华 程

(泰州学院 数理学院，江苏 泰州 225300)

1 引言

有许多学者研究过如下形式的丢番图方程:

x3+1=Dy2，D>0.

(1)

文献[1]证明了，当D>2无平方因子且不含6k+1型的素因子时，方程(1)只有平凡解(x,y)=(-1,0).但当D含6k+1型的素因子时，求方程的非平凡解十分困难，其中一类典型的不定方程为

x3+1=7qy2，q为奇素数.

(2)

对方程(2)的研究到目前只有一些零散的结果[2～7].本文讨论了q=59的情形，证明了如下定理：

定理1 不定方程

x3+1=413y2

(3)

只有平凡解(x,y)=(-1,0).

2 主要结果的证明

引理1[8]设p是奇素数，则方程4x4-py2=1除p=3，x=y=1和p=7，x=2,y=3外，无其他的正整数解.

引理2[8]方程x2-3y4=1仅有整数解(x,y)=(±2,±1),(±7,±2),(±1,±0).

引理3[8]设p是奇素数，则方程x4-py2=1除p=5,x=3,y=4和p=29,x=99，y=1820外，无其他的正整数解.

定理1的证明因为(x+1,x2-x+1)=1或3，故方程(3)可分为以下8种情形：

情形Ix+1=59u2,x2-x+1=7y2,y=uv,(u,v)=1;

情形IIx+1=7u2,x2-x+1=59y2,y=uv,(u,v)=1;

情形Ⅲx+1=u2，x2-x+1=413v2，y=uv，(u,v)=1；

情形Ⅳx+1=413u2，x2-x+1=v2，y=uv，(u,v)=1；

情形Ⅴx+1=177u2，x2-x+1=21v2，y=3uv，(u,v)=1；

情形Ⅵx+1=21u2，x2-x+1=177v2，y=3uv，(u,v)=1；

情形Ⅶx+1=3u2，x2-x+1=1239v2，y=3uv，(u,v)=1；

情形Ⅷx+1=1239u2，x2-x+1=3v2，y=3uv，(u,v)=1．

下面分别讨论.

情形Ⅰ由第一式得x=59u2-1，代入第二式，整理得

(118u2-3)2-7(2v)2=-3.

(4)

118u2-3=±xn.

(5)

容易验证下式成立：

xn+2=16xn+1-xn，x0=2，x1=37.

(6)

若n为偶数，则由(6)知xn是偶数，此时(4)不成立.若n为奇数，则由(6)知xn≡1(mod 3)，此时(5)成为

u2=±1(mod 3).

(7)

由(7)知，只需考虑(5)中的118u2=xn+3，其中n为奇数.

对递归序列(6)取模5,得周期为6的剩余类序列：2，2，0，3，3，0，2，2，…，且当n≡3(mod 6)时，xn≡3(mod 5)，此时有3u2≡1(mod 5)，即(3u)2≡3(mod 5)，但3是模5的平方非剩余，故排除，剩下n≡1,5(mod 6)，即n≡1,5,7,11(mod 12).

情形Ⅲ由第二式得(2x-1)2+3=413×4×v2=7×59×(2v)2,故(2x-1)2≡-3(mod 683),由情形Ⅱ知，不可能，故在该情形方程(3)无整数解.

情形Ⅳ解第二式得x=0,1，均不适合第一式，故在该情形方程(3)无整数解.

情形Ⅴ由第一式得x=177u2-1,代入第二式，整理得

(354u2-3)2-21(2v)2=-3.

(8)

因此根据(8)有

354u2-3=±xn.

(9)

容易验证

xn+2=110xn+1-xn，x0=9，x1=999.

(10)

对递归序列(10)取模16，得剩余类序列的周期为2，且n≡0(mod 2)时xn≡9(mod 16)，n≡1(mod 2)时xn≡7(mod 16).此时式(9)成为

354u2-3≡±9,±7(mod 16).

(11)

由式(11)得354u2≡12,-6,10,-4(mod 16) ，即2u2≡12,10(mod 16)，也即u2≡6,5(mod 8)，均为模8的平方非剩余， 故在该情形方程(3)无整数解．

情形Ⅵ由第二式得(2x-1)2+3=3×59×(2v)2，故(2x-1)2≡-3(mod 59)，由情形Ⅱ知，不可能，所以在该情形方程(3)无整数解．

情形Ⅶ由第二式得(2x-1)2+3=21×59×(2v)2,故(2x-1)2≡-3(mod 59)，由情形Ⅱ知，-3是模59的平方非剩余，所以在该情形方程(3)无整数解．

情形Ⅷ将第一式代入第二式，整理得(2v)2-3(826u2-1)2=1，故有

826u2=yn+1.

(12)

可验证：

xn+2=4xn+1-xn，x0=1，x1=2.

(13)

yn+2=4yn+1-yn，y0=0，y1=1.

(14)

xn+1=2xn+3yn，yn+1=xn+2yn.

(15)

x2n=xn2+3yn2，y2n=2xnyn，xn2-3yn2=1.

(16)

xn-1=2xn-3yn，yn-1=-xn+2yn.

(17)

若n≡0(mod 2)，则由(14)知yn≡0(mod 2)，此时式(12)不成立.

若n≡1(mod 4)，令n=4k+1(k∈)， 则由(15)、(16)可得

即

413u2=x2ky2k+1.

又因(x2k,y2k+1)=(x2k,x2k+2y2k)=(x2k,2y2k)=1，所以下列情形之一成立：

x2k=413m2，y2k+1=h2，u=mh，(m,h)=1.

(18)

x2k=m2，y2k+1=413h2，u=mh，(m,h)=1.

(19)

x2k=7m2，y2k+1=59h2，u=mh，(m,h)=1.

(20)

x2k=59m2，y2k+1=7h2，u=mh，(m,h)=1.

(21)

对于(20)，由(15)得，y2k+1=x2k+2y2k，故有59h2=7m2+2y2k，即

59h2-7m2=2y2k.

(22)

因x2k和y2k+1均为奇数,故m和h均为奇数，从而m2≡h2≡1(mod 8)．又y2k≡0,4(mod 8)，故2y2k≡0(mod 8).对(22)两边取模8，得-4≡0(mod 8)，不可能.

对于(21)，由类似于式(20)的讨论知，它也不可能成立.

若n≡-1(mod 4)，设n=4k-1(k∈)，则由(15)、(16)、(17)式可得

2y2k(2x2k-3y2k)=2y2kx2k-1，

即413u2=x2k-1y2k.又因为(x2k-1,y2k)=(2x2k-3y2k,y2k)=(2x2k,y2k)=2,所以下列情形之一成立：

x2k-1=2m2，y2k=826h2，u=2mh，(m,h)=1.

(23)

x2k-1=826m2，y2k=2h2，u=2mh，(m,h)=1.

(24)

x2k-1=118m2，y2k=14h2，u=2mh，(m,h)=1.

(25)

x2k-1=14m2，y2k=118h2，u=2mh，(m,h)=1.

(26)

由(24)的第二式y2k=2h2得xkyk=h2，考虑到(xk,yk)=1，有xk=a2，yk=b2，故(a2)2-3b4=1，根据引理2知，a2=1，此时xk=1，从而k=0，所以(24)的第一式不成立.

由(25)的第二式得xkyk=7h2，考虑到(xk,yk)=1，有

xk=a2，yk=7b2，h=ab，(a,b)=1，

(27)

或

xk=7a2，yk=b2，h=ab，(a,b)=1.

(28)

若(27)成立，则有

a4-3(7b2)2=1.

(29)

由引理3知，方程(25)仅有整数解(a,b)=(±1,0)，此时y2k=0，故k=0，所以(25)的第一式不成立.

若(28)成立，则有

(7a2)2-3b4=1.

(30)

由引理2可知方程(30)仅有整数解(a,b)=(±1,±2)，所以xk=7，从而k=2．这时n=7，故由(12)可得826u2=y7+1=2912,不可能.

仿式(25)可证式(26)也不可能成立.

综上，在该情形时不定方程(3)无整数解．定理1得证.