杜 先 存

(紅河學(xué)院教師教育學(xué)院，云南 蒙自 661199)

關(guān)于Diophantine方程x3±1=3pqry2的整數(shù)解

杜 先 存

(紅河學(xué)院教師教育學(xué)院，云南 蒙自 661199)

[摘要]利用同余式、平方剩余、勒讓德符號的性質(zhì)、Pell方程解的性質(zhì)、遞歸序列等理論得到了Diophantine方程x3±1=3pqry2僅有平凡解的兩個充分條件.其中r≡5(mod6)為奇素數(shù)，p≡q≡1(mod6)為奇素數(shù)，.

[關(guān)鍵詞]Diophantine方程；整數(shù)解；同余式；平方剩余；遞歸序列；勒讓德符號

1預(yù)備知識

設(shè)Z表示全體整數(shù)的集合，Z+表示全體非零整數(shù)的集合.方程

x3±1=Py2(p>0，P無平方因子，x，y∈Z)

(1)

是一類重要的Diophantine方程，目前得到的主要研究結(jié)果為：

(Ⅰ)P不含6k+1形素因子時，文獻(xiàn)[1-2]已經(jīng)完全解決.

(Ⅱ)P含一個6k+1形素因子時，文獻(xiàn)[3-4]已有一些結(jié)論.

(Ⅲ)P含兩個互異的6k+1形素因子時，方程(1)的求解較為困難，已有零散結(jié)果：(ⅰ)P不含素因子3時，文獻(xiàn)[5-6]給出了方程x3+1=91y2和x3±1=1 267y2的所有整數(shù)解，文獻(xiàn)[7]給出了方程(1)無非平凡解的兩個充分條件；(ⅱ)P含素因子3時，文獻(xiàn)[8] 給出了方程(1)無非平凡解的兩個充分條件.

本文給出了P含素因子3，同時含一個6k-1形素因子及兩個互異的6k+1形素因子時方程(1)只有平凡解的兩個充分條件.

引理1[9]設(shè)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，無其他的正整數(shù)解.

引理2[9]設(shè)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.

2主要結(jié)論及證明

x3+1=3pqry2

(2)

在下列條件下僅有平凡解(x，y)=(-1，0)：

(ⅰ)r≡5(mod24)，pq≡19(mod24)；

(ⅱ)r≡17(mod24)，pq≡7(mod24)；

(ⅲ)r≡11(mod12)，pq≡7(mod12).

證明設(shè)(x，y)是方程(2)的整數(shù)解.因為r≡5(mod6)為奇素數(shù)，故x2-x+1?0(modr)，又

gcd(x+1，x2-x+1)=3，x2-x+1?0(mod9)，

方程(2)給出下面4種可能情形：

Ⅰx+1=9ru2，x2-x+1=3pqv2，y=3uv，gcd(u，v)=1；

Ⅱx+1=9qru2，x2-x+1=3pv2，y=3uv，gcd(u，v)=1；

Ⅲx+1=9pru2，x2-x+1=3qv2，y=3uv，gcd(u，v)=1；

Ⅳx+1=9pqru2，x2-x+1=3v2，y=3uv，gcd(u，v)=1.

下面我們分情形加以討論.

情形Ⅰ由于u2≡0，1，4(mod8)，利用同余性質(zhì)知該情形不成立，故方程(2)無整數(shù)解.

情形Ⅳ將x+1=9pqru2代入x2-x+1=3v2，整理得

(2v)2-3(6pqru2-1)2=1.

(3)

方程(3)的所有整數(shù)解可表示為

6pqru2=yn+1，

(4)

從而yn≡-1(mod6).

容易驗證下列各式成立：

xn+2=4xn+1-xn，x0=1，x1=2；

(5)

yn+2=4yn+1-yn，y0=0，y1=1；

(6)

x2n+1≡2(mod3)，x2n≡1(mod3)；

(7)

x2n+1≡2(mod4)，x2n≡1(mod2)；

(8)

y2n≡0(mod4)，y2n+1≡1(mod2).

(9)

當(dāng)n≡-1(mod12)時，令n=12m-1(m∈Z)，則由(4)式得

6pqru2=y12m-1+1=-x12m+2y12m+1=2y6mx6m-1，

即

3pqru2=x6m-1y6m.

(10)

由(5)式知對于任意整數(shù)m，x6m-1≠0，又由(6)式知僅當(dāng)m=0時y6m=0，故僅當(dāng)m=0時 x6m-1y6m=0.

當(dāng)m=0時，由(10)式得 u=0，此時得到方程(2)的平凡解(x，y)=(-1，0).

當(dāng)m≠0時，因為gcd(x6m-1，y6m)=gcd(2x6m-3y6m，y6m)=2，由(7)式得x6m-1?0(mod3).又x6m-1?0(modr)，所以(10)式給出以下4種可能情形：

(1)x6m-1=2A2，y6m=6pqrb2，u=2ab，gcd(A，b)=1；

(11)

(2)x6m-1=2pqa2，y6m=6rb2，u=2ab，gcd(A，b)=1；

兩者的培養(yǎng)途徑是類似的。無論是機械創(chuàng)新設(shè)計大賽這個學(xué)科競賽，還是卓越工程師計劃，為了實現(xiàn)對學(xué)生創(chuàng)新能力、實踐能力的培養(yǎng)，都要求加強理論與實踐的有機結(jié)合，增強學(xué)生自主動手、創(chuàng)新設(shè)計能力。通過知識的積累、能力的提高來實現(xiàn)學(xué)生就業(yè)、創(chuàng)業(yè)目標(biāo)，以實現(xiàn)“為國訓(xùn)練人才、為國培養(yǎng)人才”的國家計劃。

(12)

(3)x6m-1=2pa2，y6m=6qrb2，u=2ab，gcd(A，b)=1；

(13)

(4)x6m-1=2qa2，y6m=6prb2，u=2ab，gcd(A，b)=1.

(14)

對于情形(2)，由y6m=6rb2得x3my3m=3rb2，再由(7)式得

x3m?0(mod3)，gcd(x3m，y3m)=1，x3m?0(modr)，

對于情形(3)，由y6m=6qrb2得x3my3m=3qrb2，又

x3m?0(mod3)，gcd(x3m，y3m)=1，x3m?0(modr)，

所以下列情形之一成立：

(A)x3m=c2，y3m=3qrd2，b=cd，gcd(c，d)=1；

(15)

(b)x3m=qc2，y3m=3rd2，b=cd，gcd(c，d)=1.

(16)

對于情形(A)，仿(12)式的證明可知此時方程(2)無整數(shù)解.

對于情形(b)，因q為奇素數(shù)，由x3m=qc2及(8)式得m為偶數(shù).設(shè)m=2L(L∈Z+)，則y3m=3rd2變?yōu)閥6L=3rd2.由(9)式得y6L≡0(mod4)，注意到y(tǒng)6L=3rd2，從而3rd2≡0(mod4)，d≡0(mod2).設(shè)d=2g(g∈Z)，則2x3Ly3L=12rg2，即x3Ly3L=6rg2.仿 (12)式的證明可知該情形方程(2)亦無整數(shù)解.

對于情形(4)，仿照情形(3)的證明可得該情形方程(2)亦無整數(shù)解.

當(dāng)n≡5(mod12)時，令n=12m+5(m∈Z)，則由(4)式得

6pqru2=y12m+5+1=x12m+4+2y12m+4+1=2x6m+2y6m+3，

即

3pqru2=x6m+2y6m+3.

(17)

因為gcd(x6m+2，y6m+3)=gcd(x6m+2，x6m+2+2y6m+2)=1，又由(7)式得x6m+2?0(mod3)，而x6m+2?0(modr)，所以(17)式給出以下4種可能的情形：

(Ⅰ)x6m+2=A2，y6m+3=3pqrb2，u=ab，gcd(A，b)=1；

(18)

(Ⅱ)x6m+2=pqa2，y6m+3=3rb2，u=ab，gcd(A，b)=1；

(19)

(Ⅲ)x6m+2=pa2，y6m+3=3qrb2，u=ab，gcd(A，b)=1；

(20)

(Ⅳ)x6m+2=qa2，y6m+3=3prb2，u=ab，gcd(A，b)=1.

(21)

對于情形(Ⅰ)，仿情形(A)的證明可知該情形方程(2)無整數(shù)解.

對于情形(Ⅱ)，由(9)式得y6m+3≡1(mod2)，所以由y6m+3=3rb2知b為奇數(shù)，b2≡1(mod8).因為p，q為奇素數(shù)，故由x6m+2=pqa2及(8)式知A為奇數(shù)，A2≡1(mod8).

將(19)式前兩式代入y6m+3=x6m+2+2y6m+2得3rb2=pqa2+2y6m+2，從而2y6m+2=3rb2-pqa2，兩邊取模8有

2y6m+2≡3r-pq(mod8).

(22)

由(9)式得y6m+2≡0(mod4)，故2y6m+2≡0(mod8).

對于條件(ⅰ)與條件(ⅱ)，3r-pq≡4(mod8)，顯然矛盾；對于條件(ⅲ)，3r-pq≡±2(mod8)，顯然也矛盾.故(22)式不成立，所以該情形方程(2)無整數(shù)解.

對于情形(Ⅲ)，將(20)式的前兩式代入y6m+3=x6m+2+2y6m+2，得3qrb2=pa2+2y6m+2，從而2y6m+2=3qrb2-pa2.因為p，q為奇素數(shù)，故由(7)、(8)及(20)式得 A2≡b2≡1(mod8)，2y6m+2=3qrb2-pa2.兩邊取模8有

2y6m+2≡3qr-p(mod8).

(23)

對于條件(ⅰ)，3rq-p≡7q-p≡4(mod8)；對于條件(ⅱ)，3rq-p≡3q-p≡4(mod8)；對于條件(ⅲ)，3rq-p≡q-p或5q-p≡±2(mod8).而2y6m+2≡0(mod8)，矛盾，故(23)式不成立，所以該情形方程(2)無整數(shù)解.

對于情形(Ⅳ)，仿照情形(Ⅲ)的證明可知該情形方程(2)無整數(shù)解.

綜上，方程(2)的平凡解(x，y)=(-1，0).定理得證.

類似定理1的證明我們可以得出：

x3-1=3pqry2

(24)

在下列條件下僅有平凡解(x，y)=(1，0)：

(1)r≡5，11(mod24)，pq≡19(mod24)；

(2)r≡17，23(mod24)，pq≡7(mod24).

[參考文獻(xiàn)]

[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.

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(責(zé)任編輯：李亞軍)

On integer solution of the Diophantine equation x3±1=3pqry2

DU Xian-cun

(College of Teacher Education，Honghe University，Mengzi 661199，China)

Abstract:By using congruence，quadratic remainder，some properties of Legendre symbol and some properties of the solutions to Pell equation and recursive sequence， two sufficient conditions are given to keep the Diophantine equation x3±1=3pqry2 just has trivial solution，where r，p，q be odd primes with r≡5(mod6)，p≡q≡1(mod6)，and =-1.

Keywords:Diophantine equation；integer solution；congruence；quadratic remainder；recursive sequence；Legendre symbol

[文章編號]1000-1832(2016)02-0019-04

[收稿日期]2014-04-27

[基金項目]國家自然科學(xué)基金資助項目(11371291)；云南省教育廳科研基金資助項目(2014Y462)；紅河學(xué)院校級課題(XJ15Y22)；紅河學(xué)院中青年學(xué)術(shù)骨干培養(yǎng)基金資助項目(2015GG0207)；喀什師范大學(xué)校級課題((14)2513).

[作者簡介]杜先存(1981—)，女，碩士，副教授，主要從事初等數(shù)論研究.

[中圖分類號]O 156.1[學(xué)科代碼]110·1710

[文獻(xiàn)標(biāo)志碼]A

[DOI]10.16163/j.cnki.22-1123/n.2016.02.005