由佩爾方程想起

宋建章

由佩爾方程的演變和同余式的定理，用初等數(shù)論的一些方法，推導(dǎo)出素?cái)?shù)的一些基本定理，拓寬人們對(duì)素?cái)?shù)的認(rèn)識(shí)。對(duì)佩爾方程的解法及數(shù)論其他方面的研究有所幫助。

我們知道佩爾方程x2-Dy2=1，D為給定的正數(shù)，當(dāng)D不是一個(gè)平方數(shù)的情況下，具有無(wú)限多解。這里我們僅討論D為素?cái)?shù)且D≡3（mod4）的情況。

即：x2-Dy2=1，D為素?cái)?shù)且D≡3（mod4），D=4K0+3

設(shè)x2-Dy2=1的基本解為（x0，y0）時(shí)

一：若x0為奇數(shù)，y0為偶數(shù)。有：

x0-1=2y012 或 x0+1=2y012

x0+1=2Dy022 x0-1=2Dy022

y0=2y01y02 y0=2y01y02

得：y012-Dy022=-1（A） 得：y012-Dy022=1（B）

（A） 式不可能。因?yàn)槎瓮嗍絰2+1=0（modD）有解的充要條件是D≡-1（mod4）而這與D≡3（mod4）相矛盾[1]

（B）式因（x0，y0）是基本解，而解（y01 ，y02）小于基本解這不可能。

說(shuō)明：x2-Dy2=1，D為素?cái)?shù)且D≡3（mod4），D=4K0+3，其基本解（x0，y0），x0為偶數(shù)，y0為奇數(shù)。

二：若x0為偶數(shù)，y0為奇數(shù)。有

x0-1=y012 或 x0+1= y012

x0+1=Dy022 x0-1=Dy022

y0=y01y02 y0=y01y02

得：y012-Dy022=-2 （C） 得：y012-Dy022=2（D）

因 x0為偶數(shù)，y0為奇數(shù)。則y01?，y02 均為奇數(shù)，設(shè)y01 =2q+1

則：y012 -1=2q（2q+2）=4q（q+1）

因8|4q（q+1），故y012 ≡1（mod8），同理y022 ≡1（mod8）

根據(jù)（C）式：1-（4K0 +3）×1=-2（mod8），得K0 為偶數(shù)。

根據(jù)（D）式：1-（4K0 +3）×1=2（mod8），得K0 為奇數(shù)。

故知：佩爾方程x2-Dy2=1，D=4K0+3

當(dāng) K0為偶數(shù)，不定方程y012-Dy022=-2有解，得同余式 x2=-2（modD）有解。

當(dāng)K0為奇數(shù)，不定方程y012-Dy022=2有解，得同余式 x2=2（modD）有解。

根據(jù)同余式x2=-2（modD）有解，將證明以下定理：

三：定理一，設(shè)D 是素?cái)?shù)，且D=4K0+3，K0為偶數(shù)，則D=a2+2b2

舉例：179=92+2×72

證明：如果D=3時(shí)，則D=3=1+2×12，則D=a2+2b2 有解。

由同余式 x2=-2（modD）有解。因整數(shù)0，±1，±2…±（D-1）/2組成模D的完全剩余系。

假定x 是其中之一，因而存在整數(shù)x 與t ，其中|x|≦（D-1）/2

使得：x2+2=tD （t>0） <1>

且：t=（x2+2）/D<{（D/2）2+2}/D=D/4+2/D

因2=2×12，由<1>式有整數(shù)x，y，t（y=1）得：

x2+2y2=tD（1≦t

以下將證明若t>1，可調(diào)整x，y的值 ，使之減小到1。

設(shè)k>1，是最小整數(shù)使：kD=x12 +2y12 <3> 且不可能x≡y1≡0（modk）

由<2>式知：1、

用完全剩余系、0，±1，±2…可以假定：|x2|≦k/2，|y2|≦k/2 <5>

由<4>式得：x22+2y22=x12+2y12 ≡0（modk）

由<3>與<4>，存在整數(shù)m，使得：x22+2y22=km <6>

該文原載于中國(guó)社會(huì)科學(xué)院文獻(xiàn)信息中心主辦的《環(huán)球市場(chǎng)信息導(dǎo)報(bào)》雜志http：//www.ems86.com總第577期2014年第45期-----轉(zhuǎn)載須注名來(lái)源 則：m=（x22+2y22）/k≧1 ，由<5>式有：

m={（k/2）2+2×（k/2）2}/k=3k/4

即1≦m

K2mD=（x12+2y12）（x22+2y22）=（x1x2+2y1y2）2+2（x2y1-x1y2）2

再由（4）：x1x2+2y1y2≡x12 +2y12 ≡0（modk）

x2y1-x1y2≡x1y1-x1y1≡0（modk）

于由：mD={（x1x2+2y1y2）/k}2 +2{（x2y1-x1y2）/k}2

得：mD=x23 +2y32

這 與所設(shè)k是最小整數(shù)矛盾，問題得到證明，即：D可以寫成 a2+2b2 即：D=a2+2b2

當(dāng)K0為奇數(shù)，根據(jù) 同余式 x2=2（modD）有解，將證明以下定理：

四：定理二，設(shè)D 是素?cái)?shù)，且D=4K0+3，K0為奇數(shù)，則D=a2-2b2 。

補(bǔ)充說(shuō)明：因 x2-2y2=1有解，故定理二有無(wú)限多解。

如：1031=372-2×132=592-2×352=…

證明：如果D=4×1+3=7=32-2×12，則D=a2-2b2有解。

由同余式 x2=2（modD）有解。因整數(shù)0，1，2…（D-1）組成模D的完全

剩余系。 假定x 是其中之一，因而存在整數(shù)x 與t ，其中x≦（D-1）

使得：x2-2=tD （t>0） <7>

且：t=（x2-2）/D<（D2-2）/D

因2=2×12，由<7>式有整數(shù)x，y，t（y=1）得：

x2-2y2=tD（1≦t

以下將證明若t>1，可調(diào)整x，y的值 ，使之減小到1。

設(shè)k>1，是最小整數(shù)使：kD=x12 -2y12 >0 <9> 且不可能x≡y1≡0（modk）

由<8>式知：1

用完全剩余系、0，1，2…（k-1）可以假定：

x2≦k-1，y2≦k-1，且x22-2y22 >0 <11>

由<10>式得：x22-2y22=x12-2y12 ≡0（modk）

由<9>與<10>，存在整數(shù)m，使得：x22-2y22=km <12>

因km=x22-2y22≦（k-1）2-2y22

有：

k2mD=（x12-2y12）（x22-2y22）=（x1x2-2y1y2）2-2（x2y1-x1y2）2

再由（10）：x1x2-2y1y2≡x12 -2y12 ≡0（modk）

x2y1-x1y2≡x1y1-x1y1≡0（modk）

于由：mD={（x1x2-2y1y2）/k}2 +2{（x2y1-x1y2）/k}2

得：mD=x23 -2y32

這與所設(shè)k是最小整數(shù)矛盾，問題得到證明，即：D可以寫成 a2-2b2 即：D=a2-2b2

五：結(jié)論 設(shè)D 是素?cái)?shù)，且D=4K0+3，K0為偶數(shù)，則D=a2+2b2

設(shè)D 是素?cái)?shù)，且D=4K0+3，K0為奇數(shù)，則D=a2-2b2

（作者單位：南通紫瑯混凝土有限公司實(shí)驗(yàn)室）