关于三次Diophantine方程x3+1=2p1p2Qy2的可解性

2017-11-07杨海候静付瑞琴

中山大学学报(自然科学版)(中英文) 2017年5期

关键词：数论正整数等式

杨海，候静，付瑞琴

(1. 西安工程大学理学院，陕西西安 710048；2. 西安石油大学理学院，陕西西安 710065)

关于三次Diophantine方程x3+1=2p1p2Qy2的可解性

杨海1，候静1，付瑞琴2

(1. 西安工程大学理学院，陕西西安 710048；2. 西安石油大学理学院，陕西西安 710065)

三次Diophantine方程；正整数解；同余条件

Diophantine方程是数论中一个古老而又十分重要的分支，因为其研究内容之丰富、未解决问题与猜想之多、入门之容易和解决之困难而著名。寻求Diophantine方程的整数解是数论研究中的一项重要内容。近几十年来，Diophantine方程理论不仅自身的发展异常活跃，而且全面应用于数学相关的其他各个领域。如邵檬[1]制定了丢番图四定理，解决了数论中任意正整数究竟能分解成几个平方数之和的这一古老问题。王泽辉[2]基于数论中大数分解的困难性设计了新算法并对RSA 密码制的解密进行了研究。三次Diophantine方程的求解是一个十分困难的问题，但是其研究方法与理论成果在代数数域(二次域类数)、组合设计、图论、有限单群甚至编码和密码学等领域均有重要的应用。令N是全体正整数的集合。对于无平方因子正整数D, 方程

x3+1=Dy2,x,y∈N

(1)

是一类讨论较多的三次Diophantine方程(参见文献[3-7])。本文研究了上述三次Diophantine方程的可解性，给出了该方程无解的同余条件。

1 定理及推论

D=2p1p2Q

(2)

时无解的充分条件。最近，杜先存等[6]证明了：当D=2p1p2Q时，如果p1,p2,Q满足

p1≡1(mod 8),

p2≡5(mod 8),

Q≡5,13(mod 24)

(3)

或

p1≡5(mod 8),

p2≡3(mod 8),

Q≡3(mod 4)

(4)

那么方程(1)无解(x,y)。本文应用初等数论方法进一步证明了以下结果：

定理1 当D满足式(2)时，如果p1,p2,Q满足

p1≡1(mod 8),

p2≡5(mod 8),

Q≡1(mod 4)

(5)

那么方程(1)无解(x,y)。

显然，上述定理改进了文献[6]给出的条件(3)。同时，将文献[6]的结果与本定理结合直接可得以下的：

推论1 当D满足式(2)时，如果p1,p2,Q满足式(4)或式(5)，那么方程(1)无解(x,y)。

2 定理的证明

首先引入有关Pell方程解的若干基本性质。对于非负整数n, 设

(6)

其中

(7)

根据文献[8-12]直接可得以下引理：

引理1 设m是非负整数。

(i)(u,v)=(un,vn)(n=1,2,…)是方程

u2-3v2=1,u,v∈N

(8)

的全部解。

(ii)

(iii)gcd(un,vn)=1,gcd(u2m+1,um+1vm+1)=2。

(iv)un的奇素因数q都满足q≡1(mod 6)。

p1p2≡5(mod 8),

(9)

又因为Q的素因数q都满足q≡5(mod 6), 所以由引理1的结论(ii)和(iv)可知

gcd(Q,un)=1

(10)

当D=2p1p2Q时，方程(1)可表为

x3+1=2p1p2Qy2,x,y∈N

(11)

设(x,y)是方程(11)的一组解。下面按照文献[6]的分析可知，本定理的证明只需排除以下8种情形。

情形Ⅰ

x+1=2p1p2Qa2,x2-x+1=b2,

y=ab,a,b∈N

(12)

由式(12)得3=(2b)2-(2x-1)2≥2b+(2x-1)>3这一矛盾，故不可能。

情形Ⅱ

x+1=2p1Qa2,x2-x+1=p2b2,

y=ab,a,b∈N

(13)

由式(13)中第一个等式可知x≡-1(modp1), 将其代入式(13)中第二个等式可得p2b2≡3(modp1), 故有

(14)

情形Ⅲ

x+1=2p2Qa2,x2-x+1=p1b2,

y=ab,a,b∈N

(15)

此时，由公式(15)的第一个等式可知：x≡-1(modp2),p1b2≡3(modp2)以及

(16)

情形Ⅳ

x+1=2Qa2,x2-x+1=p1p2b2,

y=ab,a,b∈N

(17)

因为Q≡1(mod 4), 所以由式(17)中第一个关系式可得

(18)

又因为2不整除a, 所以由式(17)中第二个等式和式(18)可知

p1p2≡p1p2b2≡x2-x+1≡

(19)

情形Ⅴ

x+1=6p1p2Qa2,x2-x+1=3b2,

y=3ab,a,b∈N

(20)

在式(20)中消去x可得

(2b)2-3(4p1p2Qa2-1)2=1

(21)

由式(21)可知方程(8)有解(u,v)=(2b,4p1p2Qa2-1)适合v≡3(mod 4)。因此，根据引理1的结论(i)和(ii)可知2|a,

a=2c, 2b=u4r+3,

16p1p2Qc2-1=v4r+3,c,r∈N

(22)

因为由式(6)和式(7)可知

4u2r+1ur+1vr+1

(23)

所以由式(22)中第三个等式和式(23)可得

4p1p2Qc2=u2r+1ur+1vr+1

(24)

再由引理1的结论(iii)可知gcd(u2r+1,ur+1vr+1)=2, 从而根据式(10), 由式(24)仅可能推出以下3种情况：

u2r+1=2f2,ur+1vr+1=2p1p2Qg2

(25)

(26)

u2r+1=2p1p2f2,ur+1vr+1=2Qg2

(27)

g=hk, 2不整除hk,h,k∈N

(28)

又因为Q≡1(mod 4)且k2≡1(mod 8), 所以根据引理1的结论(ii), 由式(28)中第二个式子可知r+1≡1(mod 4), 于是可得r=4s, 其中s是正整数。进而由式(26)和式(28)中第一个等式可得

(29)

因为由引理1的结论(ii)可知u8s+1≡u4s+1≡2(mod 16), 又因为f2≡h2≡1(mod 8), 所以由式(29)可得

(30)

如果式(26)在2不整除r时成立，则因r=2t+1, 其中t是正整数，所以由式(26)中第二个等式可知

(31)

因为2不整除u2t+2,gcd(Q,u2t+2)=gcd(u2t+2,u2t+2)=1且u2t+2不是平方数，所以由式(31)可得

g=hk,h,k∈N

(32)

又因为gcd(Q,ut+1)=gcd(ut+1,vt+1)=1, 所以由式(32)中第二个等式可知

k1,k2∈N

(33)

但是，由引理1的结论(v)可知式(33)中第一个等式不成立。

如果式(27)成立，gcd(Q,ur+1)=gcd(ur+1,vr+1)=1, 所以由式(27)中第二个等式可知ur+1或ur+1/2必为平方数。然而，根据引理1的结论(v)可知这是不可能的。因此情形Ⅴ不成立。

情形Ⅵ

x+1=6p1Qa2,x2-x+1=3p2b2,

y=3ab,a,b∈N

(34)

由公式(34)可知

x≡-1(modp1), 3p2b2≡3(modp1),

p2b2≡1(modp1)

情形Ⅶ

x+1=6p2Qa2,x2-x+1=3p1b2,

y=3ab,a,b∈N

(35)

由式(35)可知

x≡-1(modp2), 3p1b2≡3(modp2),

p1b2≡1(modp2)

以及

与式(9)矛盾，故不可能。

情形Ⅷ

x+1=6Qa2,x2-x+1=3p1p2b2,

y=3ab,a,b∈N

(36)

因为Q≡1(mod 4), 所以由式(36)中第一个等式可知

(37)

又由式(36)中第二个等式和式(37)可得

(38)

与式(9)矛盾，故不可能。

综上所述即得本定理。证毕。

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OnthesolvabilityofthecubicDiophantineequationx3+1=2p1p2Qy2

YANGHai1,HOUJing1,FURuiqin2

(1. School of Science, Xi’an Polytechnic University, Xi’an 710048, China;2. School of Science, Xi’an Shiyou University, Xi’an 710065, China)