关于不定方程x3+8=61y2的整数解
2014-02-28王龙
王 龙
(陕西广播电视大学延安分校,陕西延安716000)
关于不定方程x3+8=61y2的整数解
王 龙
(陕西广播电视大学延安分校,陕西延安716000)
利用递归数列和同余式的相关性质证明了不定方程x3+1=122y2仅有整数解(x,y)=(-1,0),然后证明了不定方程x3+8=61y2仅有整数解(x,y)=(-2,0)。
不定方程;递归数列;同余式;整数解
不定方程
(其中:D是无平方因子的正奇数)是一类基本而重要的Diophantine方程。文献[1]证明了当D是奇素数时,如果D=3,则方程(1)仅有整数解(x,y)=(11,±21)。文献[2]证明了不定方程x3-8=7y2仅有整数解(x,y)=(2,0)。对于不定方程x3± 1=Dy2(D>0)也有不少作者进行了研究。文献[3]给出了x3+1=13y2仅有整数解(x,y)=(-1,0),文献[4]证明了x3+1=14y2有整数解(x,y)=(-1,0),(5,±3),文献[5]证明了当D=301时,不定方程x3-1=Dy2(D>0)仅有整数解(x,y)=(1,0),文献[6]也给出了x3+1=7y2有整数解。
受到以上文献的启发,本文用递归数列与同余式的相关性质首先证明了不定方程x3+1=122y2仅有整数解(x,y)=(-1,0),接着利用这一结果和以上知识点证明了不定方程x3+8=61y2仅有整数解(x,y)=(-2,0)。
1 相关引理
引理1[7]4x4-3y2=1有整数解(x,y)=(1,1),(-1,-1),(1,-1),(-1,1)。
引理2[7]x2-3y4=1有整数解(x,y)=(2,1),(7,2),(1,0),(-1,0)。
引理3不定方程
只有整数解(x,y)=(-1,0)。
证明:因为(x+1,x2-x+1)=1或3,所以方程(2)式给出以下4种可能的分解。
因为61≡5(mod8),如果2|z,那么x≡-1(mod8),从而3≡5w2(mod8),这是不可能的。如果2|z,那么x≡1(mod8),从而1≡5w2(mod8),这也是不可能的。因此这种情况无解。
由x2-x+1=w2解得x=0,1,这两种情况都不符合x+1=122z2。因此这种情况无解。
因为61≡5(mod8),如果2|z,那么x≡-1(mod8),从而3≡7w2(mod8),显然这是不可能的。如果2|z,那么x≡1(mod8),从而有1≡7w2(mod8),这也是不可能的。因此这种情况也无解。
x2-x+1=3w2可化为把x+1=366z2代入上式得(2w)2-3(244z2-1)2=1。于是有
所以有
因为2|n时,2|Sn,但是(3)式不可能成立。
若n≡1(mod4),Sn≡1(mod8),可得出244z2≡2(mod8),这也是不可能的。因此只需考虑n≡-1(mod4)的情况。
令n=4m-1,有
因此有244z2=r2mS2m。
又由于
则有
其中z=ab。
根据引理1可知,(8)式有整数解(a,S2m-1)=(1,1)或(1,-1)或(-1,1)或(-1,-1)。从而有S2m-1=±1,即m=0或1。
当m=1时,不满足(4)式中的S2m=61b2,因此m≠1。当m=0时,S2m=61b2得b=0,从而z=0,代入情形4)中得平凡解为(x,y)=(-1,0)。
因为2|z时,rn≡2(mod4)可得(5)式和(6)式的第一个式子不成立,因此可排除(5)和(6)的这两种情况。
由(7)中S2m=b2可得
由引理2知(9)式有整数解(r2m,b)=(2,1)或(7,2)或(1,0)或(-1,0)。但2|S2m,由(7)得2|b2,因此b=2或0。
当b=0时,也即S2m=0,得m=0与r2m-1=122b2矛盾,因此b≠0。当b=2时,S2m=4,即m=1与r2m-1=122b2矛盾,因此b≠2,故而(7)这种情况无解。
所以,情形4)给出平凡解(x,y)=(-1,0)。
综合上述4种情况的解述,得出不定方程x3+1=122y2只有整数解(x,y)=(-1,0)。
2 主要结论及证明
定理不定方程
仅有整数解(x,y)=(-2,0)。
证明:若x≡0(mod2),由(10)式得出y≡0(mod4)。故而方程(10)可化为由引理3可知,x3+1=122y2仅有整数解(x, y)=(-1,0),此时方程(10)有整数解(x,y)=(-2,0)。
若x≡1(mod2),此时(x+2,x2-2x+4)=1或3,因此(10)式给出下列4种可能的分解情况:
情形1:x+2=183u2,x2-2x+4=3v2,y=3uv;
情形2:x+2=61u2,x2-2x+4=v2,y=uv;
情形3:x+2=3u2,x2-2x+4=183v2,y=3uv;
情形4:x+2=u2,x2-2x+4=61v2,y=uv。
下面分别讨论这4种情形给出的(10)式的整数解。
情形1 由x2-2x+4=3v2化简有3v2-(x-1)2=3,将x+2=183u2代入得到v2-3(61u2-1)2=1,所以有
61u2-1=Sn,n∈N。
容易验证下列式子成立:
因为x≡1(mod2),所以u≡1(mod2),Sn≡0(mod2),从而n≡0(mod2)。
当n≡0,2(mod4)时,有Sn≡0,4(mod8)。由61u2-1=Sn有61u2≡3,7(mod8)。所以5u2≡3,7(mod8),这显然不可能,故该情况下(10)式无整数解。
情形2 由x2-2x+4=v2得出x=2,0,这两个解均不符合式x+2=61u2,故该情形下(10)式无解。
情形3 将x2-2x+4=183v2化解为(x-1)2-183v2=-3,将x+2=3u2代入得到3(3u2-3)2+3=183v2,化简即61v2-3(u2-1)2=1。
根据文献[8]有
O156.1
A
1004-602X(2014)03-0004-03
10.13876/J.cnki.ydnse.2014.03.004
2014-06-20
王 龙(1981—),男,陕西延安人,陕西广播电视大学延安分校讲师。