1、第5 7卷第2期华中师范大学学报(自然科学版)V o l.5 7 N o.22 0 2 3年4月J OUR NA LO FC E N T R A LCH I NANO RMA LUN I V E R S I T Y(N a t.S c i.)A p r.2 0 2 3收稿日期:2 0 2 2-0 1-0 5.基金项目:江苏省自然科学基金项目(B K 2 0 1 7 1 3 1 8);云南省教育厅科学研究基金项目(2 0 1 9 J 1 1 8 2);泰州学院教博基金项目(T Z X Y 2 0 1 8 J B J J 0 0 2).*通信联系人.E-m a i l:t z s z g x g
2、1 2 6.c o m.D O I:1 0.1 9 6 0 3/j.c n k i.1 0 0 0-1 1 9 0.2 0 2 3.0 2.0 0 4文章编号:1 0 0 0-1 1 9 0(2 0 2 3)0 2-0 2 0 8-0 5不定方程x2-k(k+1)y2=1与y2-D z2=4的公解管训贵*(泰州学院数理学院,江苏 泰州2 2 5 3 0 0)摘 要:设p1,pr是不同的奇素数,x1=2k+1,u,v均为正整数.该文证明了当D=2p1pr(1r4)时,除开2(4x21-3)(4x21-1)(2x21-1)=D u2或2(2x21-1)=D v2外,不定方程组x2-k(k+1)y2
3、=1与y2-D z2=4仅有平凡解(x,y,z)=(2k+1),2,0).关键词:不定方程;整数解;公解;素因数中图分类号:O 1 5 6文献标志码:A开放科学(资源服务)标志码(O S I D):1引言及主要结论近4 0年来,不定方程组x2-D1y2=1与y2-D2z2=4(1)的求解问题一直受到人们的广泛关注.1 9 9 8年,B e n n e t t1证明了若D1、D2为相异的正整数,则(1)至多有3组正整数解(x,y,z);2 0 0 4年,袁平之2证明了若m和D2均为正整数以及D1=4m(m+1),则(1)至多有1组正整数解(x,y,z).然而,在(1)有正整数解的情况下,如何给出
4、具体的解,值得大家研究.文献3-8首先对一些具体的k,给出了(1)的全部正整数解.本文主要讨论D1=2k(k+1),D2为偶数的情况,获得以下一般性的结果.定理 若p1,pr是不同的奇素数,k为正整数,x1=2k+1,xn+ynk(k+1)是P e l l方程x2-k(k+1)y2=1的 正 整 数 解,则 当D=2p1pr(1r4)时,不定方程组x2-k(k+1)y2=1,y2-D z2=4,(2)除开2(4x21-3)(4x21-1)(2x21-1)=D u2(u为正整数)仅有非平凡解(x,y,z)=(x5,y5,4(2k+1)u)或2(2x21-1)=D v2(v为正整数)仅有非平凡解(
5、x,y,z)=(x3,y3,4(2k+1)v)外,均仅有平凡解(x,y,z)=(2k+1),2,0).当k=1时,直接推得文献3 的结论;当k=2时,直接推得文献4 的结论;当k=5时,直接推得文献5的结论;当k=3时,直接推得文献6的结论;当k=4时,直接推得文献7的结论;当k=6时,直接推得文献8的结论.因此本文定理是文献3-8 的推广.此外,当k=2 4时,还可获得以下推论.推论 若p1,pr是不同的奇素数,k=2 4,则当D=2p1pr(1r4)时,不定方程组(2)除开D=24 8 0 1仅 有 非 平 凡 解(x,y,z)=(4 7 0 4 4 9,1 9 2 0 6,1 9 6)以
6、及D=21 19 7 4 8 0 19 6 0 1仅 有 非 平 凡 解(x,y,z)=(4 5 1 7 2 5 1 2 4 9,1 8 4 4 1 6 0 1 0,5 8 8)外,均仅有平凡解(x,y,z)=(4 9,2,0).2关键性引理引理19 设D0且不是平方数,若a+b D是P e l l方程x2-D y2=1(3)的基本解,则有1)方程(3)的全部整数解可表示为x+y D=(a+b D)n,这里n为任意整数;2)方程(3)的整数解(xn,yn)满足递推关系:xn+2=2a xn+1-xn,x0=1,x1=a,yn+2=2a yn+1-yn,y0=0,y1=b;3)xm+n=xmxn
7、+D ymyn,ym+n=xmyn+xnym;4)x-n=xn,y-n=-yn.第2期管训贵:不定方程x2-k(k+1)y2=1与y2-D z2=4的公解2 0 9 引理2 P e l l方程x2-k(k+1)y2=1(4)的整数解(xn,yn)具有如下性质:1)y2n-4=yn-1yn+1;2)x2n=x2n+k(k+1)y2n=2x2n-1=2k(k+1)y2n+1,y2n=2xnyn;3)xn 1(m o d2),xn 1(m o dk),xn1(m o dk+1),x2n+1 0(m o d2k+1),x2n1(m o d2k+1),y2n+12(m o d4),y2n0(m o d4
8、),y2n+12(m o d2k+1),y2n0(m o d2k+1);4)g c d(xn,yn)=g c d(xn,xn+1)=1,g c d(yn,yn+1)=2,g c d(x2n,y2n+1)=g c d(x2n+2,y2n+1)=1,g c d(x2n+1,y2n)=g c d(x2n+1,y2n+2)=2k+1;5)g c d(x2n 1,xn)=1,n0(m o d2);2k+1,n1(m o d2),g c d(x2n 1,yn)=2k+1,n0(m o d2);1,n1(m o d2),g c d(y2n 1,xn)=1.证明 由于P e l l方程(4)的基本解为2k+1
9、+2k(k+1),故由引理1的2)知,(4)的全部整数解(xn,yn)满足递推关系:xn+2=2(2k+1)xn+1-xn,x0=1,x1=2k+1;(5)yn+2=2(2k+1)yn+1-yn,y0=0,y1=2.(6)1)由引理1的3)和4)知,yn+1=2xn+(2k+1)yn,yn-1=-2xn+(2k+1)yn,故yn+1yn-1=(2xn+(2k+1)yn)(-2xn+(2k+1)yn)=(2k+1)2y2n-4x2n.又x2n-k(k+1)y2n=1,所以yn+1yn-1=(2k+1)2y2n-4(k(k+1)y2n+1)=y2n-4.2)由引理1的3)可得y2n=2xnyn,x
10、2n=x2n+k(k+1)y2n=2x2n-1=2k(k+1)y2n+1.3)由(5)式 知,xn 1(m o d 2),xn1(m o dk).对(5)式取模k+1得剩余序列的周期为2:1,-1,1,-1,故得xn1(m o dk+1).对(5)式取模2k+1得剩余序列的周期为4:1,0,-1,0,故得x2n+10(m o d2k+1),x2n1(m o d2k+1).对(6)式取模4得剩余序列的周期为2:0,2,0,2,故得y2n+12(m o d4),y2n0(m o d4).对(6)式取模2k+1得剩余序列的周期为4:0,2,0,-2,故得y2n+12(m o d2k+1),y2n0(
11、m o d2k+1).4)若g c d(xn,yn)=d,则d|xn,d|yn.由x2n-k(k+1)y2n=1知d|1,所以d=1,即g c d(xn,yn)=1.利用引理1的3)和引理2的3)可得g c d(xn,xn+1)=g c d(xn,(2k+1)xn+2k(k+1)yn)=g c d(xn,2k(k+1)yn)=g c d(xn,2k(k+1)=1.g c d(yn,yn+1)=g c d(yn,2xn+(2k+1)yn)=g c d(yn,2xn)=g c d(yn,2)=2.g c d(x2n,y2n+1)=g c d(x2n,2x2n+(2k+1)y2n)=g c d(x2
12、n,(2k+1)y2n)=g c d(x2n,2k+1)=1.g c d(x2n+2,y2n+1)=g c d(2k+1)x2n+1+2k(k+1)y2n+1,y2n+1)=g c d(2k+1)x2n+1,y2n+1)=g c d(2k+1,y2n+1)=1.g c d(x2n+1,y2n)=g c d(2k+1)x2n+2k(k+1)y2n,y2n)=g c d(2k+1)x2n,y2n)=g c d(2k+1,y2n)=2k+1.g c d(x2n+1,y2n+2)=g c d(x2n+1,2x2n+1+(2k+1)y2n+1)=g c d(x2n+1,(2k+1)y2n+1)=g c
13、d(x2n+1,2k+1)=2k+1.5)由引理1的3)、4)及引理2的2)知g c d(x2n 1,xn)=g c d(x2nx 1+k(k+1)y2ny 1,xn)=g c d(2k+1)x2n,xn)=g c d(2k+1)(2x2n-1),xn)=g c d(-(2k+1),xn).再由引理2的3)知:当n为偶数时,g c d(-(2k+1),xn)=1;当n为奇数时,g c d(-(2k+1),xn)=2k+1.同理可证另两式.证毕.引理31 0 设D0且不是平方数,则丢番图方程x4-D y2=1除开当D=1 7 8 5,41 7 8 5,1 61 7 8 5时,分别有两组正整数解(
14、x,y)=(1 3,4),(2 3 9,1 3 5 2);(x,y)=(1 3,2),(2 3 9,6 7 6);(x,y)=(1 3,1),(2 3 9,3 3 8)外,最多只有一组正整数解(x1,y1),且满足2 1 0 华中师范大学学报(自然科学版)第5 7卷x21=x0或2x20-1.这里=x0+y0D是P e l l方程x2-D y2=1的基本解.由引理3可得以下引理4.引理4 关于丢番图方程x4-k(k+1)y2=1,(7)1)当k=8 4时,(7)仅有2组正整数解(x,y)=(1 3,2)和(2 3 9,6 7 6).2)当k8 4时,(7)最多只有1组正整数解.若2k+1=a2
15、(a1 3),则(7)仅有正整数解(x,y)=(a,2);若2(2k+1)2-1=b2,则(7)仅有正整数解(x,y)=(b,8k+4);若2k+1a2且2(2k+1)2-1b2,则(7)无正整数解.引理51 1 当a1,b0且a是平方数时,丢番图方程a x4-b y2=1最多只有一组正整数解.由引理5可得以下引理6.引理6 丢番图方程(2k+1)2x4-k(k+1)y2=1仅有整数解(x,y)=(1,2).引理71 2 设D0且不是平方数,则丢番图方程x2-D y4=1(8)最多有两组正整数解(x,y),而且(8)恰有两组正整数解的充要条件是D=1 7 8 5或D=2 8 5 6 0或2u1
16、和v1都是平方数,这里u1+v1D是P e l l方程U2-D V2=1的基本解.由引理7可得以下引理8.引理8 丢番图方程x2-4k(k+1)y4=1仅有整数解(x,y)=(1,0)和(2k+1),1).引理9 设n为非负整数,则 1)xn为平方数n=0或1或2,当2k+1=a2时;n=0或2,当2(2k+1)2-1=b2时;n=0,当2k+1a2且2(2k+1)2-1b2时.2)xn2k+1为平方数n=1;3)yn2为平方数n=0或1.证明 1)若xn为平方数,可设xn=a2(a为正整数),代入x2n-k(k+1)y2n=1得a4-k(k+1)y2n=1.根据引理4,当k=8 4时,yn=2或6 7 6,此时n=1或n=2.当k8 4时,若2k+1=a2(a1 3),则yn=2,此时n=1;若2(2k+1)2-1=b2,则yn=8k+4,此时n=2;若2k+1a2且2(2k+1)2-1b2,则yn=0,此时n=0.反之也成立.2)若xn2k+1为 平 方 数,可 设xn=(2k+1)a2(a为正整数),代入x2n-k(k+1)y2n=1得(2k+1)2a4-k(k+1)y2n=1.
