李润琪

(德宏师范高等专科学校数学系, 云南 芒市 678400)



Diophantine方程x3-1=6Dy2的整数解

李润琪

(德宏师范高等专科学校数学系, 云南 芒市 678400)

摘要：设为奇素数,ri≡-1(mod6)(i=1,2,…,n)为彼此不相同的奇素数．运用同余式、平方剩余、Pell方程的解的性质、递归序列等讨论了Diophantine方程x3-1=6Dy2的整数解的情况．

关键词：Diophantine方程；整数解；同余；奇素数；递归序列；平方剩余

Diophantine方程x3+1=Dy2(D>0，D无平方因子，x,y∈Z)是一类基本而又重要的方程，当D含6k+1型素因子时，其整数解已有不少人研究过．当D不含素因子2和3时，文[1]已进行了一些研究；当D含素因子2，但不含素因子3时，文[2]已进行了一些

研究；当D含素因子3，但不含素因子2时，文[3]-[5]已进行了一些研究；当D既含素因子2，又含素因子 3时，文[5]已进行了一些研究．本文主要给出了D含素因子2，3，一个6k+1型素因子及至少一个6k-1型素因子时方程(1)的解的情况．

1引理

引理1[6]设r≡-1(mod6)为奇素数，(x,y)为x2-3y2=1的整数解，则x

≡

0(modr).

引理2[7]设p是一个奇素数，则丢番图方程x4-py2=1除开p=5,x=3,y=4和p=29,x=99,y=1820外，无其他的正整数解．

引理3[7]设p是一个奇素数，则丢番图方程4x4-py2=1除开p=3,x=y=1和p=7,x=2,y=3外，无其他的正整数解．

2定理及证明

x3-1=6Dy2

(1)

在下列条件下仅有平凡解(x,y)=(1,0)：

证明设(x,y)是方程(1)的整数解，因为x3-1=(x-1)(x2+x+1)，而gcd(x-1,x2+x+1)=3．设x2+x+1≡0(modri)(i=1,2,…,n)，即4x2+4x+4≡0(modri)(i=1,2,…,n)，则有(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)给出下面2种可能的情形：

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)，则x≡2u2R+1≡1,2R+1(mod8)．又由(3)式的x2+x+1=3qv2及q为奇素数知v为奇数，则v2≡1(mod8)．

综上有(3)式不成立．

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

(36Du2+3)2+3=12v2，即(12Du2+1)2+1=4v2=(2v)2，移项得

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

(5)

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

12Du2=yn-1．

(6)

由(6)式得yn≡1(mod12)．

容易验证下列各式成立：

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)

对递归序列(7)取模12，得周期为12的剩余类序列0,1,4,3,8,5,0,7,4,9,8,11, 0,1,4,3,…，

且当且仅当n≡1(mod12)，有yn≡1(mod12)，所以(6)式要成立必需满足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．因为ri≡-1(mod6)(i=1,2,…,n)是彼此不相……