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    關(guān)于三次Diophantine方程x3+1=2p1p2Qy2的可解性

    2017-11-07 12:09:05楊海候靜付瑞琴
    關(guān)鍵詞:先存數(shù)論正整數(shù)

    楊海,候靜,付瑞琴

    (1. 西安工程大學(xué)理學(xué)院,陜西 西安 710048;2. 西安石油大學(xué)理學(xué)院,陜西 西安 710065)

    關(guān)于三次Diophantine方程x3+1=2p1p2Qy2的可解性

    楊海1,候靜1,付瑞琴2

    (1. 西安工程大學(xué)理學(xué)院,陜西 西安 710048;2. 西安石油大學(xué)理學(xué)院,陜西 西安 710065)

    三次Diophantine方程;正整數(shù)解;同余條件

    Diophantine方程是數(shù)論中一個(gè)古老而又十分重要的分支,因?yàn)槠溲芯績?nèi)容之豐富、未解決問題與猜想之多、入門之容易和解決之困難而著名。尋求Diophantine方程的整數(shù)解是數(shù)論研究中的一項(xiàng)重要內(nèi)容。近幾十年來,Diophantine方程理論不僅自身的發(fā)展異?;钴S,而且全面應(yīng)用于數(shù)學(xué)相關(guān)的其他各個(gè)領(lǐng)域。如邵檬[1]制定了丟番圖四定理,解決了數(shù)論中任意正整數(shù)究竟能分解成幾個(gè)平方數(shù)之和的這一古老問題。王澤輝[2]基于數(shù)論中大數(shù)分解的困難性設(shè)計(jì)了新算法并對RSA 密碼制的解密進(jìn)行了研究。三次Diophantine方程的求解是一個(gè)十分困難的問題,但是其研究方法與理論成果在代數(shù)數(shù)域(二次域類數(shù))、組合設(shè)計(jì)、圖論、有限單群甚至編碼和密碼學(xué)等領(lǐng)域均有重要的應(yīng)用。令N是全體正整數(shù)的集合。對于無平方因子正整數(shù)D, 方程

    x3+1=Dy2,x,y∈N

    (1)

    是一類討論較多的三次Diophantine方程(參見文獻(xiàn)[3-7])。本文研究了上述三次Diophantine方程的可解性,給出了該方程無解的同余條件。

    1 定理及推論

    D=2p1p2Q

    (2)

    時(shí)無解的充分條件。最近,杜先存等[6]證明了:當(dāng)D=2p1p2Q時(shí),如果p1,p2,Q滿足

    p1≡1(mod 8),

    p2≡5(mod 8),

    Q≡5,13(mod 24)

    (3)

    p1≡5(mod 8),

    p2≡3(mod 8),

    Q≡3(mod 4)

    (4)

    那么方程(1)無解(x,y)。本文應(yīng)用初等數(shù)論方法進(jìn)一步證明了以下結(jié)果:

    定理1 當(dāng)D滿足式(2)時(shí),如果p1,p2,Q滿足

    p1≡1(mod 8),

    p2≡5(mod 8),

    Q≡1(mod 4)

    (5)

    那么方程(1)無解(x,y)。

    顯然,上述定理改進(jìn)了文獻(xiàn)[6]給出的條件(3)。同時(shí),將文獻(xiàn)[6]的結(jié)果與本定理結(jié)合直接可得以下的:

    推論1 當(dāng)D滿足式(2)時(shí),如果p1,p2,Q滿足式(4)或式(5),那么方程(1)無解(x,y)。

    2 定理的證明

    首先引入有關(guān)Pell方程解的若干基本性質(zhì)。對于非負(fù)整數(shù)n, 設(shè)

    (6)

    其中

    (7)

    根據(jù)文獻(xiàn)[8-12]直接可得以下引理:

    引理1 設(shè)m是非負(fù)整數(shù)。

    (i)(u,v)=(un,vn)(n=1,2,…)是方程

    u2-3v2=1,u,v∈N

    (8)

    的全部解。

    (ii)

    (iii)gcd(un,vn)=1,gcd(u2m+1,um+1vm+1)=2。

    (iv)un的奇素因數(shù)q都滿足q≡1(mod 6)。

    p1p2≡5(mod 8),

    (9)

    又因?yàn)镼的素因數(shù)q都滿足q≡5(mod 6), 所以由引理1的結(jié)論(ii)和(iv)可知

    gcd(Q,un)=1

    (10)

    當(dāng)D=2p1p2Q時(shí),方程(1)可表為

    x3+1=2p1p2Qy2,x,y∈N

    (11)

    設(shè)(x,y)是方程(11)的一組解。下面按照文獻(xiàn)[6]的分析可知,本定理的證明只需排除以下8種情形。

    情形Ⅰ

    x+1=2p1p2Qa2,x2-x+1=b2,

    y=ab,a,b∈N

    (12)

    由式(12)得3=(2b)2-(2x-1)2≥2b+(2x-1)>3這一矛盾,故不可能。

    情形Ⅱ

    x+1=2p1Qa2,x2-x+1=p2b2,

    y=ab,a,b∈N

    (13)

    由式(13)中第一個(gè)等式可知x≡-1(modp1), 將其代入式(13)中第二個(gè)等式可得p2b2≡3(modp1), 故有

    (14)

    情形Ⅲ

    x+1=2p2Qa2,x2-x+1=p1b2,

    y=ab,a,b∈N

    (15)

    此時(shí),由公式(15)的第一個(gè)等式可知:x≡-1(modp2),p1b2≡3(modp2)以及

    (16)

    情形Ⅳ

    x+1=2Qa2,x2-x+1=p1p2b2,

    y=ab,a,b∈N

    (17)

    因?yàn)镼≡1(mod 4), 所以由式(17)中第一個(gè)關(guān)系式可得

    (18)

    又因?yàn)?不整除a, 所以由式(17)中第二個(gè)等式和式(18)可知

    p1p2≡p1p2b2≡x2-x+1≡

    (19)

    情形Ⅴ

    x+1=6p1p2Qa2,x2-x+1=3b2,

    y=3ab,a,b∈N

    (20)

    在式(20)中消去x可得

    (2b)2-3(4p1p2Qa2-1)2=1

    (21)

    由式(21)可知方程(8)有解(u,v)=(2b,4p1p2Qa2-1)適合v≡3(mod 4)。因此,根據(jù)引理1的結(jié)論(i)和(ii)可知2|a,

    a=2c, 2b=u4r+3,

    16p1p2Qc2-1=v4r+3,c,r∈N

    (22)

    因?yàn)橛墒?6)和式(7)可知

    4u2r+1ur+1vr+1

    (23)

    所以由式(22)中第三個(gè)等式和式(23)可得

    4p1p2Qc2=u2r+1ur+1vr+1

    (24)

    再由引理1的結(jié)論(iii)可知gcd(u2r+1,ur+1vr+1)=2, 從而根據(jù)式(10), 由式(24)僅可能推出以下3種情況:

    u2r+1=2f2,ur+1vr+1=2p1p2Qg2

    (25)

    (26)

    u2r+1=2p1p2f2,ur+1vr+1=2Qg2

    (27)

    g=hk, 2不整除hk,h,k∈N

    (28)

    又因?yàn)镼≡1(mod 4)且k2≡1(mod 8), 所以根據(jù)引理1的結(jié)論(ii), 由式(28)中第二個(gè)式子可知r+1≡1(mod 4), 于是可得r=4s, 其中s是正整數(shù)。進(jìn)而由式(26)和式(28)中第一個(gè)等式可得

    (29)

    因?yàn)橛梢?的結(jié)論(ii)可知u8s+1≡u4s+1≡2(mod 16), 又因?yàn)閒2≡h2≡1(mod 8), 所以由式(29)可得

    (30)

    如果式(26)在2不整除r時(shí)成立,則因r=2t+1, 其中t是正整數(shù),所以由式(26)中第二個(gè)等式可知

    (31)

    因?yàn)?不整除u2t+2,gcd(Q,u2t+2)=gcd(u2t+2,u2t+2)=1且u2t+2不是平方數(shù),所以由式(31)可得

    g=hk,h,k∈N

    (32)

    又因?yàn)間cd(Q,ut+1)=gcd(ut+1,vt+1)=1, 所以由式(32)中第二個(gè)等式可知

    k1,k2∈N

    (33)

    但是,由引理1的結(jié)論(v)可知式(33)中第一個(gè)等式不成立。

    如果式(27)成立,gcd(Q,ur+1)=gcd(ur+1,vr+1)=1, 所以由式(27)中第二個(gè)等式可知ur+1或ur+1/2必為平方數(shù)。然而,根據(jù)引理1的結(jié)論(v)可知這是不可能的。因此情形Ⅴ不成立。

    情形Ⅵ

    x+1=6p1Qa2,x2-x+1=3p2b2,

    y=3ab,a,b∈N

    (34)

    由公式(34)可知

    x≡-1(modp1), 3p2b2≡3(modp1),

    p2b2≡1(modp1)

    情形Ⅶ

    x+1=6p2Qa2,x2-x+1=3p1b2,

    y=3ab,a,b∈N

    (35)

    由式(35)可知

    x≡-1(modp2), 3p1b2≡3(modp2),

    p1b2≡1(modp2)

    以及

    與式(9)矛盾,故不可能。

    情形Ⅷ

    x+1=6Qa2,x2-x+1=3p1p2b2,

    y=3ab,a,b∈N

    (36)

    因?yàn)镼≡1(mod 4), 所以由式(36)中第一個(gè)等式可知

    (37)

    又由式(36)中第二個(gè)等式和式(37)可得

    (38)

    與式(9)矛盾,故不可能。

    綜上所述即得本定理。證畢。

    [1] 邵檬. 自然數(shù)八度周期律暨丟番圖四定理[J]. 中山大學(xué)學(xué)報(bào)(自然科學(xué)版), 2004, 43(4): 23-27.

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    GUAN X G, DU X C. On the Diophantine equationx3±1=pqy2[J]. Journal of Anhui University (Natural Science Edition), 2014, 38(1): 29-35.

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    DU X C. Integer solution of the indefinite equationx3±1=2PDy2[J]. Journal of Zhejiang University (Science Edition), 2015, 42(3): 268-270, 275.

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    [12] 華羅庚. 數(shù)論導(dǎo)引[M]. 北京: 科學(xué)出版社, 1979.

    OnthesolvabilityofthecubicDiophantineequationx3+1=2p1p2Qy2

    YANGHai1,HOUJing1,FURuiqin2

    (1. School of Science, Xi’an Polytechnic University, Xi’an 710048, China;2. School of Science, Xi’an Shiyou University, Xi’an 710065, China)

    cubic Diophantine equation; positive integer solution; congruence condition

    O156.7

    A

    0529-6579(2017)05-0030-04

    10.13471/j.cnki.acta.snus.2017.05.004

    2016-12-16

    國家自然科學(xué)基金(11226038, 11371012);陜西省自然科學(xué)基金(2017JM1025);陜西省教育廳科研計(jì)劃項(xiàng)目(17JK0323);西安石油大學(xué)博士科研項(xiàng)目 (2015BS06)

    楊海(1979年生), 男;研究方向數(shù)論及其應(yīng)用;E-mail:xpuyhai@163.com

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