關于Pell方程x2-6y2=1與y2-Dz2=4的公解

管訓貴

(泰州學院數理學院，江蘇 泰州 225300)

1 引言及主要結論

x2-dy2=1 與y2-Dz2=4，x，y，z∈

(1)

的求解問題一直受到人們的關注.目前的結果是：

(B)d=2，D=2p1…ps(p1，…，ps為不同的奇素數， 1≤s≤6)時，管訓貴[2]證明了除開D為2×17，2×3×5×7×11×17以及2×17×113×239×337×577×665857外，(1)僅有平凡解z=0．

(C)d=2，D為偶數且D沒有適合p≡1(mod 8)的素因子p時，樂茂華[3]證明了(1)僅有平凡解z=0．

(D)d=6，D=p為奇素數時，蘇小燕[4]證明了除開D=11外，(1)僅有平凡解z=0．

(E)d=6，D=2p1…ps(p1，…，ps是不同的奇素數， 1≤s≤4)時，杜先存等[5]證明了除開D為2×11×97外，(1)僅有平凡解z=0．

文獻[6]聲稱證明了d=6，D至多含3個不同的奇素數時，除開D=11以及D=11×89×109外，(1)僅有平凡解z=0.但結論是錯誤的，本文予以糾正，同時給出D為偶數的一個結果，即證明了下面的定理1和定理2．

定理1若p1，…，ps是不同的奇素數，D=p1…ps(1≤s≤3)，則Pell方程組

(2)

1)當D=11時，有非平凡解(x，y，z)=(±49，±20，±6)和平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)；

2)當D=11×89×109時，有非平凡解(x，y，z)=(±4801，±1960，±6)和平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)；

3) 當D=11×97×4801時，有非平凡解(x，y，z)=(±4656965，±1901198，±840)和平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)；

4) 當D≠11，11×89×109以及11×97×4801時，只有平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)．

定理2當D為偶數時，若D沒有適合p≡1(mod 24)以及p≡7(mod 24)的素因數p，則Pell方程組(2)僅有平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)．

2 關鍵性引理

引理1[7]設D∈*且不是平方數，是Pell方程

x2-Dy2=1，x，y∈

(3)

的基本解，則(3)有無窮多組解(xn，yn)(n∈)，滿足：

i)xn+2=2axn+1-xn，x0=1，x1=a，yn+2=2ayn+1-yn，y0=0，y1=b；

ii)xm+n=xmxn+Dymyn，ym+n=xmyn+xnym，m∈；

iii)x-n=xn，y-n=-yn．

引理2Pell方程x2-6y2=1(x，y∈)的解(xn，yn)具有如下性質：

iii) gcd(x2n，y2n+1)=gcd(x2n+2，y2n+1)=gcd(xn，xn+1)=gcd(xn，yn)=1，gcd(x2n+1，y2n)=gcd(x2n+1，y2n+2)=5，gcd(yn，yn+1)=2；

v)x2n≡1(mod 3)，x2n+1≡-1(mod 3)，xn≡1(mod 4)，x2n≡±1(mod 5)，x2n+1≡0(mod 5)，y2n≡0(mod 4)，y2n+1≡2(mod 4)．

證明i)～iv)的證明可參見文獻[5]．

v) 由引理1的i)知，Pell方程x2-6y2=1(x，y∈)的解序列滿足：

xn+2=10xn+1-xn，x0=1，x1=5，

(4)

yn+2=10yn+1-yn，y0=0，y1=2.

(5)

對(4)式取模3得剩余序列的周期為4：1，-1，1，-1，…，故有x2n≡1(mod 3)，x2n+1≡-1(mod 3).對(4)式取模4得剩余序列的周期為1：1，1，…，故有xn≡1(mod 4)．對(4)式取模5得剩余序列的周期為4：1，0，-1，0，…，故有x2n≡±1(mod 5)，x2n+1≡0(mod 5).對(5)式取模4得剩余序列的周期為2：0，2，0，2，…，故有y2n≡0(mod 4)，y2n+1≡2(mod 4).引理2得證．

引理3[8]設1

Ax2-By4=1，x，y∈*

至多只有一組解．

由引理3立得引理4．

引理4丟番圖方程3x2-2y4=1(x，y∈*)僅有解(x，y)=(1，1)．

引理5[9]丟番圖方程3x4-2y2=1(x，y∈*)僅有解(x，y)=(1，1)，(3，11)．

引理6Pell方程u2-24v2=1(u，v∈)的解(un，vn)具有如下性質：

ii)un+1=5un+24vn，vn+1=un+5vn，un-1=5un-24vn，vn-1=-un+5vn；

iii) gcd(un，un+1)=gcd(un，vn)=gcd(u2n，v2n+1)=1；

證明由引理1的ii)可得i). 由引理1的ii)和iii)可得ii)．

iii) 由引理1的i)知，Pell方程u2-24v2=1(u，v∈)的解序列滿足：

un+2=10un+1-un，u0=1，u1=5，

(6)

對(6)式分別取模3和模4可得：un≡±1(mod 3)，un≡1(mod 4).結合ii)可得

gcd(un，un+1)=gcd(un，5un+24vn)= gcd(un，24vn)=gcd(un，vn)=1．

對(6)式取模5得剩余序列的周期為4：1，0，-1，0，…，故有u2n≡±1(mod 5)．

由ii)可得

gcd(u2n，v2n+1)=gcd(u2n，u2n+5v2n)= gcd(u2n，5v2n)=gcd(u2n，5)=1.

引理6得證．

引理7當n為偶數時，un的素因數p都滿足p≡1(mod 24)或p≡7(mod 24)．

證明當n=2m(m∈)時，由引理6的i)知則有

引理8[10]設D∈*且不是平方數，則丟番圖方程

x4-Dy2=1，x，y∈*

除開當D=1785，4·1785，16·1785，分別有兩組解(x，y)=(13，4)，(239，1352)；(x，y)=(13，2)，(239，676)；(x，y)=(13，1)，(239，338)外，至多只有一組解(x1，y1)，且滿足

由引理8立得引理9.

引理9丟番圖方程x4-24y2=1(x，y∈*)僅有解(x，y)=(7，10)．

3 定理的證明

先證定理1.設(xm，ym，z)(m∈*)是(2)的任一組非負整數解，則其全部解可表示為(x，y，z)=(±xm，±ym，±z).由(2)的第一式知ym為偶數，從而由(2)的第二式知z也為偶數．

下面分兩種情形討論．

情形12|m.此時可設m=2k(k∈*)，則由(2)及引理2的i)可得

(7)

由于z為偶數，故(7)式成為

(8)

(9)

這里D=D1D2，gcd(D1，D2)=1，z=2z1z2，gcd(z1，z2)=1，D1，D2，z1，z2∈*．

(10)

因為gcd(3yk-xk，3yk+xk)=gcd(yk，xk)=1，所以(10)式可化為

(11)

這里D1=D3D4，gcd(D3，D4)=1，z1=z3z4，gcd(z3，z4)=1，D3，D4，z3，z4∈*．

同理，由(9)的第二式可得

(12)

因為gcd(xk+2yk，xk-2yk)=gcd(xk，yk)=1，所以(12)式可化為

(13)

這里D2=D5D6，gcd(D5，D6)=1，z2=z5z6，gcd(z5，z6)=1，D3，D4，z3，z4∈N*．

由于D=D1D2=D3D4D5D6以及D3，D4，D5，D6兩兩互素，且D中至多含3個不同的非平方奇數因子，故D3，D4，D5，D6必有一數為1．

情形1.1D3=1或D4=1.此時(11)式成為3yk±xk=w2(w∈*).由于故整理得

3(yk-w2)2-2w4=1.

(14)

水利信息化標準建設對于國家水利信息管理進程有重要意義。水利信息化建設的不斷發展和完善，是國家經濟發展的推動力，也是科學技術不斷發展和進步的重要保障之一。通過對各種渠道的水利信息化標準建設，從地方到政府范圍內的標準的統一和完善，增強了水利信息化建設的權威力度。有效推動建設標準化的進程，實現了技術手段等的現實意義，推動了水利信息工程的穩定發展。

(15)

(16)

y2k-2y2k=4xk-1yk-1xkyk.

(17)

情形2.1當k=2s(s∈*)時，(17)式成為

Dz2=8x2s-1y2s-1x2sxsys.

(18)

若2|s，令s=2t(t∈*)，則(18)式成為

Dz2=8x4t-1y4t-1x4tx2ty2t.

(19)

情形2.2當k=2s-1(s∈*)時，(17)式成為

Dz2=8x2(s-1)xs-1ys-1x2s-1y2s-1.

(20)

若s=1，則(20)式成為Dz2=8x0x0y0x1y1=0，此時z=0，可得(2)的平凡解(x，y，z)=(±5，±2，0)．

Dz2=8x4x2y2x5y5= 5×89×109×1901×4801×2802，

此時D=5×89×109×1901×4801，即D包含5個不同的非平方奇素因子，與題設矛盾．

下證定理2.不妨設(x，y，z)為(2)的正整數解．

由于y為偶數，故可令y=2a(a∈*)，又D∈*且無平方因子，所以當D為偶數時，必有D≡2(mod 4).因此由(2)的第二式知z也為偶數，故可令z=2b(b∈*).于是(2)可化為

(21)

設Pell方程x2-24a2=1(x，a∈*)的任一解為(x，a)=(un，vn)(n∈*)，若(21)有解，則存在n∈*，使得a=vn.因為D是偶數，故由(21)中第二式知a為奇數.又Pell方程x2-24a2=1(x，a∈)的解序列滿足：

vn+2=10vn+1-vn，v0=0，v1=1．

故a=vn中n必為大于1的奇數.令n=2t+1(t∈*).由(21)中第二式結合引理6的iv)可得即

(22)

當2|t時，由引理6的iii)知gcd(ut，vtut+1vt+1)=1，故(22)式可化為

ut=D1e2，vtut+1vt+1=D2f2，

(23)

這里D1D2=D，gcd(D1，D2)=1，b=2ef，gcd(e，f)=1，D1，D2，e，f∈*．

根據引理9，僅當t=2時，ut為平方數，故當t≠2時，ut為非平方數，因此由(23)的第一式知D1>1.又由引理7知ut的素因數p都滿足p≡1(mod 24)或p≡7(mod 24).故D1的素因數p也都滿足p≡1(mod 24)或p≡7(mod 24).注意到D1|D，即D的素因數p都滿足p≡1(mod 24)或p≡7(mod 24)，與定理2的條件矛盾．

當t=2時，由(22)式得

此時D=2×11×97，而97≡1(mod 24)，仍與定理2的條件矛盾．