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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).