公解高 麗，劉 婷

(延安大學數(shù)學與計算機科學學院，陜西延安716000)

本文主要研究了當D1=42，D為偶數(shù)時Pell方程組解的情況，證明下面的定理成立：

定理若p1,…,ps(1≤s≤4)是互異的奇素數(shù)，當D=2p1…ps，1≤s≤4時，方程組x2-42y2=1與y2-Dz2=4

(A)

(1)當d=2×337時，方程有非平凡解(x,y,z)

=(±8749,±1350,±52)和平凡解(x,y,z)=(±13,±2,0)；

(2)當D≠2×337時，方程僅有平凡解(x,y,z)=(±13，±2，0)。

1 相關引理及證明

引理2[14]當a>1并且a是一平方數(shù)，方程ax4-by2=1,x,y∈N最多只有1組解。

引理3[15]如若D是個非平方正整數(shù)，此時方程x2-Dy4=1最多只有兩組正整數(shù)解(x,y)，并且方程恰好有2組正整數(shù)解的充要條件為D=1785或D=28560或2x0和y0都為平方數(shù)，且這里的(x0,y0)是x2-Dy2=1的一個基本解。

引理5 (1)不定方程x4-42y2=1只有整數(shù)解

(x,y)=(±1,0)；

(2)不定方程169x4-42y2=1只有整數(shù)解(x,y)=(±1,±2)；

(3)不定方程x2-168y4=1只有整數(shù)解(x,y)=(±13,±1),(±1,0)。

(2)由引理2知，方程169x4-42y2=1最多就一組正整數(shù)解，因(1,2)是方程169x4-42y2=1的正整數(shù)解，所以方程169x4-42y2=1只有整數(shù)解(x,y)=(±1,±2)。

(3)因x2-168y2=1的基本解是(13,1)，但是2x0=26是非平方數(shù)，y0=1為平方數(shù)，由引理3得x2-Dy1僅有一組正整數(shù)解，計算知(13,1)是x2-168y4=1的正整數(shù)解，故方程x2-168y4=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±13,±1),(±1,0)。

引理6 假設Pell方程x2-42y2=1的所有解為(xn,yn),n∈Z，任意n∈Z,xn,yn具有下面性質：

(1)xn+1=13xn+84yn,yn+1=2xn+13yn,

yn-1=13yn-2xn,y2n=2xnyn；

(5)xn+2=26xn+1-xn,x0=1,x1=13,

yn+2=26yn+1-yn,y0=0,y1=2；

(6)xn≡1(mod2),x2n≡±1(mod13)，

x2n+1≡0(mod13),y2n≡0(mod4),

y2n-1≡2(mod4),y2n+1≡±2(mod13),

y2n≡0(mod13)；

(7)gcd(xn,yn)=1，gcd(xn,xn+1)=1,

gcd(yn,yn+1=2,

gcd(x2n,y2n+1)=gcd(x2n+2,y2n+1)=1，

gcd(x2n+1,y2n)=gcd(x2n+1,y2n+2)=13。

證明Pell方程x2-42y2=1的基本解是

(x1,y1)=(1,3,2)，

(1)根據(jù)引理4得，?n∈Z，

故xn+1=13xn+84yn,yn+1=2xn+13yn。

類似可得yn-1=13yn-2xn，y2n=2xnyn。

(2)由條件知，?n∈Z，

(3)設(xn,yn),n∈Z為Pell方程x2-42y2=1的一個整數(shù)解，如果xn=a2，代入該方程得到a4-42y2=1。由引理5(1)得方程a4-42y2=1只有整數(shù)解(a,y)=(±1,0)，因此xn=1，而n=0。反過來，亦然。

(5)據(jù)引理6(1)得xn+2=26xn+1-xn,x0=1,x1=13,yn+2=26yn+1-yn,y0=0,y1=2。

(6)根據(jù)引理6(5)可以得出引理6(6)成立。

據(jù)引理6(1)(6)得

gcd(xn,xn+1)=gcd(xn,13xn+84yn)=

gcd(xn,84yn)=gcd(xn,yn)=1，

gcd(yn,yn+1)=gcd(yn,2xn+13yn)=

gcd(yn,2xn)=gcd(yn,2xn)=gcd(yn,2)=2，

gcd(x2n,y2n+1)=gcd(x2n,2x2n+13y2n)=

gcd(x2n,13y2n)=gcd(x2n,y2n)=1，

gcd(x2n+2,y2n+1)=gcd(13x2n+1+84y2n+1,y2n+1)=

gcd(13x2n+1,y2n+1=gcd(x2n+1,y2n+1)=1,

gcd(x2n+1,y2n)=gcd(13x2n+84y2n,y2n)=

gcd(13x2n,y2n)=gcd(13,y2n=13,

gcd(x2n+1,y2n+2)=gcd(x2n+1,2x2n+1+13y2n+1)=

gcd(x2n+1,13y2n+1)=gcd(x2n+1,13)=13。

2 定理的證明

證明假設(x1,y1)是Pell方程x2-42y2=1的基本解，這時有(x1,y1)=(13,2)。故而我們根據(jù)引理4可以知道Pell方程x2-42y2=1的所有的正整數(shù)解為：

設(x,y,z)=(x1,y1,z)是(A)式的正整數(shù)解，再從引理6的(2)看到

情形1 當n為正奇數(shù)，令n=2m-1,m∈Z+，這時上式可得

從引理6的(1)知，上式即為

Dz2=2xmym·2xm-1ym-1=4xm-1ym-1xmym。

當m=1，代入上式得Dz2=4x0y0x1y1=0，則z只能為0，此時方程組(A)只有平凡解(x,y,z)=(±13,±2,0)。

當m=2,Dz2=4x1y1x2y2=4×13×2×337×5=522×2×337，因此可得z=52，D=2×337，故方程組(A)的正整數(shù)解為(x,y,z)=(8749,1350,52)，那么方程組(A)的非平凡解為(x,y,z)=(±8749,±1350,±52)。

當m∈Z+,m≠1并且m≠2，需要對m進行分情況討論：

情形1.1 當m是正偶數(shù)且m≠2，根據(jù)引理6(7)可得

gcd(xm-1,ym-1)=gcd(xm,ym)=1,

gcd(xm-1,ym)=13,gcd(xm,ym-1)=1,

gcd(xm,xm-1)=1，gcd(ym,ym-1)=2，

這與D的假設矛盾，故此時方程組(A)同樣無正整數(shù)解。

情形1.2 當m為正奇數(shù)且m≠1，根據(jù)引理6(7)得

gcd(xm-1,ym-1)=gcd(xm,ym)=1,

gcd(xm-1,ym)=1,gcd(xm,ym-1)=13,

gcd(ym,ym-1)=2，

令m=2k-1,k∈Z+并且k≥2，則有

Dz2=4x2(k-1)y2(k-1)x2k-1y2k-1，

根據(jù)引理6(1)知，上式為

Dz2=8x2(k-1)xk-1yk-1x2k-1y2k-1。

情形1.2.1 當k是正奇數(shù)且k≠1，令k=2l-1，l∈Z+，定義域為l≥2。將k=2l-1代入上式化簡成Dz2=8x4(l-1)x2(l-1)y2(l-1)y2(l-1)x4l-3y4l-3，

再根據(jù)引理6(1)得

Dz2=16x4(l-1)x2(l-1)xl-1yl-1x4l-3y4l-3，

取l=2，由上式得

Dz2=16×227137×337×13×2×5896813×

909898=26×132×17×13361×337×453601×

454949。

故可解得

z=104,D=17×13361×337×453601×454949。

此時計算結果與題設條件“D=2p1…ps(1≤s≤4)”矛盾，因此方程組(A)不存在正整數(shù)解。

Dz2=8x2(k-1)xk-1yk-1x2k-1y2k-1，

右端是25×132與至少5個互異奇素數(shù)的乘積，與題設條件“1≤s≤4”矛盾，故此時方程組(A)依舊無正整數(shù)解。