不定方程x3+1=2019y2的整数解
2019-07-11胡江美
高 丽,胡江美
(延安大学数学与计算机科学学院,陕西延安716000)
1 引言及引理
形如x3+1=Dy2(D>0,不含平方因子)的不定方程在数论中扮演着非常重要的角色。自这个不定方程出现以来,它便引起广大数学爱好者的浓厚兴趣,因此对它的研究已经取得非常丰硕的成果[1-5]。倪谷炎[6]利用计算机程序得到D=7,14,35,37,38,57,65,86时,不定方程x3+1=Dy2有一些非平凡的特殊解,但未给出证明;翟云云[7]等人证明了x3+1=Dy2当D=119时,仅有整数解(x,y)=(-1,0);文献[8-10]同样对这类方程进行研究,2018年周科,陈雨君[11]证明了丢番图方程x3+1=959y2,仅有整数解(x,y)=(-1,0),同年高丽、杨婕[12]对不定方程x3+1=1043y2进行研究。本文在上述研究的基础上,运用简单同余法,分解因式法,Pell方程法以及分类讨论等方法研究关于不定方程x3+1=Dy2,当D=2019时整数解的问题,为此先引入如下引理。
引理1 同余方程x2-x+1≡0(mod9)无整数解。
证明:由于∀x∈Z,则一定存在x≡0,1,2,3,4,5,6,7,8(mod9),当x≡0,1(mod9)时,x2-x+1≡
1(mod9);当x≡2,5,8(mod9)时,x2-x+1≡3(mod9);当x≡3,7(mod9)时,x2-x+1≡7(mod9);当x≡4,6(mod9)时,x2-x+1≡4(mod9)。因此可知原同余方程无整数解。
引理2[8]不定方程x2-x+1=y2有且仅有整数解(x,y)=(1,±1),(0,±1)。
引理3[10]设a,b是Pell方程x2-Dy2=1的基本解,则存在下面递归序列成立:
xn+2=2axn+1-xn,x0=1,x1=b;
yn+2=2ayn+1-yn,y0=0,y1=b。
特别的:当D=3时Pell方程:x2-3y2=1基本解为(a,b)=(2,1),并且通解(xn,yn)满足以下递推关系式:
xn+1=2xn+3yn,x0=1,x1=2,
xn+1=xn+2yn,y0=1,y1=2,
y2n=2xnyn,x2n=xn2+3yn2,
yn-1=-xn+2yn,xn-1=2xn-3yn,xn2-3yn2=1。
引理4[1]不定方程4x4-3y2=1有且仅有整数解(x,y)=(±1,±1)。
不定方程x4-3y2=1有且仅有整数解(x,y)=(±1,0)。
不定方程x2-3y4=1仅有整数解(x,y)=(±
2,±1),(±7,±2),(±1,0)。
2 主要结果及证明
定理不定方程
x3+1=2019y2
(A)
有且仅有平凡整数解(-1,0)。
证明:显然(-1,0)是方程(A)的整数解。又因为x3+1=(x+1)(x2-x+1)且(x+1,x2-x+1)=(x+1,(x+1)2-3(x+1)+3)=(x+1,3)=1或3,因此不定方程(A)可以分为8种情况来讨论:
情形(Ⅰ)x+1=3a2,x2-x+1=6057b2,y=3ab,gcd(a,d)=1;
情形(Ⅱ)x+1=2019a2,x2-x+1=9b2,y=3ab,gcd(a,d)=1;
情形(Ⅲ)x+1=3a2,x2-x+1=673b2,y=ab,gcd(a,d)=1;
情形(Ⅳ)x+1=2019a2,x2-x+1=b2,y=ab,gcd(a,d)=1;
情形(Ⅴ)x+1=a2,x2-x+1=2019b2,y=ab,gcd(a,d)=1;
情形(Ⅵ)x+1=673a2,x2-x+1=3b2,y=ab,gcd(a,d)=1;
情形(Ⅶ)x+1=9a2,x2-x+1=2019b2,y=3ab,gcd(a,d)=1;
情形(Ⅷ)x+1=6057a2,x2-x+1=3b2,y=3ab,gcd(a,d)=1。
因此接下来我们讨论这8种情况下不定方程x3+1=2019y2整数解的情况。
首先由引理1可知:情形(Ⅰ)和情形(Ⅱ)无整数解,故只需讨论其余六种情形下原不定方程有无整数解。
对于情形(Ⅲ),由第一式x+1=3a2,可得同余方程x+1≡0(mod3),解之得:x≡2(mod3),将x代入第二式x2-x+1=673b2的左边可得:
x2-x+1≡0(mod3),
即得同余方程:673b2≡0(mod3),由于673不能整除3,从而b2≡0(mod3),由于b属于自然数,所以673b2≡0(mod9),故存在:x2-x+1=673b2≡0(mod9),故由引理1可知此同余方程无整数解。因此在情形(Ⅲ)下原不定方程无整数解。
对于情形(Ⅳ),运用引理2解方程的第二式:
x2-x+1=b2,
可得(x,b)=(1,-1),(0,±1),代入第一式
x+1=2019a2可得:
对于情形(Ⅴ),当x为偶数时,因为第一式x+1=a2,所以得a为奇数,从而有a2≡1(mod8)。由x+1=a2可得x=a2-1≡0(mod8),将其带入第二式x2-x+1=2019b2的左边可得x2-x+1=1(mod8),又因为x2-x+1=2019b2是奇数,可得b是奇数,从而可得b2≡1(mod8),故可得2019b2≡3(mod8)。因此有:
1≡x2-x+1=2019b2≡3(mod8),
可知此同余方程矛盾。因此情形(Ⅴ)当x为偶数时无解。
当x为奇数时,因为第一式x+1=a2,所以得到a为偶数,从而有a2≡0(mod8)或者a2≡4(mod8)。首先讨论当a2≡4(mod8)时,由x+1=a2
得:x=a2-1≡3(mod8),将其带入第二式x2-x+1=2019b2的左边可得:
x2-x+1=2019b2≡7(mod8)。
又因为x2-x+1=2019b2是奇数,故得b是奇数,从而可得b2≡1(mod8),故可得2019b2≡3(mod8)。因此有:
7≡x2-x+1=2019b2≡3(mod8),
可知上式矛盾。故只需要考虑a2≡0(mod8)时的情况下方程是否有整数解,从情形(Ⅴ)的第一个方程解出x=a2-1代入第二个方程x2-x+1=2019b2化简可得:
a4-3a2+3=2019b2,即
(2a2-3)2+3=2019(2b)2,
故可得(2a2-3)2≡0(mod3)
①
又因为a2≡0(mod8),代入可得
(2a2-3)2≡1(mod8)
②
对于情形(Ⅵ),当x为偶数时,因为第一式x+1=673a2,所以得a为奇数,从而有a2≡1(mod8)。由x+1=673a2可得:x=673a2-1≡0(mod8),将x带入第二式x2-x+1=3b2的左边可得:x2-x+1=3b2≡1(mod8),又因为x2-x+1=3b2是奇数,所以可得b是奇数,从而可得b2≡1(mod8),故可得3b2≡3(mod8)。因此有:1≡x2-x+1=3b2≡3(mod8),可知此同余方程矛盾。因此情形(Ⅵ)当x为偶数时无解。
当x为奇数时,由第一式x+1=673a2可得a为偶数,从而有a2≡0(mod8)或者a2≡4(mod8)。首先讨论当a2≡4(mod8)时,由x+1=673a2可得:x=673a2-1≡3(mod8),将x带入第二式x2-x+1=3b2的左边可得:
x2-x+1=3b2≡7(mod8),
同上,因为x2-x+1=3b2是奇数,所以可得b是奇数,从而可得b2≡1(mod8),故可得3b2≡3(mod8)。因此有:
7≡x2-x+1=3b2≡3(mod8),
可知此同余方程矛盾。因此只需要考虑a2≡0(mod8)时的情况。
将情况(Ⅵ)的第一式代入第二式化简可得:
(1346a2-3)2+3=3×(2b)2,
即可写为X2-3Y2=-3,其中X=1346a2-3,Y=2b,通过引理3可得特殊的Pell方程X2-3Y2=1的基本解为(2,1),再根据引理5可知:
对于情形(Ⅶ),类似情形(Ⅴ)可证原方程无整数解。
对于情形(Ⅷ),类似情形(Ⅵ)可证原不定方程无整数解。
综上所述,不定方程x3+1=2019y2有且仅有整数解(-1,0)。