關于不定方程x3-1=114y2

韓 帆,賀艷峰,李 勰

(延安大學 數學與計算機科學學院,陜西 延安 716000)

不定方程

x3-1=Dy2(D>0且無平方因子)

(1)

是一類重要的三次不定方程,其整數解的問題吸引許多專家學者去研究。例如,當D無形如6k+1的素因子時,不定方程(1)的全部整數解已由柯召等[1-2]給出,但當D含6k+1形狀的素因子時,此方程的求解比較困難,即便如此,針對該方程解的研究也有很多成果。例如,當0100時的情況,只有一些零散的結果:楊曉柳等[12]證明了不定方程x3-1=229y2的整數解僅有(x,y)=(1,0);管訓貴[13]證明了不定方程x3-1=511y2僅有整數解(x,y)=(1,0),(8,±1);宋曉禹等[14]證明了不定方程x3-1=749y2僅有整數解(x,y)=(1,0)。

本文在深入學習相關文獻[15-23]的基礎上,利用初等的數論方法證明了當D含有3以及6k+1型素因數時,不定方程x3-1=114y2僅有整數解(x,y)=(1,0)。

1 若干引理

引理1[24]設D是一個非平方的正整數,則Pell方程

x2-Dy2=1

(2)

引理2[25]不定方程x4-3y2=1僅有整數解(x,y)=(±1,0)。

引理3[25]設p是一個奇素數,則方程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。

引理4同余方程x2+x+1≡0(mod 9)無整數解。

證明任意取x∈Z,當x≡0,8(mod 9)時,x2+x+1≡1(mod 9);當x≡1,4,7(mod 9)時,x2+x+1≡3(mod 9);當x≡2,6(mod 9)時,x2+x+1≡7(mod 9);當x≡3,5(mod 9)時,x2+x+1≡4(mod 9)。由此可見,原同余方程無解。

2 主要結果及證明

定理不定方程

x3-1=114y2

(3)

僅有整數解(x,y)=(1,0)。

情形1:x-1=114a2,x2+x+1=b2,y=ab,gcd(a,b)=1;

情形2:x-1=2a2,x2+x+1=57b2,y=ab,

gcd(a,b)=1;

情形3:x-1=6a2,x2+x+1=19b2,y=ab,

gcd(a,b)=1;

情形4:x-1=38a2,x2+x+1=3b2,y=ab,

gcd(a,b)=1;

情形5:x-1=342a2,x2+x+1=3b2,y=3ab,

gcd(a,b)=1;

情形6:x-1=18a2,x2+x+1=57b2,y=3ab,

gcd(a,b)=1;

情形7:x-1=6a2,x2+x+1=171b2,y=3ab,

gcd(a,b)=1;

情形8:x-1=114a2,x2+x+1=9b2,y=3ab,

gcd(a,b)=1。

現在分別對這8種情形進行討論:

情形1由第2式x2+x+1=b2可化為(2b)2-(2x+1)2=3,解此式,得x=0,-1,都不滿足第1式,故該情形無不定方程(3)的整數解。

情形2對第1式取模8,因為a2≡0,1,4(mod 8),所以有x=2a2+1≡1,3(mod 8),代入第2式,有x2+x+1≡3,5(mod 8),從而有57b2≡3,5(mod 8),又因為x2+x+1=x(x+1)+1為奇數,則b也為奇數,此時b2=1(mod 8),推出57b2≡1(mod 8),進而1≡3,5(mod 8),但這不可能,故該情形無不定方程(3)的整數解。

情形3對第1式取模3,有x≡1(mod 3),代入第2式,則有0≡x2+x+1≡19b2(mod 3),推出3|b,因此x2+x+1≡0(mod 9),即(2x+1)2+3≡0(mod 9),但2x+1≡0(mod 3),即(2x+1)2≡0(mod 9),從而3≡0(mod 9),而這不可能,故該情形無不定方程(3)的整數解。

情形4由x2+x+1=3b2,得(2x+1)2+3=3(2b)2,將x-1=38a2代入,得(76a2+3)2+3=3(2b)2,所以3|a,令a=3c,得(2b)2-3(228c2+1)2=1,由引理1知Pell方程X2-3Y2=1的基本解為(2,1),故

易驗證下列關系式成立:

xn+2=4xn+1-xn,x0=1,x1=2

(4)

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

(5)

xn+1=2xn+3yn,yn+1=xn+2yn

(6)

(7)

由yn=228c2+1,得yn≡1(mod 228),對遞歸序列(5)取模228,得周期為60的剩余序列,且當n≡1(mod 60),才有yn≡1(mod 228)。設n=60k+1,結合式(6)和(7)得

228c2=y60k + 1-1=x60k+ 2y60k-1

=2y30k(3y30k+ 2x30k)=2y30kx30k + 1

即 114c2=y30kx30k+1

(8)

又(y30k,x30k+1)=(y30k,3y30k+2x30k)=(y30k,2x30k)=2,因此式(8)必有下列情形之一成立:

x30k+1=76u2,y30k=6v2,c=2uv,gcd(u,v)=1

(9)

x30k+1=2u2,y30k=228v2,c=2uv,gcd(u,v)=1

(10)

x30k+1=4u2,y30k=114v2,c=2uv,gcd(u,v)=1

(11)

x30k+1=38u2,y30k=12v2,c=2uv,gcd(u,v)=1

(12)

對遞歸序列(4)分別取模4和38,得到x30k+1?0(mod 4),x30k+1?0(mod 38),因此式(11)和(12)中的第1式均不成立。

x15k=d2,y15k=3e2,v=de,gcd(d,e)=1

(13)

若式(13)成立,結合式(7),得

d4-3(3e2)2=1

(14)

由引理2知,式(14)僅有整數解(d,3e2)=(±1,0),此時y15k=0,則k=0,代入式(9)的第1式x30k+1=76u2中,有2=76u2,這顯然不可能。

情形5將第1式代入第2式,得(2b)2-3(228a2+1)2=1,與情形4的討論方法類似。

情形6對第1式取模8,由18≡2(mod 8),a2≡0,1,4(mod 8),則有x=18a2+1≡1,3(mod 8),代入第2式,有x2+x+1≡3,5(mod 8),即57b2≡3,5(mod 8),考慮到b2≡1(mod 8),則有57b2≡1(mod 8),從而1≡3,5(mod 8),但這不可能,故該情形無不定方程(3)的整數解。

針對情形7和8,分別對第2式取模9,根據引理4可知均不成立,故這兩種情形無不定方程(3)的整數解。

綜上所述,不定方程x2-1=114y2僅有整數解(x,y)=(1,0)。