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        一類Pell方程組的非負整數(shù)解*

        2021-07-29 01:42:34王志蘭
        關(guān)鍵詞:矛盾

        王志蘭

        (1.泰州學(xué)院 數(shù)理學(xué)院,江蘇 泰州 225300;2.江蘇省吳江中等專業(yè)學(xué)校,江蘇 吳江 215200)

        1 引言及主要結(jié)論

        x2-dy2=1與y2-Dz2=4,x,y,z∈,

        (1)

        的求解一直是熱門話題.目前的結(jié)論主要有:

        (i)d=2,D?-1(mod 12)且D為不超過6個不同的奇素數(shù)之積以及D≡-1(mod 12)且D為不超過3個不同的奇素數(shù)之積時,陳永高[1]分別證明了除D為3×5×7×11×17×577,17×19×29×41×59×577外,(1)僅有平凡解z=0,以及除D為5×7,29×41×239外,(1)僅有平凡解z=0.

        (ii)d=2,D=2p1…ps(p1,…,ps為不同的奇素數(shù), 1≤s≤6)時,管訓(xùn)貴[2]證明了除D為2×17,2×3×5×7×11×17以及2×17×113×239×337×577×665857外,(1)僅有平凡解z=0.

        (iii)d=2,D為偶數(shù)且D沒有適合p≡1(mod 8)的素因子p時,樂茂華[3]證明了(1)僅有平凡解z=0.

        (iv)d=6,D=p為奇素數(shù)時,蘇小燕[4]證明了除D=11外,(1)僅有平凡解z=0.

        (v)d=6,D=2p1…ps(p1,…,ps是不同的奇素數(shù), 1≤s≤4)時,杜先存等[5]證明了除D為2×11×97外,(1)僅有平凡解z=0.

        本文進一步討論d=s(s+1),D=2q1或2q1q2(q1,q2為不同的奇素數(shù))時方程(1)的求解問題,得出以下一般性的結(jié)果.

        定理1設(shè)p,q1,q2為不同的奇素數(shù),且p=2s+1,s≡2(mod 4),D=2c(c∈N*,c=q1或q1q2),則Pell方程組

        (2)

        除平凡解(X,Y,Z)=(2s+1,2,0)外,當(dāng)2p2-1=cr2(r∈N*)時,(2)僅有解(X,Y,Z)=(4p3-3p,8p2-2,4pr).

        2 引理

        引理1設(shè)D∈N*且不是平方數(shù),則Pell方程

        x2-Dy2=1,x,y∈N*,

        (3)

        證明參見文[6,定理6.11].

        證明參見文[7].

        引理3不定方程

        2Y2=X4-4X2+2,X,Y∈N,

        僅有解(X,Y)=(2,1)和(0,1).

        證明參見文[8].

        引理4若D是一個非平方的正整數(shù),則不定方程x4-Dy2=1(x,y∈N*)除當(dāng)D=1785,4·1785,16·1785時,分別有兩組解(x,y)=(13,4),(239,1352);(x,y)=(13,2),(239,676);(x,y)=(13,1),(239,338)外,至多只有一組解(x1,y1),且滿足

        證明參見文[9].

        引理5若D是一個非平方的正整數(shù),則不定方程

        x2-Dy4=1,x,y∈N*,

        證明參見文[10].

        由引理5立得

        引理6設(shè)p為奇素數(shù),則不定方程x2-(p2-1)y4=1(x,y∈N*)僅有解(x,y)=(p,1).

        3 定理1的證明

        因D≡2(mod 4),故由(2)的第二式知,Y,Z均為偶數(shù). 令X=x,Y=2y,Z=2z,則(2)成為

        (4)

        容易驗證下列各式成立:

        xk+2=2pxk+1-xk,x0=1,x1=p,x2=2p2-1;

        (5)

        yk+2=2pyk+1-yk,y0=0,y1=1,y2=2p;

        (6)

        xk+l=xkxl+(p2-1)ykyl,yk+l=xkyl+xlyk;

        (7)

        x-k=xk,y-k=-yk;

        (8)

        (9)

        若(x,y,z)=(xk,yk,z)是(4)的解,則根據(jù)k的奇偶性分以下兩種情形討論.

        情形1當(dāng)2|k時,可令k=2l(l∈N*).由(4)的第一式知

        (10)

        將式(10)代入(4)的第二式,并結(jié)合式(9)得

        (11)

        因為

        故式(11)可改寫成

        (12)

        因而

        令D=b1b2,gcd(b1,b2)=1,則式(12)可化為

        (13)

        (14)

        若式(13)成立,則由(13)的第二式得

        (15)

        由gcd(s,p)=gcd(s,2s+1)=1知,式(15)成為

        (16)

        根據(jù)式(5),當(dāng)2|l時,xl≡±1(mod 2s+1);當(dāng)2?l時,xl≡0(mod 2s+1).故由式(16)得-s,-s-1≡0(mod 2s+1),顯然不可能.因此式(13)不成立.

        若式(14)成立,則由(14)的前兩式得

        (17)

        易知,Legendre符號(注意:p≡1(mod 4))

        情形2當(dāng)2?k時,可令k=2l-1(l∈N*).由(4)的第二式知

        (y2l-1+1)(y2l-1-1)=Dz2.

        (18)

        再由(7)、(8)兩式可得

        y2l-1+1=2xl-1yl,y2l-1-1=2xlyl-1.

        (19)

        根據(jù)式(6),gcd(y2l-1+1,y2l-1-1)=2,故gcd(xl-1yl,xlyl-1)=1.

        將式(19)代入式(18),整理得

        Dz2=4xl-1yl-1xlyl.

        (20)

        若l=1,則式(20)成為Dz2=4x0y0x1y1=0,此時z=0,可得(4)的平凡解(x,y,z)=(p,1,0),從而可得(2)的平凡解(X,Y,Z)=(2s+1,2,0).

        若l=2,則式(20)成為Dz2=4x1y1x2y2=8p2(2p2-1),即cz2=4p2(2p2-1).考慮到gcd(4p2,2p2-1)=1,當(dāng)2p2-1=cr2(c,r∈N*,c=q1或q1q2,q1,q2為不同的奇素數(shù))時,z=2pr,可得(4)的一組解為(x,y,z)=(4p3-3p,4p2-1,2pr),從而可得(2)的一組解為(X,Y,Z)=(4p3-3p,8p2-2,4pr).

        若l=3,則式(20)成為

        Dz2=4x2y2x3y3=8p2(2p2-1)(2p-1)(2p+1)(4p2-3).

        (21)

        這里2p2-1,2p-1,2p+1,4p2-3兩兩互素.

        由于p≡1(mod 4),即2p+1≡3(mod 8),故2p+1非平方數(shù).

        當(dāng)4p2-3=w2(w∈N*)時,p=1,不合題意,故4p2-3也非平方數(shù).

        當(dāng)2p2-1=u2,2p-1=v2(u,v∈N*)時,有

        (22)

        根據(jù)引理2,式(22)給出v=1或3,故p=1(不合題意),或p=5.因此當(dāng)p≠5時,式(21)右邊至少提供4個不同的非平方素因子(其中包括2),而左邊至多提供3個不同的非平方素因子(其中包括2),矛盾;另外,當(dāng)p=5時,由2×52-1=cr2得c=1,與c=q1或q1q2矛盾.

        若l=4,則式(20)成為

        Dz2=4x3y3x4y4=16p2(4p2-3)(2p+1)(2p-1)(2p2-1)(8p4-8p2+1).

        (23)

        這里4p2-3,2p+1,2p-1,2p2-1,8p4-8p2+1兩兩互素.

        當(dāng)8p4-8p2+1=t2(t∈N*)時,有

        2t2=(2p)4-4(2p)2+2.

        (24)

        根據(jù)引理3,式(24)給出2p=2或0,顯然不可能.故式(23)右邊至少提供4個不同的非平方素因子,仍得矛盾.

        下面討論l≥5的情形.

        (i) 考慮到gcd(xl-1,yl-1)=gcd(xl,yl)=gcd(xl-1,xl)=gcd(yl-1,yl)=1,且由(7)、(8)兩式知

        gcd(xl,yl-1)=gcd(pxl-1+(p2-1)yl-1,yl-1)=gcd(pxl-1,yl-1)=gcd(p,yl-1)=1或p,

        gcd(xl-1,yl)=gcd(xl-1,xl-1+pyl-1)=gcd(xl-1,pyl-1)=gcd(xl-1,p)=1或p,

        故當(dāng)gcd(xl,yl-1)=p時,gcd(xl-1,yl)=1;當(dāng)gcd(xl-1,yl)=p時,gcd(xl,yl-1)=1.

        (ii) 若xl-1=A2(A∈N*),則(2)的第一式成為

        (25)

        因為p2-1≠1785,4·1785,16·1785,所以根據(jù)引理4,方程(25)至多只有一組解滿足A2=p或2p2-1,即xl-1=p或2p2-1,因此l=2或3,不符合要求,故xl-1≠A2.

        (iii) 若xl=A2(A∈N*),則由(ii)的討論知l=3或4,也不符合要求,故xl≠A2.

        (iv) 若yl-1=B2(B∈N*),則(2)的第一式成為

        (26)

        根據(jù)引理6,式(26)給出xl-1=p,此時l=2,不符合要求, 故yl-1≠B2.

        (v) 若yl=B2(B∈N*),則由(iv)的討論知l=3,也不符合要求,故yl≠B2.

        綜合(i)~(v)知,若l≥5,則式(20)右邊至少提供4個不同的非平方素因子,與題設(shè)矛盾.定理得證.

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