Pell方程x%5E%282%29-11y%5E%282%29%3D1和y%5E%282%29-Dz%5E%282%29%3D9的公解.pdf

第3 6卷第3期纺织高校基础科学学报V o l.3 6,N o.3 2 0 2 3年6月B A S I C S C I E N C E S J O U R N A L O F T E X T I L E U N I V E R S I T I E SJ u n.,2 0 2 3 引文格式:牟全武,李立.P e l l方程x2-1 1y2=1和y2-D z2=9的公解J.纺织高校基础科学学报,2 0 2 3,3 6(3):9 8-1 0 2.MU Q u a n w u,L I L i.T h e s i m u l t a n e o u s s o l u t i o n s o f t h e P e l l e q u a t i o n sx2-1 1y2=1 a n dy2-D z2=9J.B a s i c S c i e n c e s J o u r n a l o f T e x t i l e U n i v e r s i t i e s,2 0 2 3,3 6(3):9 8-1 0 2.收稿日期:2 0 2 2-0 5-3 0 修回日期:2 0 2 2-1 2-1 0基金项目:国家留学基金(2 0 2 0 0 8 6 1 5 0 0 8);陕西省自然科学基础研究计划项目(2 0 1 9 J M-3 3 7)通信作者:牟全武(1 9 7 7),男,西安工程大学副教授,博士,研究方向为解析数论。E m a i l:m u q u a n w u 1 6 3.c o mP e l l方程x2-1 1y2=1和y2-D z2=9的公解牟全武,李 立(西安工程大学 理学院,陕西 西安7 1 0 0 4 8)摘 要 研究了P e l l方程x2-1 1y2=1和y2-D z2=9的公解问题,这里D为不含平方因子的偶数且至多包含4个奇素因子。利用递推序列、P e l l方程及四次丢番图方程解的性质证明了方程当D=21 9 9时仅有公共正整数解x=3 9 7 0,y=1 1 9 7,z=6 0;当D取值为其他情形时仅有公解x=1 0,y=3,z=0。关键词 不定方程组;递推序列;正整数解;P e l l方程开放科学(资源服务)标识码(O S I D)中图分类号:O 1 5 6.7 文献标志码:AD O I:1 0.1 3 3 3 8/j.i s s n.1 0 0 6-8 3 4 1.2 0 2 3.0 3.0 1 4T h e s i m u l t a n e o u s s o l u t i o n s o f t h e P e l l e q u a t i o n sx2-1 1y2=1 a n dy2-D z2=9MU Q u a n w u,L I L i(S c h o o l o f S c i e n c e,X ia n P o l y t e c h n i c U n i v e r s i t y,X ia n 7 1 0 0 4 8,C h i n a)A b s t r a c t T h e s o l u t i o n s o f t h e s i m u l t a n e o u s P e l l e q u a t i o n s x2-1 1y2=1 a n dy2-D z2=9 w e r e s t u d i e d,w h e r e D w a s a s q u a r e-f r e e e v e n n u m b e r w i t h a t m o s t 4 o d d p r i m e f a c t o r s.B y u s i n g t h e r e c u r r e n t s e q u e n c e a n d s o m e p r o p e r t i e s d u e t o t h e s o l u t i o n s o f P e l l s e q u a t i o n a n d q u a r t i c D i o-p h a n t i n e e q u a t i o n,i t i s p r o v e d t h a t t h e e q u a t i o n s i n t i t l e h a v e o n l y t h e c o mm o n p o s i t i v e i n t e g e r s o l u t i o n x=3 9 7 0,y=1 1 9 7,z=6 0 i n c a s e D=21 9 9;t h e e q u a t i o n s o n l y h a v e t h e c o mm o n i n t e-g e r s o l u t i o n s x=1 0,y=3,z=0 i n o t h e r c a s e s.K e y w o r d s D i o p h a n t i n e e q u a t i o n s;r e c u r r e n t s e q u e n c e;p o s i t i v e i n t e g e r s o l u t i o n;P e l l s e q u a t i o n1 引言与主要结论 P e l l方程是一类重要的二次丢番图方程,它的解结构已是数论中的经典结果。求2个P e l l方程的公共解引起不少研究者的兴趣,例如著名数学家B AK E R等证明了P e l l方程y2-3x2=-2与z2-8x2=-7仅有2组公共正整数解x=y=z=1和x=1 1,y=1 9,z=3 11;KANAGA S A P ATHY等后来利用递推序 列方法对 这一结 果 给 出 了 初 等 证明2。设D为大于1且不含平方因子的正整数,a为大于1的正整数,文献3-6 研究了P e l l方程x2-2y2=1与y2-D z2=4的公解。根据文献7-8,P e l l方程组x2-(a2-1)y2=1y2-D z2=1(1)至多只有1组正整数解。文献9 给出了当a=5且D为素数时P e l l方程组(1)的全部正整数解。对一般的a,文献1 0-1 6 讨论了P e l l方程组(1)在D含不同个数素因子时的求解情况。关于其他类型的P e l l方程组也有若干研究1 7-1 9.P e l l方程法是求解丢番图方程重要的初等方法,这一方法与递推序列法、二 次剩余法、比 较 素 数 幂 等 方 法 相 结合,往往变得十分有力2 0-2 2。本文利用P e l l方程法、递推序列法及四次丢番图方程解的有关性质证明了:定理1设D为不含平方因子的偶数且至多包含4个奇素因子,方程组x2-1 1y2=1y2-D z2=9(2)当D=21 9 9时仅有正整数解x=3 9 7 0,y=1 1 9 7,z=6 0;当D取值为其他情形时仅有平凡整数解x=1 0,y=3,z=0。2若干引理 设N表示全体非负整数的集合,Z表示全体整数的集合。对于任意nZ,令xn+yn 1 1=1 0+3 1 1 n(3)这里1 0+3 1 1是P e l l方程x2-1 1y2=1的基本解。熟知P e l l方程x2-1 1y2=1的全部非负整数解(xn,yn)由式(3)确定,其中n N,易验证下列关系式成立:xn+2=2 0 xn+1-xn,x0=1,x1=1 0(4)yn+2=2 0yn+1-yn,y0=0,y1=3(5)ym+n=xmyn+xnym,yn+1=3xn+1 0yn(6)x2n+11 0(m o d 2 0),y2n+13(m o d 6)(7)x-n=xn,y-n=-yn,xm+n=xmxn+1 1ymyn(8)引理1 设m,n为正整数,则(xn,xm)=x(m,n),2 m n(m,n)21,2|m n(m,n)2(9)(xn,ym)=x(m,n),2|m(m,n)1,2 m(m,n)(1 0)(yn,ym)=y(m,n)(1 1)这里(m,n)表示m与n的最大公约数。证明 (i)对于给定的正整数m与n,不妨设nm。根据带余除法,存在唯一的正整数k与整数r,使得m=2k n+r,这里-nrn。由式(3)得x2k n+y2k n 1 1=(xn+yn 1 1)2k,所以x2k n=kj=02k2j (xn)2k-2jyn 1 1 2j(1 1y2n)k(m o d xn)(x2n-1)k(m o d xn)(-1)k(m o d xn)(1 2)y2k n=kj=12k2j-1 1 1j-1x2k-2j+1ny2j-1n0(m o d xn)(1 3)根据式(8)、(1 2)及(1 3)得(xn,xm)=(xn,x2k n+r)=(xn,x2k nxr+1 1y2k nyr)=(xn,(-1)kxr)=(xr,xn)亦即(xn,xm)=(xm-2k n,xn)(1 4)若记u1=m-2k n,v1=n,则(m,n)=(u1,v1),u1v1,且m(m,n)与u1(u1,v1)同奇偶,n(m,n)与v1(u1,v1)同奇偶。反复利用式(1 4),有限步之后可得(xn,xm)=(xu1,xv1)=(xu2,xv2)=(xui,xvi),这里ui=vi或uivi=0,且(m,n)=u1,v1 =u 2,v2)=ui,vi 。注意对于固定的j(1ji),m(m,n)与集合uj(uj,vj),vj(uj,vj)中某一元素的奇偶性相同,n(m,n)与该集合中另一元素的奇偶 性 相 同。特 别 地,当ui=vi时,m(m,n)与n(m,n)同为奇数且(xn,xm)=xui=x(m,n);当uivi=0时,m(m,n)与n(m,n)一奇一偶,(xn,xm)=1,故式(9)成立。(i i)根据式(6)及(8)得(xn,ym)=(xn,xm-nyn+xnym-n)=(xn,xm-nyn)=(xn,xm-n)因为n(m-n)(m,n)2为奇数当且仅当m(m,n)为偶99第3期 牟全武,等:P e l l方程x2-1 1y2=1和y2-D z2=9的公解数,所以由式(9)推出式(1 0)成立。(i i i)不妨设nm。根据带余除法,存在正整数k及非负整数r满足m=k n+r,0r1,那么不定方程b2x4-d y2=1至多只有一组正整数解。证明见文献2 4 的定理1.2。引理42 5 设k为大于1的正整数。不定方程x2-(k2-1)y4=1当k=1 6 9时仅有两组正整数解(x,y)=(1 6 9,1),(6 5 2 5 6 1 7 2 8 1,6 2 1 4);当k1 6 9时,若存在正整数v使得k=2v2,则仅有两组正整数解(x,y)=(k,1),(8v4-1,2v),否则仅有一组正整数解(x,y)=(k,1)。证明见文献2 5 的推论1。引理5 对于任意正整数n,x2n都是正奇数,xn不是完全平方数。证明 由式(4)知x2n都是正奇数。若存在某个正整数n,使得xn是完全平方数,由于xn1,不妨设xn=a2,这里a是大于1的整数。由x2n-1 1y2n=1得a4-1 1y2n=1,这说明不定方程u4-1 1v2=1有正整数解(u,v)=(a,yn),但根据引理2知不定方程u4-1 1v2=1没有正整数解,导致矛盾,故结论得证。引理6 若n为正奇数,则xn1 0为正奇数,且xn1 0为完全平方数当且仅当n=1。证明 根据式(4)及(7)知n为正奇数时,xn1 0为正奇数。若xn1 0为完全平方数,则存在正奇数a,使得xn1 0=a2。由x2n-1 1y2n=1得1 02a4-1 1y2n=1,这说明不定方程1 02u4-1 1v2=1有正整数解(u,v)=(a,yn)。另一方面,显然不定方程1 02u4-1 1v2=1有正整数解(u,v)=(1,3)。根据引理3,必有yn=3,所以n=1,必要性得证。充分性显然成立。引理7 若n为正奇数,则yn3为正奇数,且yn3为完全平方数,当且仅当n