丢番图方程x_3_1_3qPy_2的整数解_杜先存

摘要： 设 P =
∏r （ s ∈ Z
i i =1
+
q ≡ 1 mod 6 为奇素数， ）， r i ≡ － 1 mod 6 （ 1 ≤ i ≤ s） 为彼此不相同的奇素数， 关于丢番
3 2 图方程 x ± 1 = 3 qPy 的整数解目前只有部分结果 ． 运用 Pell 方程的解的性质、 同余式、 递归序列等讨论了丢番图方 3 2 从而推进了该类丢番图方程的研究 ． 程 x ± 1 = 3 qPy 的整数解的情况，
丢番图方程 x3 ± 1 = 3 Dy2 （ D 是无平方因子的正整数） ， （ 1）
1］已解决； 但当 D 含 6 k + 1 形素因子时， 文［ 方 是一类基本而重要的三次方程． 当 D 不含 6 k + 1 形素因子时， ， ： ［ 2 ］ D 6 k + 1 ； ［ 3 － 4 ］ 程的求解较为困难 目前还只有一些零散的结果 文 对 为 形素数的情况进行了研究 文 5］对 D 含一个 6 k + 1 分别对 D 含一个 6 k + 1 形素因子， 同时含一个 6 k － 1 形素因子的情况进行了研究； 文［ 6］对 D 含一个 6 k + 1 形素因子， 形素因子， 又含 1 个或 2 个 6 k － 1 形素因子的情况进行了研究； 文［ 同时至少 7］对 D 含 2 个 6 k + 1 形素因子的情况进行了研究． 在此基础 含 1 个 6 k － 1 形素因子的情况进行了研究； 文［ 上， 本文主要对 D 含 1 个 6 k + 1 形素因子， 同时至少含 1 个 6 k － 1 形素因子的情况进行探讨．
情形 Ⅰ 不成立． （ 2， 2 t + 1 ） 是方程 qx2 － 3 y2 = 1 最小解， 则方程（ 4 ） 的全部整数解可表示为 对于条件（ ⅲ） ， 由引理 1 知，
2n +1 q + （ 6 Pu2 － 1 ） 槡 3 = ±［ 2槡 q + （ 6t + 3） 槡 3］ ， n ∈ Z． （ 7） 2v 槡 2 由式（ 7 ） 可得 6 Pu － 1 ≡ 0 mod （ 6 t + 3 ） ， 因为 3 （ 6 t + 3 ） ， 所以 － 1 ≡ 0 mod 3 ， 显然矛盾． 由此可知， 条件 （ ⅲ） 下情形 Ⅰ 不成立．
2 2 2 2
－ 3 （ 6 Pu2 － 1 ）
2
= 1，
（ 4）
6 Pu － 1 ） 是方程 qx － 3 y = 1 的一组解． 则（ 2 v， 3 t） 是方程 qx2 － 3 y2 = 1 的最小解， 对于条件（ ⅰ） ， 因为（ 1 ， 则方程（ 4 ） 的全部整数解可表示为
2n +1 2v 槡 q + （ 6 Pu2 － 1 ） 槡 3 = ±［ q + 3t 槡 3］ ， n ∈ Z． （ 5） 槡 2 显然矛盾． 由此可知， 条件（ ⅰ） 下 由式（ 5 ） 可得 6 Pu － 1 ≡ 0 mod （ 3 t） ， 因为 3 3 t， 所以 － 1 ≡ 0 mod 3 ， 情形 Ⅰ 不成立．
2， y = 3．
［9 ］ 4 2 x = 3， y = 4 和 p = 29 ， 设 p 是一个奇素数， 则丢番图方程 x － py = 1 只有正整解 p = 5 ， 引理 3 x = 99 ， y = 1 820 ．
2
主要结论
s
定理 1
设P =
ri （ s ∈ Z + ） ， r i ≡ － 1 mod 6 （ 1 ≤ i ≤ s） ∏ i =1 x3 + 1 = 3 qPy2 ，
关键词： 丢番图方程； 整数解； 奇素数； 同余； 递归序列 中图分类号： O156． 1 文献标志码： A 文章编号： 1671 － 6841 （ 2015 ） 01 － 0038 － 04 DOI： 10． 3969 / j． issn． 1671 － 6841． 2015． 01． 008
0
引言
q ≡ 1 mod 6 为奇 是彼此不相同的奇素数，
素数， 则丢番图方程 （ 2）
0916 收稿日期： 2014“十二五 ” 基金项目： 国家自然科学基金资助项目， 编号 11371291 ； 云南省教育厅科研基金资助项目， 编号 2014Y462 ； 江苏省教育科学 规划 课题项目， 编号 D201301083 ； 喀什师范学院校级课题项目， 编号（ 14 ） 2513． Email： liye686868@ 163． com． 作者简介： 杜先存（ 1981 － ） ， 女， 云南凤庆人， 讲师， 硕士， 主要从事初等数论及数学教育研究，
1
相关引理
引理 1 ［9 ］ 引理 2
［8 ］ 2 2 t ∈ N， 2t + 1） ． 若 p = 3 t（ t + 1 ） + 1 ， 则 px － 3 y = 1 的最小解为（ 2 ， 4 2 x = y = 1 和 p = 7， x = 设 p 是一个奇素数， 则丢番图方程 4 x － py = 1 只有正整解 p = 3 ，
第1 期
3 2 杜先存： 丢番图方程 x ± 1 = 3 qPy 的整数解
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（ ⅱ） ， y） = （ － 1 ， 0） ： （ ⅲ） 下仅有平凡解（ x， 在下列条件（ ⅰ） ， 2 t ∈ N， （ ⅰ） q = 27 t + 1 ， 且 P 满足下列 ①， ②， ③ 任一条件． 7， 17 ， 23 （ mod 24 ） ． ① 3 P q mod 8 ； ② P 4 － q （ mod 8 ） ； ③ P ≡ 1 ， 2 （ ⅱ） q = 12 t + 1 ，t ∈ N， ②， ③ 中任一条件． 且 P 满足下列 ①， 7， 17 ， 23 （ mod 24 ） ． ① 3 P q mod 8 ； ② P 4 － q （ mod 8 ） ； ③ P ≡ 1 ， （ ⅲ） q = 3 （ 3 t + 1 ） （ 3 t + 2 ） + 1 ，t ∈ N， 且 P 满足下列 ①， ②， ③ 中任一条件． 7， 17 ， 23 （ mod 24 ） ． ① 3 P q mod 8 ； ② P 4 － q （ mod 8 ） ； ③ P ≡ 1 ，
y2n ≡ 0 mod 4 ； y2n +1 ≡ 1 ， 7 （ mod 8 ） ． （ 14 ） 对递归序列（ 11 ） 取模 6 ， 故式（ 9 ） 成 得周期为 6 的剩余类序列， 且仅当 n ≡ － 1 mod 6 ， 有 y n ≡ － 1 mod 6 ， 立需 n ≡ － 1 mod 6 ， 即 n ≡ －ຫໍສະໝຸດ Baidu1 mod 12 或 n ≡ 5 mod 12 ． m ∈ Z， 6 qPu2 = y12m －1 + 1 = － x12m + 2 y12m + 1 = 当 n ≡ － 1 mod 12 时， 令 n = 12 m － 1 ， 则由式（ 9 ） 得，
2 t） 是方程 qx2 － 3 y2 = 1 的最小解， 对于条件（ ⅱ） ， 则方程（ 4 ） 的全部整数解可表示为 因为（ 1 ，
2n +1 q + （ 6 Pu2 － 1 ） 槡 3 = ±［ q + 2t 槡 3］ ， n ∈ Z． （ 6） 2v 槡 槡 2 由式（ 6 ） 可得 6 Pu － 1 ≡ 0 mod （ 2 t） ， 因为 2 2 t， 所以 － 1 ≡ 0 mod 2 ， 显然矛盾． 由此可知， 条件（ ⅱ） 下
情形 Ⅰ 情形 Ⅱ
x + 1 = 9 Pu2 ， x2 － x + 1 = 3 qv2 ， y = 3 uv， gcd（ u， v） = 1 ． x 2 － x + 1 = 3 v2 ， y = 3 uv， gcd（ u， v） = 1 ． x + 1 = 9 qPu2 ，
下面先证明情形 Ⅰ． 2 2 2 证明 整理得 将 x + 1 = 9 Pu 代入 x － x + 1 = 3 qv ， q （ 2 v）
2 － （ x2 即 6m + 3 y6m ） + 4 x6m y6m + 1 = 2 y6m （ 2 x6m － 3 y6m ） = 2 y6m x6m －1 ，
3 qPu2 = x6m －1 y6m ．
（ 15 ）
y6 m = 0 ， 均有 x6m －1 ≠ 0 ． 又由式（ 11 ） 知， 由式（ 10 ） 知， 对于任意整数 m， 所以仅当 m = 0 仅当 m = 0 时， x6m －1 y6m = 0 ． 时， y） = （ － 1 ， 0） ． 当 m = 0 时， 由式（ 15 ） 得 u = 0 ， 此时得出方程（ 2 ） 的平凡解（ x， 2 2 2 1 ≤ i ≤ s， 则 由 x m － 3 y m = 1 得，－ 3 y m ≡ 1 mod r i ， 故 Legendre 符 号 值 当 m ≠ 0 时， 设 ri xm ， ri ， 1 ≤ i ≤ s， （ － 3 / r i ） = 1 ． 又 r i ≡ － 1 mod 6 ， 显然矛盾． 故对任意 x m ， 则 Legendre 符号值 （ － 3 / r i ） = － 1 ， 1 ≤ i ≤ s， 恒有 x m 0 mod r i ． y6m ） = gcd（ 2 x6m － 3 y6m ， y6m ） = gcd（ 2 x6m ， y6m ） = 2 ． 又由式（ 12 ） 得， x6m －1 0 mod 3 ， 而 因为 gcd（ x6m －1 ， x6m －1 0 mod r i ， 1 ≤ i ≤ s， 则式（ 15 ） 给出两种可能的分解： x6m －1 = 2 a2 ； y6m = 6 qPb2 ； u = 2 ab； gcd（ a， b） = 1 ， b） = 1 ． x6m －1 = 2 qa ； y6m = 6 Pb ； u = 2 ab； gcd（ a， － 3y = 1， 得 4a － 3y 出现式（ 16 ） 时， 将 x6m －1 = 2 a 代入 x x6m －1 = 2 ， 由式（ 10 ） 知不成立． 所以此时方程（ 2 ） 无整数解．
综上， 知情形 Ⅰ 下方程（ 2 ） 无整数解．
40
郑州大学学报（ 理学版） 下面证明情形 Ⅱ． 2 2 2 证明 将 x + 1 = 9 qPu 代入 x － x + 1 = 3 v ， 整理得 2 （ 2 v） － 3 （ 6 qPu2 － 1 ）
2 2
第 47 卷
2 2
= 1，
2
（ 8）
3 是 Pell 方程 X － 3 Y = 1 的基本解， n ∈ Z， 即 6 qPu = ± y n + 1 ． 又 因此有 6 qPu － 1 = ± y n ， 这里 2 + 槡 y －n = － y n ， 所以只需考虑 6 qPu2 = y n + 1 ， 所以 y n ≡ － 1 mod 6 ． 容易验证式（ 10 ） ～ （ 14 ） 成立： x n +2 = 4 x n +1 － x n ； x0 = 1 ； x1 = 2 ， y n +2 = 4 y n +1 － y n ； y0 = 0 ； y1 = 1 ， x2n +1 ≡ 2 mod 3 ； x2n ≡ 1 mod 3 ， 7 （ mod 8 ） ， x2n +1 ≡ 2 mod 4 ； x2n ≡ 1 ， （ 10 ） （ 11 ） （ 12 ） （ 13 ） （ 9）
3
定理证明
定理 1 的证明． 证明 y） 是方程（ 2 ） 的整数解， x2 － x + 1 ） = 3 ， x2 － x + 1 0 mod 9 ． 设（ x ， 故 gcd（ x + 1 ，
2 又 r i ≡ － 1 mod 6 （ 1 ≤ i ≤ s） 是彼此不相同的素数， 所以方程（ 2 ） 故 x － x + 1 0 mod r i （ 1 ≤ i ≤ s） ， 可分解为下列 Ⅰ， Ⅱ 两种情形．
第 47 卷第 1 期 2015 年 3 月
郑 州 大 学 学 报（ 理 学 版） J． Zhengzhou Univ． （ Nat． Sci． Ed． ）
Vol. 47 No. 1 Mar. 2015
3 2 丢番图方程 x ± 1 = 3 qPy 的整数解
杜先存
（ 红河学院 教师教育学院
s
云南 蒙自 661199 ）
s
定理 2
设P =
pi （ s ∈ Z + ） ， r i ≡ － 1 mod 6 （ 1 ≤ i ≤ s） ∏ i =1 x3 － 1 = 3 qPy2 ，
q ≡ 1 mod 6 为奇素 是彼此不相同的素数， （ 3）
数， 则丢番图方程 （ ⅱ） ， y） = （ 1 ， 0） ： （ ⅲ） 下仅有平凡解（ x， 在下列条件（ ⅰ） ， 2 （ ⅰ） q = 27 t + 1 ，t ∈ N， 且 P 满足下列 ①， ②， ③ 中任一条件． 7， 17 ， 23 （ mod 24 ） ． ① 3 P － q mod 8 ； ② P 4 + q （ mod 8 ） ； ③ P ≡ 1 ， 2 t ∈ N， （ ⅱ） q = 12 t + 1 ， 且 P 满足下列 ①， ②， ③ 中任一条件． 7， 17 ， 23 （ mod 24 ） ． ① 3 P － q mod 8 ； ② P 4 + q （ mod 8 ） ； ③ P ≡ 1 ， （ ⅲ） q = 3 （ 3 t + 1 ） （ 3 t + 2 ） + 1 ， t ∈ N； 且 P 满足下列 ①， ②， ③ 中任一条件． 7， 17 ， 23 （ mod 24 ） ． ① 3 P － q mod 8 ； ② P 4 + q （ mod 8 ） ； ③ P ≡ 1 ，