关于丢番图方程x^3-1=13py^2的整数解
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Ｄｅ ｃ ． ２ ０ １ ３
文章 编 号 ：２ ０ ９ ５ — ５ ４ ５ ６ （ ２ ０ １ ３ ） ０ ６ — ０ ５ １ １ — ０ ３
关 于丢番 图方程 Ｘ ３ —１ ＝１ ３ ｐ ｙ ２ 的整数解
管训贵 ，杜先存。
（ １ ．泰州学院 数理信息学院，江苏 泰州 ２ ２ ５ ３ ０ ０ ； ２ ．红河学院 教 师教 育学 院，云南 蒙 自 ６ ６ １ １ ９ ９ ）
±１ 一Ｄ ｙ 。 （ Ｄ＞ ０ ， Ｄ无平方 因子 ） （ １ ）
是一类 重要 的丢番 图方程 ， 其 整数解 已有 不少人 研 究过． 柯召、 孙琦 ［ １ ］ 证 明了当 Ｄ＞ ２ ， Ｄ 无 平方 因子 且不含 ６ ＋１ 型 的素因子 时 ， 方程 （ １ ） 无非 平凡 解 ； 但 当 Ｄ含 ６ 志 ＋１ 型 的素 因子 时 ， 方程（ １ ） 的非 平 凡
定 理 设素 数 三１ （ ｍ ｏ ｄ ｌ ２ ） ， （ ） 一一 １ ， 则
、 １ Ｕ ，
一３ 铭 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
情形 Ⅶ ：
一
丢番 图方 程
。
一
１ —３ ９ ， ＋ ＋ １ —３
，
１— １ ３ ／ ￣ ， ０
（ ２ ）
一３ ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１ ；
第２ ５ 卷 第６ 期
２ ０ １ ３ 年 １ ２月
沈 阳 大 学 学 报 （ 自 然 科 学 版 ）
Ｊ ｏ ｕ ｍａ １ ｏ ｆ Ｓ ｈ ｅ ｎ ｙ ａ ｎ ｇ Ｕｎ ｉ ｖ ｅ ｒ ｓ ｉ ｔ ｙ（ Ｎａ ｔ ｕ ｒ ａ １ Ｓ ｃ ｉ ｅ ｎ ｃ ｅ ）
Ｖ０ １ ． ２ ５ ， Ｎｏ ． ６
摘 要 ： ￣ Ｗ１ （ ｍ ｏ ｄ １ ２ ） ， （ 景 ） 一 一 １ ． 关 于 丢 番 图 方 程 Ｘ ３ － １ ＝ １ ３ ｐ ｙ ２ 的 初 等 解 法 至 今 仍 未 解 决 ． 主
要利用递归序列、 同余 式、 平方剩余 、 Ｐ ｅ ｌ ｌ 方程的解 的性质 ， 证 明了丢番图方程 一１ —１ ３ ｐ ｙ ２仅有整数解 （ ｚ ， ）
方程 （ ２ ） 给出 以下 ８种可能 的分解 ．
情形Ｉ ．
ｚ一 １ —１ ３ ｐ ｕ ２ ，ｘ２ ＋ ＋ １ 一 ， 一 删 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
解的求解较 为 困难． 罗 明［ ３ 给 出了方程 ｚ 。 ±１ —
１ ４ ｙ 。的所有 解 ， 罗明、 黄勇庆 ［ ４ ］ 给 出了方程 。 一１ —
一
引理 ２ Ｌ ６ ｊ ２ 。 。 设 Ｐ是一个奇素数 ， 则丢番图方
程 一 一 １ 除 开 一 ５ ， ｚ 一３ ， ｙ＝４和ｐ＝２ ９ ， ｚ ＝９ ９ ， ｙ ＝ｌ ８ ２ ０ 外， 无其 他 的正 整数解． 引理 ３ ［ ］ 。 丢 番 图 方程 。 －３ ： ｙ ４ ＝ ＝ ＝ １仅 有 正 整数解 ｘ ＝２ ， 一１ 和ｘ ＝７ ， ｙ ＝２ ．
引理 １ ［ ６ ］ 。 设 Ｐ是 一 个 奇 素数 ， 则 丢 番 图方
程４ Ｘ ４ 一Ｐ ｙ 一 １除 开 Ｐ一 ３ ， ｚ： ： ＝ Ｙ一 １和 Ｐ一 ７ ，
ｘ ＝２ ， 一３ 外， 无其他 的正整数解 ．
情 形Ⅳ ：
ｚ一 １ ＝ ＝ ＝ ｐｕ ｚ ，ｘ ２ ＋ ＋ １ ＝１ ３ ｖ ｚ 。
ｇ ｃ ｄ （ ｘ ｋ ， Ｙ ｋ ） 一１ ， 有
Ｘｋ— ｓ ２
一３ ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ．
以 下 讨 论 这 ８种 情 况 所 给 的 方 程 （ ２ ） 的整
收稿 日期 ：２பைடு நூலகம்０ １ ３ —０ ６ —１ ２
基金项 目：云南省教育厅科研基金 资助项 目（ ２ ０ １ ２ Ｃ １ ９ ９ ） ；江苏 省教育科学“ 十二五” 规划课题资助项 目（ Ｄ ／ ２ ０ １ ３ ／ ０ １ ／
０ ８ ３ ） ．
作者简介 ：管训贵 （ １ ９ ６ ３ 一 ） ， 男， 江苏兴化人 ， 泰州学院副教授．
一
（ １ ， Ｏ ） ．
关
键
词 ：丢番 图方程 ； 整 数解 ；同余 式； 平 方剩余 ； 递 归序列
文 献 标 志 码 ：Ａ
中 图分 类 号 ：０ １ ５ ６
方程
仅有 整数解 ， ） ＝ ＝ ＝ （ １ ， Ｏ ） ．
证 明 因为 ｇ ｃ ｄ （ ｘ －１ ， ＋ｚ ＋１ ） 一１或 ３ ， 故
５ １ ２
情 形 Ⅷ：
ｚ一 １ —３
沈阳大学学报 （ 自然科学版）
第２ ５ 卷
根据引理 ３知 ， Ｓ ＝ ＝ ＝ １ ， 此时， Ｘ ｋ ＝ ＝ ＝ １ ， 则ｋ －Ｏ ， 但 由式
， ＋ ｚ＋ １ ： ＝ ＝ ３ ９ ，
（ １ ０ ） 的第 一 式 知 ， ｚ ≠２ ６ ｐ ａ 。 ， 所 以方程 （ ２ ） 无 整 数解． 由式 （ １ １ ） 的 第 二 式 得 Ｙ —ｐ ｂ ２ ， 考 虑 到
，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
情形 Ｖ：
一
１ —３ ９
， ｚ ＋ ＋ ｌ ＝３ ｖ ２ ，
一３ ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
本文利用递归序列、 同余式 、 平方剩余 、 Ｐ ｅ ｌ ｌ 方 程 的解 的性质证 明 了如下定 理 ：
情形 Ⅵ：
ｚ一 １ —３ ， ＋ｚ ＋ｌ ＝３ ９ ｐ ｖ ２ 。
情形Ⅱ ：
一
１ 一 。 ，Ｘ ＋ ｚ＋ １ —１ ３ ｐ ｖ ２ ，
２ ６ 的所有解 ， 韩云娜［ ５ ］ 给出了方程 。 －Ｉ ＝３ ｓ Ｊ
的所有解 ．
． ｙ 一 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
情形 Ⅲ：
ｘ－ －ｌ ＝１ ３ ｕ ，ｘ ２ ＋ ＋ ｌ — ｐｖ ２ ， 一 删 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１ ；
文章 编 号 ：２ ０ ９ ５ — ５ ４ ５ ６ （ ２ ０ １ ３ ） ０ ６ — ０ ５ １ １ — ０ ３
关 于丢番 图方程 Ｘ ３ —１ ＝１ ３ ｐ ｙ ２ 的整数解
管训贵 ，杜先存。
（ １ ．泰州学院 数理信息学院，江苏 泰州 ２ ２ ５ ３ ０ ０ ； ２ ．红河学院 教 师教 育学 院，云南 蒙 自 ６ ６ １ １ ９ ９ ）
±１ 一Ｄ ｙ 。 （ Ｄ＞ ０ ， Ｄ无平方 因子 ） （ １ ）
是一类 重要 的丢番 图方程 ， 其 整数解 已有 不少人 研 究过． 柯召、 孙琦 ［ １ ］ 证 明了当 Ｄ＞ ２ ， Ｄ 无 平方 因子 且不含 ６ ＋１ 型 的素因子 时 ， 方程 （ １ ） 无非 平凡 解 ； 但 当 Ｄ含 ６ 志 ＋１ 型 的素 因子 时 ， 方程（ １ ） 的非 平 凡
定 理 设素 数 三１ （ ｍ ｏ ｄ ｌ ２ ） ， （ ） 一一 １ ， 则
、 １ Ｕ ，
一３ 铭 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
情形 Ⅶ ：
一
丢番 图方 程
。
一
１ —３ ９ ， ＋ ＋ １ —３
，
１— １ ３ ／ ￣ ， ０
（ ２ ）
一３ ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１ ；
第２ ５ 卷 第６ 期
２ ０ １ ３ 年 １ ２月
沈 阳 大 学 学 报 （ 自 然 科 学 版 ）
Ｊ ｏ ｕ ｍａ １ ｏ ｆ Ｓ ｈ ｅ ｎ ｙ ａ ｎ ｇ Ｕｎ ｉ ｖ ｅ ｒ ｓ ｉ ｔ ｙ（ Ｎａ ｔ ｕ ｒ ａ １ Ｓ ｃ ｉ ｅ ｎ ｃ ｅ ）
Ｖ０ １ ． ２ ５ ， Ｎｏ ． ６
摘 要 ： ￣ Ｗ１ （ ｍ ｏ ｄ １ ２ ） ， （ 景 ） 一 一 １ ． 关 于 丢 番 图 方 程 Ｘ ３ － １ ＝ １ ３ ｐ ｙ ２ 的 初 等 解 法 至 今 仍 未 解 决 ． 主
要利用递归序列、 同余 式、 平方剩余 、 Ｐ ｅ ｌ ｌ 方程的解 的性质 ， 证 明了丢番图方程 一１ —１ ３ ｐ ｙ ２仅有整数解 （ ｚ ， ）
方程 （ ２ ） 给出 以下 ８种可能 的分解 ．
情形Ｉ ．
ｚ一 １ —１ ３ ｐ ｕ ２ ，ｘ２ ＋ ＋ １ 一 ， 一 删 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
解的求解较 为 困难． 罗 明［ ３ 给 出了方程 ｚ 。 ±１ —
１ ４ ｙ 。的所有 解 ， 罗明、 黄勇庆 ［ ４ ］ 给 出了方程 。 一１ —
一
引理 ２ Ｌ ６ ｊ ２ 。 。 设 Ｐ是一个奇素数 ， 则丢番图方
程 一 一 １ 除 开 一 ５ ， ｚ 一３ ， ｙ＝４和ｐ＝２ ９ ， ｚ ＝９ ９ ， ｙ ＝ｌ ８ ２ ０ 外， 无其 他 的正 整数解． 引理 ３ ［ ］ 。 丢 番 图 方程 。 －３ ： ｙ ４ ＝ ＝ ＝ １仅 有 正 整数解 ｘ ＝２ ， 一１ 和ｘ ＝７ ， ｙ ＝２ ．
引理 １ ［ ６ ］ 。 设 Ｐ是 一 个 奇 素数 ， 则 丢 番 图方
程４ Ｘ ４ 一Ｐ ｙ 一 １除 开 Ｐ一 ３ ， ｚ： ： ＝ Ｙ一 １和 Ｐ一 ７ ，
ｘ ＝２ ， 一３ 外， 无其他 的正整数解 ．
情 形Ⅳ ：
ｚ一 １ ＝ ＝ ＝ ｐｕ ｚ ，ｘ ２ ＋ ＋ １ ＝１ ３ ｖ ｚ 。
ｇ ｃ ｄ （ ｘ ｋ ， Ｙ ｋ ） 一１ ， 有
Ｘｋ— ｓ ２
一３ ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ．
以 下 讨 论 这 ８种 情 况 所 给 的 方 程 （ ２ ） 的整
收稿 日期 ：２பைடு நூலகம்０ １ ３ —０ ６ —１ ２
基金项 目：云南省教育厅科研基金 资助项 目（ ２ ０ １ ２ Ｃ １ ９ ９ ） ；江苏 省教育科学“ 十二五” 规划课题资助项 目（ Ｄ ／ ２ ０ １ ３ ／ ０ １ ／
０ ８ ３ ） ．
作者简介 ：管训贵 （ １ ９ ６ ３ 一 ） ， 男， 江苏兴化人 ， 泰州学院副教授．
一
（ １ ， Ｏ ） ．
关
键
词 ：丢番 图方程 ； 整 数解 ；同余 式； 平 方剩余 ； 递 归序列
文 献 标 志 码 ：Ａ
中 图分 类 号 ：０ １ ５ ６
方程
仅有 整数解 ， ） ＝ ＝ ＝ （ １ ， Ｏ ） ．
证 明 因为 ｇ ｃ ｄ （ ｘ －１ ， ＋ｚ ＋１ ） 一１或 ３ ， 故
５ １ ２
情 形 Ⅷ：
ｚ一 １ —３
沈阳大学学报 （ 自然科学版）
第２ ５ 卷
根据引理 ３知 ， Ｓ ＝ ＝ ＝ １ ， 此时， Ｘ ｋ ＝ ＝ ＝ １ ， 则ｋ －Ｏ ， 但 由式
， ＋ ｚ＋ １ ： ＝ ＝ ３ ９ ，
（ １ ０ ） 的第 一 式 知 ， ｚ ≠２ ６ ｐ ａ 。 ， 所 以方程 （ ２ ） 无 整 数解． 由式 （ １ １ ） 的 第 二 式 得 Ｙ —ｐ ｂ ２ ， 考 虑 到
，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
情形 Ｖ：
一
１ —３ ９
， ｚ ＋ ＋ ｌ ＝３ ｖ ２ ，
一３ ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
本文利用递归序列、 同余式 、 平方剩余 、 Ｐ ｅ ｌ ｌ 方 程 的解 的性质证 明 了如下定 理 ：
情形 Ⅵ：
ｚ一 １ —３ ， ＋ｚ ＋ｌ ＝３ ９ ｐ ｖ ２ 。
情形Ⅱ ：
一
１ 一 。 ，Ｘ ＋ ｚ＋ １ —１ ３ ｐ ｖ ２ ，
２ ６ 的所有解 ， 韩云娜［ ５ ］ 给出了方程 。 －Ｉ ＝３ ｓ Ｊ
的所有解 ．
． ｙ 一 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
情形 Ⅲ：
ｘ－ －ｌ ＝１ ３ ｕ ，ｘ ２ ＋ ＋ ｌ — ｐｖ ２ ， 一 删 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１ ；