1=3pqv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

x+1=3pu2，x2-x+1=3qv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

x+1=3qu2，x2-x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

x+1=3pqu2，x2-x+1=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1.

(2u2-3)2≡-3(modq).

Z，

2pqu2=yn+1 .

yn+2=4yn+1-yn yo=0，y1=1

pqu2≡1(mod4) ；

pqu2=x2k-1y2k .

x2k-1=2pqa2，y2k=2b2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

x2k-1=2a2，y2k=2pqb2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

x2k-1=2qa2，y2k=2pb2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

x2k-1=2pa2，y2k=2qb2，u=2ab，gcd(a，b)=1.

xk=c2，yk=d2，gcd(c,d)=1 ，

.

pqa2=1 ；

.

2=pqb2；

xk=c2，yk=pd2，b=cd，gcd(c，d)=1 ；

xk=pc2，yk=d2，b=cd，gcd(c，d)=1 .

.

.

pc2=1 ；

?

丟番圖方程x3+1=PQy2的整數(shù)解

李潤琪

(德宏師范高等?？茖W校 數(shù)學系，云南 芒市，678400)

丟番圖方程； 整數(shù)解； 同余； 遞歸序列； 勒讓德符號

三次方程

(1)

1 相關引理與定理

引理1[11]方程x2-3y4=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±2,±1)，(±7,±2)，(±1,0).

引理2[11]設p是一個奇素數(shù)，則丟番圖方程4x4-py2=1除p=3,x=y=1和p=7,x=2,y=3外，無正整數(shù)解.

引理3[11]設p是一個奇素數(shù)，則丟番圖方程x4-py2=1除p=5,x=3,y=4和p=29,x=99,y=1 820外，無其他的正整數(shù)解.

x3+1=PQy2

(2)

僅有平凡解(x,y)=(-1,0)．

證明 因為x3+1=(x+1)(x2-x+1)，而gcd(x+1,x2-x+1)=gcd(x+1,(x+1)2-3(x+1)+3)=gcd(x+1,3)=1或3，故方程(2)給出8種可能的分解：

Ⅰ

x+1=u2，x2-x+1=pqv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

Ⅱ

x+1=pu2，x2-x+1=qv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

Ⅲ

x+1=qu2，x2-x+1=pv2，y=uv，gcd(u,v)=1；

Ⅳ

x+1=pqu2，x2-x+1=v2，y=uv，gcd(u,v)=1；

Ⅴ

x+1=3u2，x2-x+1=3pqv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

Ⅵ

x+1=3pu2，x2-x+1=3qv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

Ⅶ

x+1=3qu2，x2-x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u,v)=1；

Ⅷ

x+1=3pqu2，x2-x+1=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1.

下面討論8種情況所給的方程(2)的整數(shù)解．

情形Ⅰ 將x+1=u2代入x2-x+1=pqv2得(2u2-3)2+3=4pqy2，則有

(2u2-3)2≡-3(modq).

(3)

綜上所述，方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅱ 因為p≡19(mod24)，有x=pu2-1≡2,3,7(mod8)，則x2-x+1≡3,7(mod8)；又q=73,97,241,337,409，則有qv2≡1(mod8)，矛盾．故方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅳ 解x2-x+1=v2得x=0,1，均不適合x+1=pqu2，故方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅴ 因為x=3u2-1≡2,3,7(mod8)，則x2-x+1≡3,7(mod8)；又p≡19(mod24)，q=73,97,241,337,409,則pq≡3(mod8)，則3pqv2≡1(mod8)，矛盾．故方程(2)無整數(shù)解．

情形Ⅷ 將x+1=3pqu2代入x2-x+1=3v2得(2v)2-3(2pqu2-1)2=1；又Pell方程X2-3Y2=1的基本解為(x1，y1)=(2,1)，則有

2pqu2=yn+1 .

(4)

容易驗證

yn+2=4yn+1-ynyo=0，y1=1

(5)

成立.

對遞歸序列(5)取模2，得周期為2的剩余類序列：0,1,0,1，…，且當n≡0(mod2)時有yn≡0(mod2)，此時有yn+1≡1(mod2)，則式(4)不成立，故式(4)要成立，需n≡1(mod2).

對遞歸序列(5)取模8，得周期為4的剩余類序列：1,4,7,0,1,4,7, 0,…，且當n≡1(mod4)時有yn≡1(mod8)，此時有yn+1≡2(mod8)，故式(4)為2pqu2=yn+1≡2(mod8)，則有

pqu2≡1(mod4) ；

(6)

又p≡19(mod24)為奇素數(shù)，q=73，97，241，337，409為奇數(shù)，則由式(6)得u為奇數(shù)，故u2≡1(mod4).由p≡19(mod24)得p≡3(mod4)，由q=73，97，241，337，409得q≡1(mod4),則有pqu2≡3(mod4)，與式(6)矛盾，故式(6)不成立，因此式(6)要成立，需n≡-1(mod4).

pqu2=x2k-1y2k.

(7)

又因為gcd(x2k-1，y2k)=2，所以式(7)可以分解為4種不同的情形：

ⅰ

x2k-1=2pqa2，y2k=2b2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

ⅱ

x2k-1=2a2，y2k=2pqb2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

ⅲ

x2k-1=2qa2，y2k=2pb2，u=2ab，gcd(a，b)=1；

ⅳ

x2k-1=2pa2，y2k=2qb2，u=2ab，gcd(a，b)=1.

情形ⅰ 由y2k=2b2得xkyk=b2，又gcd(xk，yk)=1，則有xkyk=b2可分解為

xk=c2，yk=d2，gcd(c,d)=1 ，

(8)

(9)

由引理1得d=0，±1，±2，則有yk=d2=0，1，4，故k=0，1，2，所以有y2k=0，4，56，則有y2k=2b2=0，4，56，即b2=0，2，28，則有b=0，故k只能取0，所以x2k-1=x-1=x1=2，因此有x2k-1=2pqa2=2，即

pqa2=1 ；

(10)

又p≡19(mod24) 為奇素數(shù)，q=73，97，241，337，409，故式(10)不成立，所以方程(7)無整數(shù)解，因此方程(2)無整數(shù)解．

(11)

由引理2得，a=±1，則有x2k-1=2，所以有k=1，故y2k=y2=4．由y2k=2pqb2得4=2pqb2，即

2=pqb2；

(12)

又p≡19(mod24) 為奇素數(shù)，q=73，97，241，337，409，故式(12)不成立，所以方程(7)無整數(shù)解，因此方程(2)無整數(shù)解．

情形ⅲ 由y2k=2pb2得xkyk=pb2，又gcd(xk，yk)=1，則有xkyk=pb2可分解為2種情形

(ⅰ)

xk=c2，yk=pd2，b=cd，gcd(c，d)=1 ；

(ⅱ)

xk=pc2，yk=d2，b=cd，gcd(c，d)=1 .

(13)

由引理3得c=±1，則有xk=c2=1，所以有k=0，故y2k=0．因此u=0，從而給出方程(2)的平凡解(x,y)=(-1，0).

(14)

由引理1得d=0，±1，±2，則有yk=d2=0，1，4，故k=0，1，2，所以有y2k=0，4，56，則有y2k=2b2=0，4，56，即b2=0，2，28，則有b=0，故k只能取0，所以xk=x0=1，因此有xk=pc2=1，即

pc2=1 ；

(15)

又p≡19(mod24) 為奇素數(shù)，故式(15)不成立，所以方程(7)無整數(shù)解，因此方程(2)無整數(shù)解．

情形ⅳ 由y2k=2qb2得xkyk=qb2，仿情形ⅲ的討論知，此時方程(2)無整數(shù)解．

綜上所述，丟番圖方程(2)在題設條件下僅有平凡解(x,y)=(-1，0)．

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

[2] 柯召，孫琦．關于丟番圖方程x3±1=Dy2[J]．中國科學，1981,24(12)：1 453-1 457．

[3] 管訓貴，杜先存．關于Diophantine方程x3±1=pqy2[J]．安徽大學學報(自然科學版)，2014,38(1)：13-19．

[4] 杜先存，管訓貴，李玉龍．關于Diophantine方程x3+1=13qy2的整數(shù)解[J]．重慶師范大學學報(自然科學版), 2014,31(6)：66-68．

[5] 管訓貴，杜先存．關于丟番圖方程x3+1=13py2的整數(shù)解[J]．貴州大學學報(自然科學版)，2014,32(2)：36-38．

[6] 管訓貴．關于丟番圖方程x3±1=7qy2的整數(shù)解[J]．蘭州文理學院學報(自然科學版)，2014,28(2)：20-24．

[7] 陳進平．關于不定方程x3+1=7py2的整數(shù)解[J]．湛江師范學院學報，2012,33(3)：19-23．

[8] 杜先存，萬飛，楊慧章．關于丟番圖方程x3±1=1267y2的整數(shù)解[J]．數(shù)學的實踐與認識，2013,43(15)：288-292．

[9] 杜先存，管訓貴，楊慧章．關于不定方程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．

[10] 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，2012：49,180,187．

Integer Solution of the Diophantine Equation x3+1=PQy2

LiRunqi

(CollegeofMathematics,DehongNormalCollege,Mangshi678400,China)

Diophantineequation;integersolution;congruence;recurrentsequence;Legendresymbol

2015-01-15

云南省教育廳科學研究項目(2014Y462)

李潤琪(1965-)，男，云南騰沖人，講師，研究方向：初等數(shù)論及數(shù)學教育，E-mail：runqilimath@163.com

1004-1729(2015)03-0204-04

O

ADOl：10.15886/j.cnki.hdxbzkb.2015.0037