吳小英

(四川師范大學(xué) 數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院,四川 成都 610068)

0 引言

設(shè)整數(shù)D>2,且無平方因子.丟番圖方程

x3±1=Dy2

(1)

是一類重要的丟番圖方程,對這類方程整數(shù)解的研究已產(chǎn)出大量的文獻(xiàn).柯召、孫琦在文[1,2]中證明了當(dāng)且僅當(dāng)D不含6k+1型素?cái)?shù)時(shí),方程(1)無非平凡解.但當(dāng)D含6k+1型素因數(shù)時(shí),方程的解的情況比較復(fù)雜，求解過程亦較為困難.2003年，羅明證明了x3+1=7y2僅有整數(shù)解(x,y)=(-1,0)，(3,±2)[3].2009年，瞿云云等人證明了x3+1=119y2僅有整數(shù)解(x,y)=(-1,0)[4].本文利用Pell方程的解所給出的遞歸數(shù)列的性質(zhì)與同余式證明了丟番圖方程x3-1=1261y2僅有整數(shù)解(x,y)=(1,0).

1 引理

引理1[5]若D是一個(gè)非平方的正整數(shù),則Pell方程

x2-Dy2=1,x,y∈N+，

(2)

引理2[6]方程4x4-3y2=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±1,±1).

引理3[6]丟番圖方程x2-3y4=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±2,±1),(±7,±2),(±1,0).

引理4[6]丟番圖方程x4-3y2=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±1,0).

2 主要結(jié)果

定理1 丟番圖方程

x3-1=1261y2

(3)

僅有正整數(shù)解(x,y)=(1,0).

定理1的證明設(shè)(x,y)是(3)的解.因?yàn)間cd(x+1,x2-x+1)=1或3,故分以下8種情況進(jìn)行討論：

(I)x-1=a2，x2+x+1=1261b2,y=ab;

(II)x-1=13a2，x2+x+1=97b2,y=ab;

(III)x-1=97a2，x2+x+1=13b2,y=ab;

(IV)x-1=1261a2，x2+x+1=b2,y=ab;

(V)x-1=3a2，x2+x+1=3783b2,y=3ab;

(VI)x-1=39a2，x2+x+1=291b2,y=3ab;

(VII)x-1=291a2，x2+x+1=39b2,y=3ab;

(VIII)x-1=3783a2，x2+x+1=3b2,y=3ab，

這里，a≥0,b>0,gcd(a,b)=1.

情形(I)將第二式兩邊模13,得x2+x+1≡0(mod 13),解之得x≡3,9(mod 13),代入第一個(gè)方程，有a2=x-1≡2,8(mod 13).但模13的Legendre符號

故在該情形時(shí)方程(3)無整數(shù)解.

情形(II)將第一式的兩邊模13,得x≡1(mod 13).代入第二個(gè)方程，得3≡x2+x+1=97b2≡6b2(mod 13).因而， 2b2≡1(mod 13),解之得,b2≡7(mod 13). 但模13的Legendre符號

故在該情形時(shí)方程(3)無整數(shù)解.

情形(III)將第二式兩邊模8,得x2+x+1≡5(mod 8),解之得x≡3,4(mod 8),代入第一個(gè)方程，有2,3≡x-1=97a2≡a2(mod 8).這是不可能的.

故在該情形時(shí)方程(3)無整數(shù)解.

情形(IV)由第二個(gè)方程,得x=0，-1.但x=0，-1，均不滿足第一個(gè)方程,故在該情形時(shí)方程(3)無整數(shù)解.

情形(V)將第二式兩邊模13,得x2+x+1≡0(mod 13),解之得x≡3,9(mod 13),代入第一個(gè)方程，有3a2=x-1≡2,8(mod 13)，解之得,b2≡5,7(mod 13).但模13的Legendre符號

故在該情形時(shí)方程(3)無整數(shù)解.

情形(VI)將第一式的兩邊模13,得x≡1(mod 13)，代入第二個(gè)方程，得3≡x2+x+1=291b2≡5b2(mod 13).因而，2b2≡1(mod 13),解之得,b2≡11(mod 13). 但模13的Legendre符號

故在該情形時(shí)方程(3)無整數(shù)解.

情形(VII)將第一式的兩邊模97,得x≡1(mod 97).代入第二個(gè)方程，得3≡x2+x+1=39b2(mod 97).因而，13b2≡1(mod 97).但模97的Legendre符號

故在該情形時(shí)方程(3)無整數(shù)解.

情形(VIII)將第一式代入第二式,得(2b)2-3(2522a2+1)2=1.由引理1知方程(2b)2-3×(2522a2+1)2=1的全部整數(shù)解可表示為

2522a2=yn-1,n∈Z.

(4)

容易驗(yàn)證以下的等式成立：

xn±1=2xn±3yn,yn±1=±xn+2yn；

(5)

(6)

xn+2=4xn+1-xn,x0=1,x1=2；

(7)

yn+2=4yn+1-yn,y0=0,y1=1.

(8)

對遞歸序列(8)取模13,得周期為12的剩余類序列，0，1，4，2，4，1，0，12，9，11，9，12.因而當(dāng)且僅當(dāng)n≡1,5(mod 12)時(shí),yn≡1(mod 13).

因?yàn)閚≡1,5(mod 12)，故n≡1(mod 4).令n≡4m+1，則由式(6),得

2522a2=yn-1=y4m+1-1=y4m-1+1=x4m+2y4m-1=

即 1261a2=x2m+1y2m.

(9)

又gcd(x2m+1,y2m)=2,故(9)可分解成

x2m+1=2c2,y2m=2522d2,a=2cd；

(10)

x2m+1=2522c2,y2m=2d2,a=2cd；

(11)

x2m+1=26c2,y2m=194d2,a=2cd;

(12)

x2m+1=194c2,y2m=26d2,a=2cd,

(13)

這里，c>0,d≥0,gcd(c,d)=1.

將(11)的第二式代入y2m=2xmym,得xmym=d2.故有

xm=u2,ym=v2,d=uv.

(14)

這里，u>0,v≥0,gcd(u,v)=1.

將(12)的第二式代入y2m=2xmym,得xmym=97d2.故有

xm=u2,ym=97v2,d=uv；

(15)

xm=97u2,ym=v2,d=uv.

(16)

這里，u>0,v≥0,gcd(u,v)=1.

類似于(14)，(15)無滿足條件的整數(shù)解.

類似于(12)，(13)無滿足條件的整數(shù)解.

綜上所述, 丟番圖方程x3-1=1261y2僅有整數(shù)解(x,y)=(1,0).