一類Pell方程組的非負(fù)整數(shù)解*

王志蘭

(1.泰州學(xué)院 數(shù)理學(xué)院,江蘇 泰州 225300;2.江蘇省吳江中等專業(yè)學(xué)校,江蘇 吳江 215200)

1 引言及主要結(jié)論

x2-dy2=1與y2-Dz2=4,x,y,z∈,

(1)

的求解一直是熱門話題.目前的結(jié)論主要有：

(i)d=2,D?-1(mod 12)且D為不超過6個不同的奇素數(shù)之積以及D≡-1(mod 12)且D為不超過3個不同的奇素數(shù)之積時，陳永高[1]分別證明了除D為3×5×7×11×17×577，17×19×29×41×59×577外，(1)僅有平凡解z=0，以及除D為5×7，29×41×239外，(1)僅有平凡解z=0.

(ii)d=2,D=2p1…ps(p1,…,ps為不同的奇素數(shù), 1≤s≤6)時，管訓(xùn)貴[2]證明了除D為2×17，2×3×5×7×11×17以及2×17×113×239×337×577×665857外，(1)僅有平凡解z=0.

(iii)d=2,D為偶數(shù)且D沒有適合p≡1(mod 8)的素因子p時，樂茂華[3]證明了(1)僅有平凡解z=0.

(iv)d=6,D=p為奇素數(shù)時，蘇小燕[4]證明了除D=11外，(1)僅有平凡解z=0.

(v)d=6,D=2p1…ps(p1,…,ps是不同的奇素數(shù), 1≤s≤4)時，杜先存等[5]證明了除D為2×11×97外，(1)僅有平凡解z=0.

本文進一步討論d=s(s+1)，D=2q1或2q1q2(q1,q2為不同的奇素數(shù))時方程(1)的求解問題,得出以下一般性的結(jié)果.

定理1設(shè)p,q1,q2為不同的奇素數(shù)，且p=2s+1，s≡2(mod 4)，D=2c(c∈N*，c=q1或q1q2)，則Pell方程組

(2)

除平凡解(X,Y,Z)=(2s+1,2,0)外，當(dāng)2p2-1=cr2(r∈N*)時，(2)僅有解(X,Y,Z)=(4p3-3p,8p2-2,4pr).

2 引理

引理1設(shè)D∈N*且不是平方數(shù)，則Pell方程

x2-Dy2=1，x,y∈N*,

(3)

證明參見文[6，定理6.11].

證明參見文[7].

引理3不定方程

2Y2=X4-4X2+2，X,Y∈N,

僅有解(X,Y)=(2,1)和(0,1).

證明參見文[8].

引理4若D是一個非平方的正整數(shù),則不定方程x4-Dy2=1(x,y∈N*)除當(dāng)D=1785，4·1785，16·1785時，分別有兩組解(x,y)=(13,4)，(239,1352)；(x,y)=(13,2)，(239,676)；(x,y)=(13,1)，(239,338)外，至多只有一組解(x1,y1)，且滿足

證明參見文[9].

引理5若D是一個非平方的正整數(shù),則不定方程

x2-Dy4=1，x,y∈N*,

證明參見文[10].

由引理5立得

引理6設(shè)p為奇素數(shù)，則不定方程x2-(p2-1)y4=1(x,y∈N*)僅有解(x,y)=(p,1).

3 定理1的證明

因D≡2(mod 4)，故由(2)的第二式知，Y,Z均為偶數(shù). 令X=x，Y=2y，Z=2z，則(2)成為

(4)

容易驗證下列各式成立：

xk+2=2pxk+1-xk，x0=1，x1=p，x2=2p2-1；

(5)

yk+2=2pyk+1-yk，y0=0，y1=1，y2=2p；

(6)

xk+l=xkxl+(p2-1)ykyl，yk+l=xkyl+xlyk；

(7)

x-k=xk，y-k=-yk；

(8)

(9)

若(x,y,z)=(xk,yk,z)是(4)的解，則根據(jù)k的奇偶性分以下兩種情形討論.

情形1當(dāng)2|k時，可令k=2l(l∈N*).由(4)的第一式知

(10)

將式(10)代入(4)的第二式，并結(jié)合式(9)得

(11)

因為

故式(11)可改寫成

(12)

又

因而

令D=b1b2，gcd(b1,b2)=1,則式(12)可化為

(13)

或

(14)

若式(13)成立，則由(13)的第二式得

(15)

由gcd(s,p)=gcd(s,2s+1)=1知，式(15)成為

(16)

根據(jù)式(5)，當(dāng)2|l時，xl≡±1(mod 2s+1)；當(dāng)2?l時，xl≡0(mod 2s+1).故由式(16)得-s,-s-1≡0(mod 2s+1)，顯然不可能.因此式(13)不成立.

若式(14)成立，則由(14)的前兩式得

(17)

易知，Legendre符號(注意:p≡1(mod 4))

情形2當(dāng)2?k時，可令k=2l-1(l∈N*).由(4)的第二式知

(y2l-1+1)(y2l-1-1)=Dz2.

(18)

再由(7)、(8)兩式可得

y2l-1+1=2xl-1yl，y2l-1-1=2xlyl-1.

(19)

根據(jù)式(6)，gcd(y2l-1+1,y2l-1-1)=2，故gcd(xl-1yl,xlyl-1)=1.

將式(19)代入式(18)，整理得

Dz2=4xl-1yl-1xlyl.

(20)

若l=1，則式(20)成為Dz2=4x0y0x1y1=0,此時z=0，可得(4)的平凡解(x,y,z)=(p,1,0),從而可得(2)的平凡解(X,Y,Z)=(2s+1,2,0).

若l=2，則式(20)成為Dz2=4x1y1x2y2=8p2(2p2-1)，即cz2=4p2(2p2-1).考慮到gcd(4p2,2p2-1)=1，當(dāng)2p2-1=cr2(c,r∈N*，c=q1或q1q2，q1,q2為不同的奇素數(shù))時，z=2pr,可得(4)的一組解為(x,y,z)=(4p3-3p,4p2-1,2pr),從而可得(2)的一組解為(X,Y,Z)=(4p3-3p,8p2-2,4pr).

若l=3，則式(20)成為

Dz2=4x2y2x3y3=8p2(2p2-1)(2p-1)(2p+1)(4p2-3).

(21)

這里2p2-1,2p-1,2p+1,4p2-3兩兩互素.

由于p≡1(mod 4)，即2p+1≡3(mod 8)，故2p+1非平方數(shù).

當(dāng)4p2-3=w2(w∈N*)時，p=1，不合題意，故4p2-3也非平方數(shù).

當(dāng)2p2-1=u2，2p-1=v2(u,v∈N*)時，有

(22)

根據(jù)引理2，式(22)給出v=1或3，故p=1(不合題意)，或p=5.因此當(dāng)p≠5時，式(21)右邊至少提供4個不同的非平方素因子(其中包括2)，而左邊至多提供3個不同的非平方素因子(其中包括2)，矛盾；另外，當(dāng)p=5時，由2×52-1=cr2得c=1，與c=q1或q1q2矛盾.

若l=4，則式(20)成為

Dz2=4x3y3x4y4=16p2(4p2-3)(2p+1)(2p-1)(2p2-1)(8p4-8p2+1).

(23)

這里4p2-3,2p+1,2p-1,2p2-1,8p4-8p2+1兩兩互素.

當(dāng)8p4-8p2+1=t2(t∈N*)時，有

2t2=(2p)4-4(2p)2+2.

(24)

根據(jù)引理3，式(24)給出2p=2或0,顯然不可能.故式(23)右邊至少提供4個不同的非平方素因子，仍得矛盾.

下面討論l≥5的情形.

(i) 考慮到gcd(xl-1,yl-1)=gcd(xl,yl)=gcd(xl-1,xl)=gcd(yl-1,yl)=1，且由(7)、(8)兩式知

gcd(xl,yl-1)=gcd(pxl-1+(p2-1)yl-1,yl-1)=gcd(pxl-1,yl-1)=gcd(p,yl-1)=1或p,

gcd(xl-1,yl)=gcd(xl-1,xl-1+pyl-1)=gcd(xl-1,pyl-1)=gcd(xl-1,p)=1或p,

故當(dāng)gcd(xl,yl-1)=p時，gcd(xl-1,yl)=1；當(dāng)gcd(xl-1,yl)=p時，gcd(xl,yl-1)=1.

(ii) 若xl-1=A2(A∈N*)，則(2)的第一式成為

(25)

因為p2-1≠1785，4·1785，16·1785，所以根據(jù)引理4，方程(25)至多只有一組解滿足A2=p或2p2-1，即xl-1=p或2p2-1，因此l=2或3，不符合要求，故xl-1≠A2.

(iii) 若xl=A2(A∈N*)，則由(ii)的討論知l=3或4，也不符合要求，故xl≠A2.

(iv) 若yl-1=B2(B∈N*)，則(2)的第一式成為

(26)

根據(jù)引理6，式(26)給出xl-1=p，此時l=2，不符合要求， 故yl-1≠B2.

(v) 若yl=B2(B∈N*)，則由(iv)的討論知l=3，也不符合要求，故yl≠B2.

綜合(i)～(v)知，若l≥5，則式(20)右邊至少提供4個不同的非平方素因子，與題設(shè)矛盾.定理得證.