关于丢番图方程X2-(a2+1)Y4=k2-1-2ka
2021-03-15管训贵
管训贵
(泰州学院数理学院,江苏泰州225300)
1 序言及主要结论
设D、Q为给定的正整数,且D为非平方数,N(D,Q)表示方程
的正整数解的个数.
几十年前,Ljunggren[1-2]用p-adic方法,通过特殊技巧,证明了N(2,1)=2,且(1)式有正整数解(X,Y)=(1,1),(239,13)以及N(5,4)=1.
最近,Stoll等[3]证明了N(22m+1,22m)≤3,文献[4-5]分别证明了N(a2+1,2a)≤3,N(a2+p2n,p2n)≤2(a、n为正整数,p为奇素数,gcd(a,p)=1,且使方程x2-Dy2=-1有一组整数解),N(a2+4p2n,4p2n)≤2(a、n为正整数,p为素数,gcd(a,2p)=1,且使方程x2-Dy2=-1有一组整数解,而方程u2-Dv2=4无互素的整数解);管训贵[6-8]分别证明了N(a2+1,4a-3)≤5,N(a2+1,6a-8)≤4,以及N(a2+1,12a-35)≤4.
本文将文献[6-8]和文献[4]的结果加以推广,得到更一般的结论.
定理 若a、k为正整数,满足a>1 270k4,k≥4,则方程
除(X,Y)=(a-k,1),以及4a2-2ka+1和2ka+1为平方数外,最多只有2组互素的正整数解(X,Y).
作为定理的应用,有如下结论.
推论 设a为正整数,对于方程
(i)当a=1时,仅有正整数解(X,Y)=(3,1),(13,3);
(ii)当a=2时,仅有正整数解(X,Y)=(2,1);
(iii)当a=3时,仅有2组互素的正整数解(X,Y)=(1,1)和(79,5);
(iv)当a=4时,无正整数解(X,Y);
(v)当a≥5时,若8a+1非平方数,则除(X,Y)=(a-4,1)外,最多还有2组互素的正整数解(X,Y);若8a+1为平方数,则除(X,Y)=(a-4,1)和(8a2+a+4,(8a+1)1/2)外,最多还有2组互素的正整数解(X,Y).
2 预备知识和引理
设α、β和γ为复数,且γ≠0或负整数.超几何函数F(α,β,γ,z)定义为复变量z的幂级数,即
令Y(ω)=F(-5/4,-1,3/4,ω),X(ω)=ωY(ω-1),并用Ln表示X(ω)和Y(ω)的系数的最小公分母,Hn表示
的系数分子的最大公因数.若A和B为非零整数,D为正整数,满足
则A4和B4显然为域上的代数整数.又令
且C1和f为实数,满足0<C1<1.25,以及
假定η、p和q为中的非零代数整数,且使得η∈{±1,±i},以及
那么由(4)和(5)式及ω2<1得定义r0为满足的正整数.于是得出引理1.
引理1设η、p和中的非零代数整数,有:
(ii)若η=±1,则
(iii)若r0=1,且η-1qB4≠pA4,η=±1,则
(iv)若r0=1,且ηqB4=pA4,η∈{±1,±i},则
证明(i)由Y(w)=F(-5/4,-1,3/4,w)=1+5w/3,X(w)=wY1(w-1)=5/3+w,L4=3以及H4=8知
(ii)、(iii)和(iv)的证明参见文献[5]的引理2.3.
借助文献[6]中的引理2.4和引理2.5,可证下列引理.
引理2设k为正整数,a≥8.5k2为整数,则方程x2-(a2+1)y2=k2-1-2ka(6)的所有互素的整数解由
给出,这里m为整数为Pell方程x2-(a2+1)y2=-1的基本解.
证明设(x,y)为方程(6)的一组互素的正整数解,则当a≥8.5k2时,x2=(a2+1)y2-(2ka-a+1.由(6)式可得
故
1)若n=2n0,则(8)式成为
当(9)式中“+”号成立且k≠rs时,有
与a≥8.5k2矛盾.当(9)式中“-”号成立时,有
由于2(k+rs)a>2ka≥17k3,s2-r2+k2-1<17k2-1,故(11)式不成立.于是(9)式中“+”号成立,且k=rs.此时(9)式成为r2s2+s2-r2-1=0,即(r2+1)(s2-1)=0,故s=1,r=k,从而有
2)若n=2n0+1,则(8)式成为
仿1)的讨论知,(12)式中“-”号成立且k=rs.此时(12)式成为r2s2-s2+r2-1=0,即(r2-1)(s2+1)=0,故r=1,s=k.从而有
因此,当a≥8.5k2时,方程(6)的所有互素的整数解由(7)式给出.证毕.
完全类似文献[6]中引理2.7-2.9和引理2.11的证明,可得引理3-6.
引理3设D=a2+1,Q为正整数满足D-Q=l2(l为正整数),若方程x2-Dy2=-Q的所有互素的整数解(x,y)由
以及某些整数m给出,并且(X,Y)≠(l,1)为方程
的一组互素的正整数解,则:
或
引理4若(X,Y)≠(l,1)为方程(13)的一组互素的正整数解,则有正整数x、y和g使得g2<Q,且
这里Q为正偶数时,d=1/4;Q为正奇数时,d∈{1/4,1}.
引理5设K和l是正整数,η∈{±1,±i},0<cl<1为常数若
则
引理6设a>k.若(X,Y)为方程(2)的一组互素的正整数解,Y2=T2h±(a-k)U2h,h>1,则:
(i)h=2时,Y2>8ka3,且
T4-(a-k)U4=8ka3+4a2+4ka+1,
下证引理7.
引理7 设a>k≥4,Q=2ka-k2+1,若(Xj,Yj)(Yj>1,j=1,2,3)为方程(2)的3组互素的正整数解,则存在j1,j2∈{1,2,3},使得
证明 因a>k,即a≥k+1,故1.由引理4知,存在正整数xj、yj和gj使得3),且
这里Q为正偶数时,d=1/4;Q为正奇数时,d∈{1/4,1}.
只讨论d=1/4时,有
的情形,其他情形类似.此时有
设f(a)=Q/(a2+1)=(2ka-k2+1)/(a2+1),则
于是有
令ηj∈{±1,±i}满足由(16)式可证先有
首
令c1=0.467 7,则由引理5以及(2-0.467 7)可得
结合(16)式有
重复上述过程可得
因此
结合(16)式中的第一式得
由于ηj∈{±1,±i},所以存在j1,j2∈{1,2,3}使得ηj1/ηj2=±1.不失一般性,假定j1=1,j2=2及Y2>Y1,则有
下面证明如果
那么
结合(14)式有
比较(19)式两边的虚部可得Y1=Y2.这与Y2>Y1相矛盾.
此外,由η1/η2= ±1知2|(η1-η2)u-从而(18)式成立.
由(17)和(18)式以及Y2>Y1≥6,有
结合Y2≥7,g1g2<Q可得
因此
证毕.
引理8设a>k≥4,Q=2ka-k2+1.若(Xj,Yj)(j=1,2,3)为方程(2)满足
的3组互素的正整数解,则存在2组互素的正整数解,不妨设为(X1,Y1),(X2,Y2),Y2>Y1,使得η1/η2=±1,且
证明假设(X1,Y1)和(X2,Y2)是方程(2)的两组互素的正整数解,Y2>Y1,η1/η2=±1,Y21=T2h±(a-k)U2h,h>1.根据引理4有
这里Q为正偶数时,d=1/4;Q为正奇数时,d∈{1/4,1}.只讨论d=1/4时,有
的情形,其他情形类似.此时有
由(20)式可知
根据引理1的(ii),可令C1=1.由引理6知,若hj=2,则当a≥11,k≥4时,ε1>2X1>16ka4≥16×4×114=937 024;若hj≥3,由于a>k≥4,有ε1>2X1>64ka6≥64×4×56=4×106>937 024.因此
而有
故
此外,由(22)式和引理6,有
令ζ1∈{±1,±i},使得
因此
由引理6知
故
若ζ∈{±1,±i},ζ≠ζ1,ζ1=η1/η2=±1,则
依据引理7类似的方法处理可得-
结合(23)(25)式,有
即
证毕.
3 定理的证明
设a>k,Q=2ka-k2+1.假定(Xj,Yj)(j=1,2,3)为方程(2)的3组互素的正整数解,满足
由引理7知,存在2组互素的正整数解,不失一般性,设为(X1,Y1),(X2,Y2),Y2>Y1,使得η1/η2=±1,且若得出矛盾,则意味着方程(2)最多有2组互素的正整数解(X,Y)满足h>1.由引理1的(i)知
的正整数.我们分3种情形讨论(只考虑d=1/4的情况).
情形1r0=1及此时由引理1的(iii)知
因此
由引理7知
若h≥3,则当a>k≥4时,由引理6知,Y2>32ka5>189k4a,与(26)式矛盾.
若h=2,则当a>4.87k3/2时,由引理6知Y2>8ka3=8ka2·a>8k(4.87k3/2)2·a>189k4a,也与(26)式矛盾.
情形2r0=1,ηqB4=pA4以及η∈{±1,±i}.此时
令gcd(X1,Q)=l,由gcd(X1,Y1)=1知l|(a2+1),故l|2k(a2+1)-aQ=(k2-1)a+2k,从而l|2k((k2-1)a+2k)-(k2-1)Q=(k2+1)2.进一步有
因此,由(27)式及引理4可得
又由引理1的(iv)知
于是
由g1g2<Q,并结合(28)和(29)式得
若h≥5,则当a>k时,由引理6知,Y2>512ka9>与(30)式矛盾.
若h=4,则当a>1.002k49/43时,由引理6知,
也与(30)式矛盾.
若h=3,则当a>1.32k49/31时,由引理6知,
仍与(30)式矛盾.
若h=2,则当a>2.41k49/19时,由引理6知,
同样与(30)式矛盾.
情形3r0>1.由r0的定义知,w2|qf|≥1,故<
根据引理8,结合(32)式和g1g2Q,可得
若h≥5,则当a>k≥4时,由引理6知,Y2>512ka9=512k·53·k4·a2=64 000k5a2,与(33)式矛盾.
若h=4,则当a>2.4k0.8时,由引理6知,Y2>128ka7=128ka5·a2>128k(2.4k0.8)5·a2>10 192k5a2,也与(33)式矛盾.
若h=3,则当a>6.821k4/3时,由引理6知,Y2>32ka5=32ka3·a2>32k(6.821k4/3)3·a2>10 155k5a2,仍与(33)式矛盾.
若h=2,则当a>1 270k4时,由引理6知,Y2>8ka3>8k·1 270k4·a2=10 160k5a2,同样与(33)式矛盾.
最后,需要讨论h=1的情形.
假定(X,Y)≠(a-k,1)为方程(2)的一组互素的正整数解,满足Y2=T2±(a-k)U2,则Y2=2a2+1±(a-k)·2a,故有Y2=4a2-2ka+1及Y2=2ka+1.
综上,若a>1 270k4,(X,Y)≠(a-k,1),则方程(2)除开4a2-2ka+1和2ka+1为平方数外最多只有2组互素的正整数解(X,Y).定理得证.
说明 由定理的证明不难看出,欲将定理中的条件“a>1 270k4”加强为“a>k”,只需证:
1)当k<a<8.5k2时,方程(6)的所有互素的整数解由(7)式给出.
2)当k<a≤max{2.4k0.8,1.002k49/43}时,T8±(a-k)U8为非平方数;
当k<a≤max{1.32k49/31,6.821k4/3}时,T6±(a-k)U6为非平方数;
当k<a≤1 270k4时,T4±(a-k)U4为非平方数.
4 推论的证明
(i)当a=1时,方程(3)成为
运用递归序列、同余式和平方剩余的初等方法可证明方程(34)仅有正整数解(X,Y)=(3,1)和(13,3).
(ii)当a=2时,方程(3)成为
根据文献[9]的第79页定理3,方程(35)仅有正整数解(X,Y)=(2,1).
(iii)当a=3时,方程(3)成为
这是文献[5]的定理1.3中a=n=1,p=3的情形.考虑到(X,Y)=(1,1),(79,5)适合方程(36),且方程x2-10y4=-1有一组整数解(x,y)=(3,1),故方程(36)仅有2组互素的正整数解(X,Y)=(1,1),(79,5).
(iv)当a=4时,方程(3)成为
易知,17|X.令X=17X1,则得由文献[10]第七章第一节定理知,该方程无正整数解(X1,Y),从而方程(37)无正整数解(X,Y).
(v)当a≥5时,考虑到k=4,证明:
1)4<a<136的情形下,方程(6)的所有互素的整数解由(7)式给出.
根据引理2的证明,rs<16.
若n=2n0,则
由(38)式知,s、r为一奇一偶,故
经验证知:(s,r)=(1,4),(1,6),(1,8),(1,10),(1,12),(1,14),且取“+”号.
当(s,r)=(1,4)时,a为任意正整数,此时
当(s,r)=(1,2m)(m≠2)时,由(38)式得a=m+2.此时
若n=2n0+1,则
经验证知:(s,r)=(4,1),(6,1),(8,1),(10,1),(12,1),(14,1),且取“-”号.
当(s,r)=(4,1)时,a为任意正整数.此时
当(s,r)=(2m,1)(m≠2)时,由(39)式得a=m+2.此时
2)当4<a≤max{2.4×40.8,1.002×449/43}时,a=5,6,7,此时T8-(a-4)U8=43 490 761,73·444 487,442 394 569,T8+(a-4)U8=13·4 977 757,739·408 427,1 109·986 837皆非平方数;同样,由Maple 9.5计算知,当4<a≤max{1.32×449/31,6.821×44/3},即5≤a≤43时,T6±(a-4)U6皆非平方数;当4<a≤1 270×44,即5≤a≤325 120时,T4±(a-4)U4皆非平方数.
3)若4a2-8a+1=M2(M为正整数),则得a=2,与a≥5矛盾.因此推论得证.
致谢泰州学院教博基金(TZXY2018JBJJ-002)对本文给予了资助,谨致谢意.