Diophantine方程x3-1=6Dy2的整數解

李潤琪

(德宏師范高等專科學校數學系, 云南 芒市 678400)

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Diophantine方程x3-1=6Dy2的整數解

李潤琪

(德宏師范高等專科學校數學系, 云南 芒市 678400)

摘要：設為奇素數,ri≡-1(mod6)(i=1,2,…,n)為彼此不相同的奇素數．運用同余式、平方剩余、Pell方程的解的性質、遞歸序列等討論了Diophantine方程x3-1=6Dy2的整數解的情況．

關鍵詞：Diophantine方程；整數解；同余；奇素數；遞歸序列；平方剩余

Diophantine方程x3+1=Dy2(D>0，D無平方因子，x,y∈Z)是一類基本而又重要的方程，當D含6k+1型素因子時，其整數解已有不少人研究過．當D不含素因子2和3時，文[1]已進行了一些研究；當D含素因子2，但不含素因子3時，文[2]已進行了一些

研究；當D含素因子3，但不含素因子2時，文[3]-[5]已進行了一些研究；當D既含素因子2，又含素因子 3時，文[5]已進行了一些研究．本文主要給出了D含素因子2，3，一個6k+1型素因子及至少一個6k-1型素因子時方程(1)的解的情況．

1引理

引理1[6]設r≡-1(mod6)為奇素數，(x,y)為x2-3y2=1的整數解，則x

≡

0(modr).

引理2[7]設p是一個奇素數，則丟番圖方程x4-py2=1除開p=5,x=3,y=4和p=29,x=99,y=1820外，無其他的正整數解．

引理3[7]設p是一個奇素數，則丟番圖方程4x4-py2=1除開p=3,x=y=1和p=7,x=2,y=3外，無其他的正整數解．

2定理及證明

x3-1=6Dy2

(1)

在下列條件下僅有平凡解(x,y)=(1,0)：

證明設(x,y)是方程(1)的整數解，因為x3-1=(x-1)(x2+x+1)，而gcd(x-1,x2+x+1)=3．設x2+x+1≡0(modri)(i=1,2,…,n)，即4x2+4x+4≡0(modri)(i=1,2,…,n)，則有(2x+1)2+3≡0(modri)(i=1,2,…,n)，即

(2x+1)2≡-3(modri)(i=1,2,…,n)

(2)

≡

0(modri)(i=1,2,…,n)．又x2+x+1

≡

0(mod2)，x2-x

+1

≡

0(mod9)，故方程(1)給出下面2種可能的情形：

x-1=18u2R，x2+x+1=3qv2，y=3uv，gcd(u,v)=1

(3)

x-1=18Du2，x2+x+1=3v2，y=3uv，gcd(u,v)=1

(4)

由(3)式的x-1=18u2R，得x=18u2R+1≡2u2R+1(mod8)．又u2≡0,1,4(mod8)，則x≡2u2R+1≡1,2R+1(mod8)．又由(3)式的x2+x+1=3qv2及q為奇素數知v為奇數，則v2≡1(mod8)．

綜上有(3)式不成立．

由(4)式的x2+x+1=3v2得(2x+1)2+3=12v2，將(4)式的x-1=18Du2代入得

(36Du2+3)2+3=12v2，即(12Du2+1)2+1=4v2=(2v)2，移項得

(2v)2-3(12Du2+1)2=1

(5)

因此有12Du2+1=±yn(n∈Z)，即有12Du2=±yn-1．又因為y-n=-yn，所以只需考慮下式：

12Du2=yn-1．

(6)

由(6)式得yn≡1(mod12)．

容易驗證下列各式成立：

yn+2=4yn+1-yn，y0=0，y1=1

(7)

yn+1=xn+2yn

(8)

(9)

x2n=2xnyn

(10)

xn+1=2xn+3yn

(11)

x2n+1≡2(mod4)，x2n≡1(mod2)

(12)

x2n+1≡2(mod3)，x2n≡1(mod3)

(13)

y2n+1≡1(mod2)，y2n≡0(mod4)

(14)

xn+2=4xn+1-xn，x0=1，x1=2

(15)

對遞歸序列(7)取模12，得周期為12的剩余類序列0,1,4,3,8,5,0,7,4,9,8,11, 0,1,4,3,…，

且當且僅當n≡1(mod12)，有yn≡1(mod12)，所以(6)式要成立必需滿足n≡1(mod12)．

6Du2=x6m+1y6m

(16)

由(11)式及(14)式得，gcd(x6m+1,y6m)=gcd(2x6m+3y6m,y6m)=gcd(2x6m,y6m)=gcd(2,y6m)=2．因為ri≡-1(mod6)(i=1,2,…,n)是彼此不相同的奇素數，故由引理1知x6m+1

≡

0(modri)(i=1,2,…,n)．又由(12)式得x6m+1≡2(mod4)，則有2||x6m+1．

又由(13)式得x6m+1

≡

0(mod3)，由(14)式得y6m≡0(mod4)．所以(16)式給出以下2種可能的情形：

x6m+1=2qa2，y6m=12Rb2，u=2ab，gcd(a,b)=1

(17)

x6m+1=2a2，y6m=12Db2，u=2ab，gcd(a,b)=1

(18)

由(17)式的y6m=12Rb2及(10)式可得2x3my3m=12Rb2，則有x3my3m=6Rb2．因為ri≡-1(mod6)(i=1,2,…,n)是彼此不相同的奇素數，故由引理1知x3m

≡

0(modpi)

(i=1,2,…,n)．又由(13)式得x3m

≡

0(mod3)，而且gcd(x3m,y3m)=1，故y6m=12Rb2可以分解為以下兩種可能的情形 ：

x3m=c2，y3m=6Rd2，b=cd，gcd(c,d)=1

(19)

x3m=2c2，y3m=3Rd2，b=cd，gcd(c,d)=1

(20)

綜上有(18)式給出方程(1)僅有平凡解(x,y)=(1,0)．

參考文獻：

[1] 杜先存,萬飛,趙金娥.關于丟番圖方程[J].安徽大學學報:自然科學版,2014,(2)：23-26.

[2] 杜先存,趙東晉,趙金娥.關于不定方程[J].曲阜師范大學學報:自然科學版,2013,(1)：42-43.

[3] 杜先存.關于丟番圖方程的整數解[J].鄭州大學學報:理學版,2015,(1):38-41,45.

[4] 萬飛,杜先存.關于Diophantine方程[J].唐山師范學院學報,2014,(2):14-15.

[5] 杜先存,孫映成,萬飛.關于丟番圖方程x3±1=3·2αpD1y2[J].數學的實踐與認識,2014,(6):255-258.

[6] 杜先存.關于不定方程的整數解的研究[J].浙江大學學報:理學版, 2014,(2):96-99.

[7] 曹珍富.丟番圖方程引論[M].哈爾濱:哈爾濱工業大學出版社,2012.

(責任編校：晴川)

Integer Solutions of Diophantine Equationx3-1=6Dy2

LI Runqi

(College of Mathematics, Dehong Normal College, Mangshi Yunnan 678400, China)

Abstract：Let ri(n∈Z+),q≡1(mod6)be odd prime and ri≡-1(mod6)(i=1,2,…,n) be different odd primes. The integer solutions of the equation in title are discussed with the help of congruence, quadratic remainder, some properties of the solutions to Pell equation and recursive sequence.

Key Words：Diophantine equation; integer solution; congruence; odd prime; recursive sequence; quadratic remainder

中圖分類號:O156.1

文獻標識碼：A

文章編號：1008-4681(2016)02-0006-03

作者簡介：李潤琪(1965— )，男，云南騰沖人，德宏師范高等專科學校數學系講師.研究方向：初等數論、數學教育.

基金項目：云南省教育廳科學研究項目(批準號：2014Y462).

收稿日期：2015-10-25