關(guān)于Diophantine方程x3－1＝Dy2（D＝p，2p）

杜先存

（紅河學(xué)院 教師教育學(xué)院，云南 蒙自661199）

方程x3±1＝Dy2（D是無(wú)平方因子的正整數(shù)）是一類重要的Diophantine方程，其整數(shù)解已有不少人研究過(guò)?？抡俸蛯O琦證明了當(dāng)D不含3或6k＋1型的素因子時(shí)，方程x3±1＝Dy2無(wú)整數(shù)解［1］。但當(dāng)D含6k＋1型的素因子時(shí)，方程的求解較為困難。段明輝給出了方程x3＋1＝57y2的全部整數(shù)解［2］。杜先存等給出了D為3（8m＋k）（8m＋k＋1）＋1（m，k∈N，k≤7）型的奇素?cái)?shù)時(shí)，方程x3－1＝Dy2無(wú)正整數(shù)解的兩個(gè)充分條件［3］。文獻(xiàn)［4］給出了方程x3－1＝Dy2無(wú)正整數(shù)解的3個(gè)充分條件。文獻(xiàn)［5］給出了方程x3±1＝2py2無(wú)正整數(shù)解的兩個(gè)充分條件。黃壽生證明了p為48s2＋1（s∈Z＋）型素?cái)?shù)時(shí)，方程x3－1＝2py2無(wú)正整數(shù)解［6］。

本文將主要討論p為6k＋1型奇素?cái)?shù)，且D＝p，2p時(shí)，Diophantine方程x3－1＝Dy2解的情況。

1 若干引理

引理1［4］若p＝3n（n＋1）＋1（n∈N），則px2－3y2＝1（1）的最小解為（2，2n＋1）。

引理2［7］設(shè)ɑ＞1，（ɑ，b）∈N2，ɑb不是完全平方數(shù)，如果有解（x，y）∈N2，設(shè)是方程ɑx2－by2＝1（x，y∈Z）的基本解，則ɑx2－by2＝1的任一組解可以表示為

引理3［8］設(shè)p是奇素?cái)?shù)，則方程組x－1＝3pu2，x2＋x＋1＝3v2僅當(dāng)p＝7時(shí)有非零整數(shù)解x＝22，u＝1，v＝13。

引理4［8］設(shè)p是奇素?cái)?shù)，則方程組x－1＝6pu2，x2＋x＋1＝3v2僅當(dāng)p＝13時(shí)有非零整數(shù)解x＝157，u＝2，v＝181。

2 主要定理

定理1 設(shè)奇素?cái)?shù)p＝3n（n＋1）＋1≡1，5（mod 8）（n∈N），若存在形如8k－1，8k－3型的素?cái)?shù)q使得q｜（2n＋1），則Diophantine方程

無(wú)正整數(shù)解。

定理2 設(shè)奇素?cái)?shù)p＝3n（n＋1）＋1≡1，7（mod 8）（n∈N），若存在形如8k－1，8k＋3型的素?cái)?shù)q使得q｜（2n＋1），則Diophantine方程

無(wú)正整數(shù)解。

3 定理的證明

3.1 定理1的證明

證明 因?yàn)間cd（x－1，x2＋x＋1）＝1或3，故給出以下4種分解：

情形Ⅰ：x－1＝pu2，x2＋x＋1＝v2，y＝uv；

情形Ⅱ：x－1＝3pu2，x2＋x＋1＝3v2，y＝3uv；

情形Ⅲ：x－1＝u2，x2＋x＋1＝pv2，y＝uv；

情形Ⅳ：x－1＝3u2，x2＋x＋1＝3pv2，y＝3uv。

對(duì)于情形Ⅰ，由x2＋x＋1＝v2，得x＝0或－1，代入x－1＝pu2均不成立，故情形Ⅰ無(wú)正整數(shù)解。

對(duì)于情形Ⅱ，因p＝3n（n＋1）＋1≡1，5（mod 8）為奇素?cái)?shù)，則p≠7，故由引理3知，情形Ⅱ無(wú)正整數(shù)解。

對(duì)于情形Ⅲ，由x－1＝u2，得x－1≡0，1，4（mod 8），得x＝u2＋1≡1，2，5（mod 8），則x2＋x＋1≡3，7（mod 8）。

由x2＋x＋1＝pv2知v為奇數(shù)，故v2≡1（mod 8），而p≡1，5（mod 8），故pv2≡1，5（mod 8），則有3，7≡x2＋x＋1＝pv2≡1，5（mod 8），矛盾。故情形Ⅲ無(wú)正整數(shù)解。

對(duì)于情形Ⅳ，將x－1＝3u2代入x2＋x＋1＝3pv2，整理得

則（2v，2u2＋1）是方程（1）的一組解。因?yàn)閜＝3n（n＋1）＋1，則由引理1，得（2，2n＋1）是方程（1）的最小解。

由引理2知，從（4）可得

由式（5）可得2u2＋1≡0（mod（2n＋1）），因?yàn)閝｜（2n＋1），所以2u2＋1≡0（modq），因此2u2≡－1（modq），即（2u）2≡－2（modq），則模q的勒讓德符號(hào)

又由題意知，q≡5，7（mod 8），故矛盾。由此可知，情形Ⅳ無(wú)正整數(shù)解。

綜上有，方程（2）在題設(shè)條件下無(wú)正整數(shù)解。

3.2 定理2的證明

證明 因?yàn)間cd（x－1，x2＋x＋1）＝1或3，方程（3）給出以下4種分解：

情形Ⅰ：x－1＝2pu2，x2＋x＋1＝v2，y＝uv；

情形Ⅱ：x－1＝6pu2，x2＋x＋1＝3v2，y＝3uv；

情形Ⅲ：x－1＝2u2，x2＋x＋1＝pv2，y＝uv；

情形Ⅳ：x－1＝6u2，x2＋x＋1＝3pv2，y＝3uv。

對(duì)于情形Ⅰ，由x2＋x＋1＝v2，得x＝0或－1，均不適合x(chóng)－1＝2pu2，故情形Ⅰ無(wú)正整數(shù)解。

對(duì)于情形Ⅱ，因p＝3n（n＋1）＋1≡1，7（mod 8）為奇素?cái)?shù)，則p≠13，故由引理4知，情形Ⅱ無(wú)正整數(shù)解。

對(duì)于情形Ⅲ，由x－1＝2u2，得x＝2u2＋1≡1，3（mod 8），則x2＋x＋1≡3，5（mod 8）。

由x2＋x＋1＝pv2知v為奇數(shù)，故v2≡1（mod 8），而p≡1，7（mod 8），故pv2≡1，7（mod 8），矛盾。故情形Ⅲ無(wú)正整數(shù)解。

對(duì)于情形Ⅳ，將x－1＝6u2代入x2＋x＋1＝3pv2，整理得

則（2v，4u2＋1）是方程（1）的一組解。因?yàn)閜＝3n（n＋1）＋1，則由引理1，得（2，2n＋1）是方程（1）的最小解。

由引理2知，從（7）可得

由（7）可得4u2＋1≡0（mod（2n＋1）），因?yàn)閝｜（2n＋1），所以4u2＋1≡0（modq），因此（2u2）≡－1（modq），故模q的勒讓德符號(hào)

又由題意知，q≡3，7（mod 8），故矛盾。由此可知，情形Ⅳ無(wú)正整數(shù)解。

綜上有，方程（3）在題設(shè)條件下無(wú)正整數(shù)解。

［1］柯召，孫琦.關(guān)于丟番圖方程x3±1＝Dy2［J］.中國(guó)科學(xué)，1981，24（12）：1453－1457.

［2］段明輝.關(guān)于丟番圖方程x3＋1＝57y2［J］.重慶師范大學(xué)學(xué)報(bào)，2010，27（3）：41－43.

［3］杜先存，李玉龍，趙金娥.關(guān)于不定方程x3－1＝Dy2［J］.四川理工學(xué)院學(xué)報(bào)，2012，25（4）：79－80.

［4］杜先存，史家銀，趙金娥.關(guān)于不定方程x3－1＝Py2［J］.西南民族大學(xué)學(xué)報(bào)：自然科學(xué)版，2012，38（5）：748－751.

［5］杜先存，趙東晉，趙金娥.關(guān)于不定方程x3±1＝2Py2［J］.曲阜師范大學(xué)學(xué)報(bào)：自然科學(xué)版，2013，39（1）：42－43.

［6］黃壽生.關(guān)于指數(shù) Diophantine方程x3－1＝2Py2［J］.數(shù)學(xué)研究與評(píng)論，2007，27（3）：664－666.

［7］夏圣亭.不定方程淺說(shuō)［M］.天津：天津人民出版社，1980：97－98.

［8］張同斌，潘家宇.關(guān)于丟番圖方程x±1＝3Dy12，x2x±1＝3y22［J］.河南教育學(xué)院學(xué)報(bào)：自然科學(xué)版，1999，8（3）：1－3.