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当(m，n)=1，m，n∈
${\mathbb{N} _ + }$ 时，对于形如的不定方程已有不少的研究工作[1-6]，尤其是当m=1时，对不定方程
的研究.到目前为止，很多数论学者已经对D=2，3，5，6，7，10，11，13，14，15，19，21，23，26，30，34，35，38，39，p2k，4p2k(其中p是素数，k∈
$\mathbb{N}_ + $ )的情形进行了讨论.本文将运用递归数列的方法证明当D=33时，不定方程仅有一组正整数解(x，y))=(9，3).
先将方程(1)化为如下形式：
易知方程x2-33y2=-32的全部整数解可以由以下4个结合类给出：
其中
$1 + \sqrt {33}, 10 + 2\sqrt {33} $ 是不定方程X2-33Y2=-32相应结合类的基本解，$23 + 4\sqrt {33} $ 是Pell方程u2-38v2=1的基本解.因为x2+3x+1≡1(mod 2)，从而舍去后面两个结合类.另外，我们可以得到不定方程(2)的解应该满足：由于限制条件Xn≥-1，
$\overline {{X_n}} \ge-1$ ，故(3)，(4)式中的Xn，$\overline {{X_n}} $ 只需要满足下面2个式子：从而可以验证下面各式成立：
下面将证明(3)式与(4)式成立当且仅当n=0和n=1，由此得到方程(1)的全部正整数解以及全部整数解.
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此节主要考察的是，当n为何值时4Xn+5为完全平方数.
引理1 设2|m，m＞0，则
证 因为2|m，所以由(7)，(8)式知
所以：
当m≡0，2(mod 8)时，5um+132vm≡5(mod 7)；
当m≡4，6(mod 8)时，5um+132vm≡2(mod 7)；
当m≡0，6(mod 8)时，-132vm+5um≡5(mod 7)；
当m≡2，4(mod 8)时，-132vm+5um≡2(mod 7).
因此由(9)式可知
引理2 设n≡0(mod 4·33×5×7×11)且n＞0，则(3)式不成立.
证 令
对{5un±132vn}取mod 79，可以得到两个剩余序列周期均为80.同时，易知序列{2t}取mod 80，除t=1，2，3外，当t＞3时，其剩余序列的周期为4.下面对k分两种情况进行讨论：
情况1 k≡1(mod 4)时，令
当t=1，2，3时，m分别为30，12，24，m(mod 80)=30，12，24，132vm+5um(mod 79)=45，1，57.此时均有
$\pm \left({\frac{{5{u_m} + 132{v_m}}}{{79}}} \right) =-1$ .除此之外，对表 1中所有的m均有$\left({\frac{{5{u_m} + 132{v_m}}}{{79}}} \right) =-1$ .情况2 k≡-1(mod 4)时，令
当t=1，2，3时，m分别为54，12，120，m(mod 80)=54，12，40，5um-132vm(mod 79)=59，72，74.此时均有
$\pm \left({\frac{{5{u_m}-132{v_m}}}{{79}}} \right) =-1$ .除此之外，对表 2中所有的m均有$\left({\frac{{5{u_m}-132{v_m}}}{{79}}} \right) =-1$ .引理3 当n≡1(mod 4·33×5×7×11)，且n＞1时，(3)式不成立.
证 当n≡1(mod 4·33×5×7×11)时，设
对{um}取mod 41，剩余序列周期为40.再对{2t}取模40，除t=1，2外，其余剩余序列周期为4.
当t=1，t≡1(mod 4)(t＞2)时，令m=2t；
当t=2时，令m=5·2t；
当t≡0(mod 4)(t＞2)时，令m=33·2t；
当t≡2(mod 4)(t＞2)时，令m=7·2t；
当t≡3(mod 4)(t＞2)时，令m=11·2t.
由(12)式，有
又因2|m，则um≡1(mod 4)，
$\left({\frac{{-1}}{{{u_m}}}} \right) = 1$ .当m≡0，6(mod 8)时，um≡1(mod 5)；当m≡2，4(mod 8)时，um≡2(mod 5).所以则当t(≥3)(mod 4)=0，1，2，3，t=1，2时，
对应地有
此时对所有的m均有
$\pm \left({\frac{{{u_m}}}{{41}}} \right) =-1$ ，从而$\left({\frac{{4{X_n} + 5}}{{{u_m}}}} \right) =-1$ ，故(3)式不成立.引理4 若(3)式成立，则n≡0，1(mod 4·33×5×7×11).
证 我们采用对序列{4Xn+5}取模的方法证明.此过程分为4步进行：
步骤1 先证n≡0，1(mod 20).取mod 2 161，排除n≡2，3(mod 5)，此时4Xn+5≡428，1 555(mod 2 161)，剩余n≡0，1，4(mod 5).以上的mod 2 161是对序列{4Xn+5}取的，mod 5是因为其剩余序列周期为5，“此时”这句话是“排除”的理由，因为428，1 555均为mod 2 161的平方非剩余.为节省篇幅，后面的证明过程都按这种方式叙述.当n≡0，1，4(mod 5)时，即n≡0，1，4，5，6，9，10，11，14，15，16，19(mod 20)，依次取mod 19，235 099，8 599，151，可得n≡0，1(mod 20).
步骤2 证n≡0，1(mod 27).取mod 47，可得n≡0，1(mod 3)，即n≡0，1，3，4，6，7(mod 9).取mod 71，可得n≡0，1，7(mod 9)，即n≡0，1，7，9，10，16，18，19，25(mod 27)，依次取mod 971，53，330 103，647，17，7，可得n≡0，1(mod 27).
步骤3 证n≡0，1(mod 7).依次取mod 13，7 643，可得n≡0，1(mod 7).
步骤4 证n≡0，1(mod 11).依次取mod 373，51 193，463，43，439，34 759，1 231，67 967，可以得到n≡0，1(mod 11).
综上所述，n≡0，1(mod 4·33×5×7×11).
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此节我们考察4
$\overline {{X_n}} $ +5为完全平方数时n的取值情况.引理5 设n≡0(mod 4·33×5×7×11)且n＞0，则(4)式不成立.
证 令
运用分类讨论的数学方法，以及引理2证明过程中m的选取方式，根据(10)，(12)式以及引理1同样可得
从而(4)式不成立.
引理6 当n≡1(mod 4·33×5×7×11)，且n＞1时，(4)式不成立.
证 当n≡1(mod 4·33×5×7×11)时，设
对{um}取mod 431，剩余序列周期为215，再对{2t}取mod 215，得到剩余序列周期为28.令
由(12)式，有
又因2|m，则um≡1(mod 4)，
$\left({\frac{{-1}}{{{u_m}}}} \right) = 1$ ，所以有于是对表 3中所有的m，均有
$\left({\frac{{{u_m}}}{{431}}} \right) =-1$ 成立，从而$\left({\frac{{4\overline {{X_n}} + 5}}{{{u_m}}}} \right) =-1$ ，故(4)式不成立.引理7 若(4)式成立，则n≡0，1(mod 4·33×5×7×11).
证 仿引理4的证明，将其分为4步进行，先证明n≡0，1(mod 20)，再证明n≡0，1(mod 27)，n≡0，1(mod 7)，最后证明n≡0，1(mod 11).
步骤1 取mod 2 161，可以得到n≡0，1(mod 5)，即有n≡0，1，5，6，10，11，15，16(mod 20).依次取mod 19，235 099，8 599，151，可得n≡0，(mod 20).
步骤2 取mod 47，可得n≡0，1(mod 3)，即n≡0，1，3，4，6，7(mod 9).取mod 71，可得n≡0，1，4(mod 9)，即有n≡0，1，4，9，10，13，18，19，22(mod 27).依次取mod 971，53，330 103，647，611 279，59 833，可以得到n≡0，1(mod 27).
步骤3 依次取mod 13，7 643，可得n≡0，1(mod 7).
步骤4 依次取mod 373，51 193，463，可得n≡0，1(mod 11).
综上所述，n≡0，1(mod 4·33×5×7×11).
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定理1 不定方程
的全部整数解是
证 由引理2、引理3和引理4知，如果(4)式成立，则n=0，1，则有x=0，-3，11，-14.此时给出方程(13)的前4组解为
由引理5、引理6和引理7知，如果(5)式成立，则n=0，1，则有x=-1，-2，9，-12.此时给出方程(13)的后4组解为
定理2 不定方程
仅有正整数解(9，3).
证 由(2)式及定理1知，y2+3y+1=±27，±19.其中只有y2+3y+1=19时有正整数解，此时y=3，故方程(14)的正整数解为(x，y)=(9，3).