丁 瑜，管訓(xùn)貴

(泰州學(xué)院數(shù)理學(xué)院，225300，江蘇，泰州)

1 引言及主要結(jié)論

最近幾十年，Pell方程

x2-dy2=1 與y2-Dz2=4

(1)

的公解問(wèn)題一直引起許多學(xué)者的興趣。例如：

(A)d=2,D=2p1…ps(p1,…,ps為不同的奇素?cái)?shù), 1≤s≤6)時(shí)，管訓(xùn)貴[1]證明了除開(kāi)D為2×17，2×3×5×7×11×17以及2×17×113×239×337×577×665 857外，式(1)僅有平凡解z=0。

(B)d=2,D為偶數(shù)且D沒(méi)有適合p≡1(mod8)的素因子p時(shí)，樂(lè)茂華[2]證明了式(1)僅有平凡解z=0。

(C)d=6,D=p為奇素?cái)?shù)時(shí)，蘇小燕[3]證明了除開(kāi)D=11時(shí)僅有非平凡解z=±6外，式(1)僅有平凡解z=0。

(E)d=6,D=2p1…ps(p1,…,ps是不同的奇素?cái)?shù), 1≤s≤4)時(shí)，杜先存等[5]證明了除開(kāi)D為2×11×97時(shí)僅有非平凡解z=±420外，式(1)僅有平凡解z=0。

(F)d=6，D=2n(n為正整數(shù))時(shí)，杜先存等[6]證明了除開(kāi)n=1,3,5分別僅有非平凡解z=±140，z=±70和z=±35外，式(1)僅有平凡解z=0。

(G)d=12,D=p1…ps(p1,…,ps是不同的奇素?cái)?shù), 1≤s≤3)時(shí)，過(guò)靜等[7]證明了除開(kāi)D為195時(shí)僅有非平凡解z=±2外，式(1)僅有平凡解z=0。

(H)d=12，D=2n(n為正整數(shù))時(shí)，高麗等[8]證明了式(1)僅有平凡解z=0。

(I)d=30,D=p1…ps(p1,…,ps是不同的奇素?cái)?shù), 1≤s≤3)時(shí)，高麗等[9]證明了除開(kāi)D為483時(shí)僅有非平凡解z=±2外，式(1)僅有平凡解z=0。

本文主要討論d=72，D為偶數(shù)的情況，即證明了下列定理。

定理：若p1,…,ps是不同的奇素?cái)?shù)，則當(dāng)D=2p1…ps(1≤s≤4)時(shí)，不定方程組

(2)

除開(kāi)D=2×7×23僅有非平凡解(x,y,z)=(±19 601,±2 310,±68)外，均僅有平凡解(x,y,z)=(±17,±2,0)。

2 關(guān)鍵性引理

x2-Dy2=1

(3)

的基本解，則有

2)方程(3)的整數(shù)解(xn,yn)滿足遞推關(guān)系：

xn+2=2rxn+1-xn，x0=1，x1=r，

yn+2=2ryn+1-yn，y0=0，y1=s；

3)xm+n=xmxn+Dymyn，ym+n=xmyn+xnym；

4)x-n=xn，y-n=-yn。

引理2：Pell方程

x2-72y2=1

(4)

的整數(shù)解(xn,yn)具有如下性質(zhì)。

(iii)xn≡1(mod2)，x2n≡1(mod3)，x2n+1≡2(mod3)，x2n+1≡0(mod17)，x2n≡±1(mod17)，y2n≡0(mod4)，y2n+1≡2(mod4)，y2n+1≡±2(mod17)，y2n≡0(mod17)；

(iv) gcd(xn,yn)=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)=17；

xn+2=34xn+1-xn，x0=1，x1=17

(5)

yn+2=34yn+1-yn，y0=0，y1=2

(6)

并有表1。

表1 Pell方程x2-72y2=1的前7組解

(i)由引理1的3)和4)知，yn+1=2xn+17yn，yn-1=-2xn+17yn，故

(ii)由引理1的3)可得

(iii)由式(5)知，xn≡1(mod2)。

對(duì)式(5)取模3得剩余序列的周期為2：1，2，1，2，…，故得x2n≡1(mod3)，x2n+1≡2(mod3)。

對(duì)式(5)取模17得剩余序列的周期為4：1，0，-1，0，…，故得x2n+1≡0(mod17)，x2n≡±1(mod17)。

對(duì)式(6)取模4得剩余序列的周期為2：0，2，0，2，…，故得y2n+1≡2(mod4)，y2n≡0(mod4)。

對(duì)式(6)取模17得剩余序列的周期為4：0，2，0，-2，…，故得y2n+1≡±2(mod17)，y2n≡0(mod17)。

利用引理1的3)和引理2的(iii)可得

gcd(xn,xn+1)=gcd(xn,17xn+144yn)=gcd(xn,144yn)=gcd(xn,144)=1。

gcd(yn,yn+1)=gcd(yn,2xn+17yn)=gcd(yn,2xn)=gcd(yn,2)=2。

gcd(x2n,y2n+1)=gcd(x2n,2x2n+17y2n)=gcd(x2n,17y2n)=gcd(x2n,17)=1。

gcd(x2n+2,y2n+1)=gcd(17x2n+1+144y2n+1,y2n+1)=gcd(17x2n+1,y2n+1)=gcd(17,y2n+1)=1。 gcd(x2n+1,y2n)=gcd(17x2n+144y2n,y2n)=gcd(17x2n,y2n)=gcd(17,y2n)=17。

gcd(x2n+1,y2n+2)=gcd(x2n+1,2x2n+1+17y2n+1)=gcd(x2n+1,17y2n+1)=gcd(x2n+1,17)=17。

(v) 由引理1的3)、4)及引理2的(ii)知

gcd(x2n±1,xn)=gcd(x2nx±1+72y2ny±1,xn)=gcd(17x2n,xn)=gcd(17,xn)。

再由引理2的(iii)知：當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，gcd(17,xn)=1；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，gcd(17,xn)=17。

同理可證另兩式。證畢、

引理3[11]：設(shè)D>0且不是平方數(shù)，則丟番圖方程

x4-Dy2=1

除開(kāi)當(dāng)D=1785，4·1785，16·1785，分別有2組正整數(shù)解(x,y)=(13,4)，(239,1352)；(x,y)=(13,2)，(239,676)；(x,y)=(13,1)，(239,338)外，最多只有一組正整數(shù)解(x1,y1)，且滿足

由引理3可得：

引理4：丟番圖方程x4-72y2=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±1,0)。

引理5[12]：當(dāng)a>1,b>0且a是平方數(shù)時(shí)，丟番圖方程ax4-by2=1最多只有一組正整數(shù)解。

引理6：丟番圖方程289x4-72y2=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±1,±2)。

證明：因?yàn)?89為平方數(shù)，根據(jù)引理5，該方程最多只有一組正整數(shù)解，又289×14-72×22=1，所以該方程有且僅有正整數(shù)解(x,y)=(±1,±2)。從而該方程僅有整數(shù)解(x,y)=(±1,±2)。證畢。

引理7[13]：設(shè)D>0且不是平方數(shù)，則丟番圖方程

x2-Dy4=1

(7)

由引理7可得：

引理8：丟番圖方程x2-288y4=1僅有整數(shù)解(x,y)=(±1,0)和(±17,±1)。

證明：因?yàn)?88≠1785，288≠28560，Pell方程U2-288V2=1的基本解

且2u1=34不是平方數(shù)。根據(jù)引理7，方程x2-288y4=1最多只有一組正整數(shù)解，而172-288×14=1，故該方程恰有一組正整數(shù)解(x,y)=(17,1)。又y=0時(shí)，x=±1，因此該方程僅有整數(shù)解(x,y)=(±1,0)和(±17,±1)。證畢。

根據(jù)引理8可得xn=1或17。由表1知n=0或n=1。證畢。

3 定理的證明

若z=0，可得式(2)的平凡解為(x,y,z)=(±17,±2,0)。

若z≠0，則xy≠0。因此不妨設(shè)(xn,yn,z)為式(2)的任一組正整數(shù)解，此時(shí)

根據(jù)引理2的(i)可得

(8)

且n>1。

情形1：n≡0(mod2)。令n=2s(s是正整數(shù))，則式(8)給出

情形2：n≡1(mod4)。令n=4s+1(s是正整數(shù))，根據(jù)引理2的(ii)知，式(8)給出

Dz2=y4s·y4s+2=8x2s+1y2s+1x2sxsys

(9)

由引理2的(iv)知，gcd(x2s+1,y2s+1)=gcd(x2s+1,x2s)=gcd(y2s+1,x2s)=gcd(xs,ys)=1，gcd(x2s,xs)=gcd(x2s,ys)=1，gcd(y2s+1,ys)=2。

當(dāng)s=2時(shí)，式(9)成為

Dz2=8x5y5x4x2y2

(10)

考慮到2?x5x4x2，2‖y5，4‖y2，故式(10)右邊給出2的方冪為6，這導(dǎo)致D為奇數(shù)與D為偶數(shù)的假定矛盾。

當(dāng)s=1時(shí)，式(9)成為

Dz2=8x3y3x2x1y1=8×19601×2310×577×17×2=2×3×5×7×11×577×1153×682。此時(shí)D=2×3×5×7×11×577×1153，即D含有6個(gè)不同的奇素因數(shù)，與D的假定矛盾。

情形3：n≡3(mod4)。令n=4s-1(s是正整數(shù))，根據(jù)引理2的(ii)知，式(8)給出

Dz2=y4s-2·y4s=8x2s-1y2s-1x2sxsys

(11)

由引理2的(iv)知，gcd(x2s-1,y2s-1)=gcd(x2s-1,x2s)=gcd(y2s-1,x2s)=gcd(xs,ys)=1，gcd(x2s,xs)=gcd(x2s,ys)=1，gcd(y2s-1,ys)=2。

當(dāng)s=2時(shí)，式(11)成為

Dz2=8x3y3x4x2y2

(12)

考慮到2?x3x4x2，2‖y3，4‖y2，故式(12)右邊給出2的方冪為6，這導(dǎo)致D為奇數(shù)與D為偶數(shù)的假定矛盾。

當(dāng)s=1時(shí)，式(11)成為

Dz2=8x1y1x2x1y1=8×17×2×577×17×2=2×577×682。

故有D=2×577，z=68。此時(shí)式(2)的正整數(shù)解為(x,y,z)=(19601,2310,68)，從而式(2)的非平凡解為(x,y,z)=(±19601,±2310,±68)。

綜上，式(2)除開(kāi)D=2×577僅有非平凡解(x,y,z)=(±19601,±2310,±68)外，均僅有平凡解(x,y,z)=(±17,±2,0)。定理得證。