三次丟番圖方程x3±33=pqy2的整數(shù)解

李 恒,楊 海,羅永亮

(西安工程大學(xué) 理學(xué)院, 陜西 西安 710048)

1 引言及主要結(jié)果

丟番圖方程

x3±a3=Dy2(x,y∈N+，D>0且不含平方因子)

(1)

是一類(lèi)重要的方程,對(duì)其整數(shù)解的探討備受學(xué)者們的關(guān)注。近年來(lái),杜先存[1-3]、管訓(xùn)貴[4-5]、張淑靜[6-7]、楊海、李玉龍等[8-14]研究了a=1的情形,得到了很多有意義的結(jié)果。但是，對(duì)于a=3時(shí),丟番圖方程

x3±33=Dy2(x,y∈N+,D>0且不含平方因子)

(2)

的研究成果較少。1996年,倪谷炎得到了,當(dāng)D不被6k+1型素?cái)?shù)整除且不含平方因子,方程(2)的所有非平凡整數(shù)解[15];2008年,李雙娥得到了D=7、13、19、26、31時(shí)方程(2)的全部整數(shù)解[16];2013年,高麗等得到了D=28時(shí)方程(2)的全部整數(shù)解[17];同年,錢(qián)立凱等得到了D在特定條件下方程(2)無(wú)整數(shù)解的2個(gè)充分條件[18]。2015年,王霞給出了D=14、31、35、37、38,、43時(shí)方程(2)的全部整數(shù)解[19]。本文利用初等數(shù)論方法并結(jié)合同余、Legendre符號(hào)的性質(zhì)給出了D=pq時(shí),丟番圖方程x3±33=Dy2整數(shù)解的情況,得到下述結(jié)果：

定理1 設(shè)p=3(24r+19)(24r+20)+1為奇素?cái)?shù),r∈Z+且q≡5(mod 24),則丟番圖方程

x3+33=pqy2

(3)

無(wú)正整數(shù)解。

定理2 設(shè)p=3(24r+19)(24r+20)+1為奇素?cái)?shù),r∈Z+且q≡5(mod 24),則丟番圖方程

x3-33=pqy2

無(wú)正整數(shù)解。

x3-33=pqy2

(4)

僅有平凡解(x,y)=(3,0)。

2 相關(guān)引理

引理1[6]若p為奇素?cái)?shù),p=3(24r+19)(24r+20)+1,r∈Z+,D1=2αq,其中α=0或1,q≡5(mod 6)為奇素?cái)?shù),則丟番圖方程

x3±1=3pD1y2

+無(wú)正整數(shù)解。

x3-1=3Py2

僅有平凡解(x,y)=(1,0)。

3 定理的證明

3.1 定理1的證明

當(dāng)x?0(mod 3)時(shí),此時(shí)有x+3?0(mod 3)。設(shè)(x,y)是丟番圖方程x3+33=pqy2的一組解,則gcd(x+3,x2-3x+9)=gcd(x+3,33)=1,故丟番圖方程(3)可化為以下4種情形：

情形Ⅰ：x+3=pqu2,x2-3x+9=v2,y=uv,gcd(u,v)=1;

情形Ⅱ：x+3=u2,x2-3x+9=pqv2,y=uv,gcd(u,v)=1;

情形Ⅲ：x+3=pu2,x2-3x+9=qv2,y=uv,gcd(u,v)=1;

情形Ⅳ：x+3=qu2,x2-3x+9=pv2,y=uv,gcd(u,v)=1。

對(duì)于情形Ⅰ，由x2-3x+9=v2得x=-5,0,3,8,則有pqu2=x+3=-2,3,6,11。顯然無(wú)整數(shù)解，故情形Ⅰ不成立。

對(duì)于情形Ⅱ，將x+3=u2代入x2-3x+9=pqv2,配方得

(2u2-9)2+27=pq(2v)2

(5)

對(duì)式(5)兩邊同取模3，得

(2u2-9)2+27≡pq(2v)2(mod 3)

因?yàn)長(zhǎng)egendre符號(hào)

對(duì)于情形Ⅲ,將x+3=pu2代入x2-3x+9=qv2,配方得

(2pu2-9)2+27=q(2v)2

(6)

對(duì)式(6)兩邊同取模3,有

(2pu2-9)2+27=q(2v)2(mod 3)

因?yàn)長(zhǎng)egendre符號(hào)

矛盾,故情形Ⅲ不成立。

對(duì)于情形Ⅳ,由u2≡0,1,4(mod 8)知,x=qu2-3≡1,2,5(mod 8),從而有pv2=x2-3x+9≡3,7(mod 8)。對(duì)于x2-3x+9=pv2,顯然有v2為奇數(shù),那么v2≡1(mod 8),則pv2=5(mod 8)。這樣一來(lái)，5≡3,7(mod 8)，矛盾,故情形Ⅳ不成立。

綜上所述,完成了定理1的證明。

3.2 定理3的證明

類(lèi)似定理1的證明方法,即可得出定理2的證明。下面證明定理3。

當(dāng)x?0(mod 3)時(shí),此時(shí)有x-3?0(mod 3)。設(shè)(x,y)是丟番圖方程x3-33=pqy2的一組解,則gcd(x-3,x2+3x+9)=gcd(x-3,33)=1,故丟番圖方程(4)有以下4種情形：

情形Ⅰ:x-3=pqu2,x2+3x+9=v2,y=uv,gcd(u,v)=1;

情形Ⅱ:x-3=u2,x2+3x+9=pqv2,y=uv,gcd(u,v)=1;

情形Ⅲ:x-3=pu2,x2+3x+9=qv2,y=uv,gcd(u,v)=1;

情形Ⅳ:x-3=qu2,x2+3x+9=pv2,y=uv,gcd(u,v)=1。

對(duì)于情形Ⅰ，由x2+3x+9=v2得x=-8,-3,0,5,則有pqu2=x-3=-11,-6,-3,2,顯然無(wú)整數(shù)解。故情形Ⅰ不成立。

對(duì)于情形Ⅱ,由u2≡0,1,4(mod 8)知,x=u2+3≡3,4,7(mod 8),從而有pqv2=x2+3x+9≡3,5,7(mod 8)。對(duì)于x2+3x+9=pqv2,顯然有v2為奇數(shù),那么v2≡1(mod 8);又由p≡13(mod 24),q=12s2+1(s∈Z+,2?s),那么p≡5(mod 8),q≡5(mod 8)。則pqv2≡1(mod 8),即1≡3,5,7(mod 8),矛盾,故情形Ⅱ不成立。

對(duì)于情形Ⅲ,將x-3=pu2代入x2+3x+9=qv2,配方得

(2pu2+9)2+27=q(2v)2

(7)

對(duì)式(7)兩邊同取模p,有

(2pu2+9)2+27=q(2v)2(modp)

因?yàn)長(zhǎng)egendre符號(hào)

矛盾,故情形Ⅲ不成立。

對(duì)于情形Ⅳ,將x-3=qu2代入x2+3x+9=pv2,配方得

(2qu2+9)2+27=p(2v)2

(8)

對(duì)式(8)兩邊同取模q,有

(2qu2+9)2+27≡p(2v)2(modq)

因?yàn)長(zhǎng)egendre符號(hào)

矛盾,故情形Ⅳ不成立。

綜上所述,完成定理3的證明。