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关于不定方程x3-1=709qy2的正整数解

2021-10-18瞿云云

关键词:素数奇数正整数

张 雪,瞿云云,徐 彬

(1.贵州师范大学数学科学学院,贵州 贵阳 550001; 2.武昌首义学院基础科学部,湖北 武汉 430064)

1 引言及主要结论

设Z,N*分别表示所有整数以及正整数的集合,D>0,且D中不含有平方因子.方程

x3-1=Dy2,x,y∈Z

(1)

对于任意给定的数r(r∈N*),r可以唯一地表示成

r=st2,s,t∈N*,s无平方因子.

(2)

设A(r)=s,B(r)=t.本文主要讨论当D=709q,q≡1(mod 12)为奇素数时,方程

x3-1=709qy2,x,y∈N*

(3)

解的情况,即证明如下定理1和推论1.

定理1 方程(3)有正整数解的充要条件是q适合

q=A(3×7092a4+2 127a2+1),a∈N*.

(4)

当q适合条件(4)时,方程(3)有正整数解

(x,y)=(1+2 127a2,3aB(3×7092a4+2 127a2+1)).

(5)

推论1 如果q满足以下条件之一,则方程(3)无正整数解:

(ⅰ)q=12k2+12k+1,k∈N*;

(ⅱ)q=108k2±12k+1,k∈N*;

(ⅲ)q=12k2+1,k∈N*;

2 关键性引理

引理2[6]若p是一个奇质数,那么方程4x4-py2=1除了p=3,x=y=1和p=7,x=2,y=3这2组正整数解外,没有其他的正整数解.

引理3[6]方程x2-3y4=1仅有整数解(x,y)=(±2,±1),(±7,±2),(±1,0).

引理4[6]若p是一个奇质数,那么方程x4-py2=1除了p=5,x=3,y=4和p=29,x=99,y=1 820这2组正整数解外,没有其他的正整数解.

引理5[7]设k>1,l>1(k,l∈Z)为给定的数,(k,l)=1,kl不是平方数.若不定方程

kx2-ly2=1

(6)

(7)

引理6 如果(x,y)是方程(3)的1组正整数解,则必有

x-1=2 127a2,x2+x+1=3qb2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*.

(8)

证明从方程(3)可知(x-1)(x2+x+1)=709qy2,而d=gcd(x-1,x2+x+1)=gcd(x-1,(x-1)2+3(x-1)+3)=gcd(x-1,3)=1或3.

当d=1时,方程(3)有以下4种可能的分解:

(Ⅰ)x-1=709qa2,x2+x+1=b2,y=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

(Ⅱ)x-1=a2,x2+x+1=709qb2,y=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

(Ⅲ)x-1=qa2,x2+x+1=709b2,y=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

(Ⅳ)x-1=709a2,x2+x+1=qb2,y=ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*.

当x和y满足(Ⅰ)式时,由4(x2+x+1)-(2x+1)2=3可知,3=4b2-(2x+1)2=(2b)2-(2x+1)2≥2b+2x+1>3,矛盾,故x和y不满足(Ⅰ)式.

当x和y满足(Ⅲ)式时,由a2≡0,1(mod 4),q≡1(mod 12)可知qa2≡0,1(mod 4).由x-1=qa2可知x=qa2+1≡1,2(mod 4),则有x2+x+1≡3(mod 4)成立,即有709b2≡3(mod 4).由x2+x+1=709b2可知b为奇数,故b2≡1(mod 4),则709b2≡1(mod 4),矛盾,故x和y不满足(Ⅲ)式.

当x和y满足(Ⅳ)式时,由a2≡0,1(mod 4),709≡1(mod 4)可知709a2≡0,1(mod 4).由x-1=709a2可知x=709a2+1≡1,2(mod 4),则有x2+x+1≡3(mod 4)成立,即有qb2≡3(mod 4).由x2+x+1=qb2可知b为奇数,故b2≡1(mod 4).由q≡1(mod 12)可知q≡1(mod 4),则qb2≡1(mod 4),矛盾,故x和y不满足(Ⅳ)式.

因此,当d=1时,x和y不满足上面4种情况.

当d=3时,方程(3)有以下4种可能的分解:

(Ⅴ)x-1=2 127qa2,x2+x+1=3b2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

(Ⅵ)x-1=3a2,x2+x+1=2 127qb2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

(Ⅶ)x-1=3qa2,x2+x+1=2 127b2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*;

(Ⅷ)x-1=2 127a2,x2+x+1=3qb2,y=3ab,gcd(a,b)=1,a,b∈N*.

1 418qa2=yn-1.

(9)

xn+2=4xn+1-xn,x0=1,x1=2;

(10)

yn+2=4yn+1-yn,y0=0,y1=1;

(11)

xn+1=2xn+3yn,yn+1=xn+2yn;

(12)

(13)

当n≡0(mod 2)时,由(11)式可知yn≡0(mod 2),此时由(9)式可知矛盾,故n≡1,3(mod 4).

x2m+1=2u2,y2m=1 418qv2,a=2uv,gcd(u,v)=1;

(14)

x2m+1=1 418qu2,y2m=2v2,a=2uv,gcd(u,v)=1;

(15)

x2m+1=1 418u2,y2m=2qv2,a=2uv,gcd(u,v)=1;

(16)

x2m+1=2qu2,y2m=1 418v2,a=2uv,gcd(u,v)=1.

(17)

(15)式中由y2m=2v2与(13)式可得xmym=v2,又gcd(xm,ym)=1,故设xm=c2,ym=d2,gcd(c,d)=1,有(c2)2-3d4=1,由引理3可知c2=1,d=0,即xm=1,ym=0.由(10)和(11)式可知m=0,又q≡1(mod 12)为奇素数,则x2m+1=x1=2≠1 418qu2,因此在该情况下,方程(3)没有整数解.

(16)式中由y2m=2qv2可得xmym=qv2,又gcd(xm,ym)=1,则有以下情形之一成立:

xm=c2,ym=qd2,v=cd,gcd(c,d)=1;

(18)

xm=qc2,ym=d2,v=cd,gcd(c,d)=1.

(19)

将(18)式中的xm=c2和ym=qd2代入X2-3Y2=1中得c4-3(qd2)2=1.由引理4可知d=0,则此时ym=0,即m=0,但x2m+1=x1=2≠1 418u2,因此在该情况下,方程(3)没有整数解.

将(19)式中的xm=qc2和ym=d2代入X2-3Y2=1中得(qc2)2-3d4=1.由引理3可知(q,c,d)=(1,±1,0),(7,±1,±2),(2,±1,±1),当q≡1(mod 12)为奇素数时,(qc2)2-3d4=1无解.因此在该情况下,方程(3)没有整数解.

(17)式中由y2m=1 418v2可得xmym=709v2,又gcd(xm,ym)=1,则有以下情形之一成立:

xm=c2,ym=709d2,v=cd,gcd(c,d)=1;

(20)

xm=709c2,ym=d2,v=cd,gcd(c,d)=1.

(21)

将(20)式中的xm=c2和ym=709d2代入X2-3Y2=1中得c4-3(709d2)2=1.由引理4可知d=0,则此时ym=0,即m=0.由q≡1(mod 12)为奇素数可知x2m+1=x1=2≠2qu2,因此在该情况下,方程(3)没有整数解.

将(21)式中的xm=709c2和ym=d2代入X2-3Y2=1中得(709c2)2-3d4=1,由引理3可知(709c2)2-3d4=1无解,因此在该情况下,方程(3)没有整数解.

x2m+2=709qu2,y2m+1=v2,a=uv,gcd(u,v)=1;

(22)

x2m+2=u2,y2m+1=709qv2,a=uv,gcd(u,v)=1;

(23)

x2m+2=qu2,y2m+1=709v2,a=uv,gcd(u,v)=1;

(24)

x2m+2=709u2,y2m+1=qv2,a=uv,gcd(u,v)=1.

(25)

将(24)式代入x2m+2=2x2m+1+3y2m+1得qu2=2x2m+1+3×709v2,即

2x2m+1=qu2-2 127v2.

(26)

因x2m+2≡1(mod 2),故由(24)式的x2m+2=qu2可知u为奇数,则u2≡1(mod 8).而y2m+1≡1(mod 2),由y2m+1=709v2可得v是奇数,有v2≡1(mod 8).又x2m+1≡2(mod 8),故对(26)式两边取模8得4≡q-7(mod 8),即q≡3(mod 8).又因为q≡1(mod 12)的奇素数对模8的最小非负剩余必为1或5,则矛盾,因此在该情况下,方程(3)没有整数解.

将(25)式代入y2m+1=-x2m+2+2y2m+2得qv2=-709u2+2y2m+2,即

2y2m+2=qv2+709u2.

(27)

因x2m+2≡1(mod 2),故由(25)式的x2m+2=709u2可知u为奇数,则u2≡1(mod 8).而y2m+1≡1(mod 2),则由y2m+1=qv2可知v为奇数,则v2≡1(mod 8).又y2m+2≡0,4(mod 8),故对(27)式两边取模8得0≡q+5(mod 8),即q≡3(mod 8).又因为q≡1(mod 12)的奇素数对模8的最小非负剩余必为1或5,则矛盾,因此在该情况下,方程(3)没有整数解.

故x和y满足(Ⅴ)式的值仅有(x,y)=(1,0).

(28)

un+1=6 365 401un+414 060vn,

vn+1=97 856 180un+6 365 401vn

(29)

成立,其中u0=67,v0=1 030.

由(29)式和u0=67,v0=1 030可知,数列{un}中的每一项都为奇数,又因为2b=un与un是奇数相矛盾,故x和y不满足(Ⅶ)式.

因此,当d=3时,若(x,y)是方程(3)的1组正整数解,此时x和y必满足(8)式.

引理7[8]若D(D∈N*)是给定的没有平方因子的数,那么有且只有1组满足

D1D2=D,δ∈{1,2},gcd(D,δ)=1,(D1,D2,δ)≠(1,D,1)

(30)

的正整数(D1,D2,δ)可使方程

D1U2-D2V2=δ,U,V∈N*

(31)

有解(U,V),其中正整数组(D1,D2,δ)称为D的Petr组,记作P(D).

3 定理及推论的证明

定理1的证明设(x,y)是方程(3)的1组正整数解,根据引理6可知x和y必满足(8)式.当(8)式成立时,由(x-1)2+3(x-1)+3=x2+x+1可知

3×7092a4+2 127a2+1=qb2.

(32)

根据A(r)及B(r)的定义可知(32)式成立的充要条件是q满足(4)式,所以(8)式成立的充要条件是q满足(4)式.由(8)和(32)式可知,当q满足(4)式时,方程(3)的解满足(5)式.

综上所述,定理1得证.

推论1的证明由定理1可知方程(3)有解的充要条件是q满足(4)式.当q满足(4)式时,q适合(32)式,由3×7092a4+2 127a2+1=qb2可知b只能为奇数,则b2≡1(mod 8).所以由(32)式可得

2a,q≡qb2≡3×7092a4+2 127a2+1≡3(mod 8).

(33)

当q适合推论1中的条件(ⅰ)时,因为q=12k2+12k+1=12k(k+1)+1,此时q≡1(mod 8),所以由(33)式可知,若此时方程(3)有解(x,y),则其满足(32)式,从而

q(2b)2-3(1 418a2+1)2=1.

(34)

再由(34)式可知方程

qU2-3V2=1,U,V∈N*

(35)

有解(U,V)=(2b,1 418a2+1).因3q是没有平方因子的正整数,则由引理7可知此时3q的Petr组是

P(3q)=(q,3,1).

(36)

另一方面,q=12k2+12k+1可化为3(2k+1)2-q=2,即方程

3U2-qV2=2,U,V∈N*

(37)

有解(U,V)=(2k+1,1).则由引理7可知,此时3q的Petr组是

P(3q)=(3,q,2).

(38)

由(36)式可知这是不可能的,故当q适合推论1中的条件(ⅰ)时,方程(3)无解.

当q适合推论1中的条件(ⅱ)时,因为q=108k2±12k+1=12k(9k±1)+1,此时q≡1(mod 8),所以从(33)式可知,若此时方程(3)有解(x,y),则其满足(32)式,此时同理可得3q的Petr组(36)式.但注意到q=108k2±12k+1可化为3q-(18k±1)2=2,即方程

3qU2-V2=2,U,V∈N*

(39)

有解(U,V)=(1,18k±1).则由引理7可知此时3q的Petr组是

P(3q)=(3q,1,2).

(40)

由(36)式可知这是不可能的,故当q适合推论1中的条件(ⅱ)时,方程(3)无解.

(41)

从(41)式可得Y≡0(mod 2k),即有1 418a2+1≡0(mod 2k),则0·a2+1≡0(mod 2),可知1≡0(mod 2),矛盾.故当q适合推论1中的条件(ⅲ)时,方程(3)无解.

综上所述,推论1得证.

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