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近年来，Pell方程x2-D1y2=k(D1∈
$\mathbb{Z}$ +，k∈$\mathbb{Z}$ )与y2-D2z2=m(D2∈$\mathbb{Z}$ +，m∈$\mathbb{Z}$ )的公解问题一直备受人们的关注.当k=1，m=4，D1为偶数，D2为奇数时，已有如下结果：本文主要讨论当D1=s2(s2-1)，(s∈
$\mathbb{Z}$ +，s≥2) 时及D2为奇数时的情况，即证明了以下定理：定理1 若s∈
$\mathbb{Z}$ +，s≥2，D=p1…pj(1≤j≤3)，其中p1，…，pj(1≤j≤3) 是互异的奇素数，则Pell方程组除D为16s4-16s2+3中不超过3个次数为奇次的素因子之积外均只有平凡解
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引理1[8] 不定方程x4-Dy2=1除当D=1 785，4×1 785，16×1 785时分别有两组正整数解(x，y)=(13，4)，(239，1 352)；(x，y)=(13，2)，(239，676)；(x，y)=(13，1)，(239，338) 外，最多只有一组正整数解(x1，y1)，且满足x12=x0或2x02-1，这里
$\varepsilon = {x_0} + {y_0}\sqrt D $ 是Pell方程x2-Dy2=1的基本解.引理2[9] 当a＞1且a是平方数时，方程ax4-by2=1至多有一组正整数解.
引理3[10] 若D是一个非平方的正整数，方程x2-Dy4=1至多有两组正整数解，而且方程恰有两组正整数解的充要条件是D=1 785或D=28 560或2x1和y1都是平方数，这里(x1，y1)是方程x2-Dy2=1的基本解.
引理4[11] 当A∈
$\mathbb{N}$ ，A＞1，B∈$\mathbb{N}$ 且AB不是平方数时，方程Ax2-By4=1至多只有1组正整数解.引理5 设Pell方程x2-s2(s2-1)y2=1的基本解为(x1，y1)，其全部整数解为(xn，yn)，n∈
$\mathbb{Z}$ ，则对任意n∈$\mathbb{Z}$ ，xn，yn具有如下性质：(ⅰ)若2s2-1及8s2(s2-1)+1不为平方数，那么xn为平方数当且仅当n=0；若2s2-1为平方数，那么xn为平方数当且仅当n=1或n=0；若8s2(s2-1)+1为平方数，那么xn为平方数当且仅当n=2或n=0；
(ⅱ)
$\frac{{{x_n}}}{{2{s^2} - 1}}$ 为平方数当且仅当n=1；(ⅲ)
$\frac{{{y_n}}}{2}$ 为平方数当且仅当n=0或n=1.证 设(x1，y1)是Pell方程x2-s2(s2-1)y2=1的基本解，(xn，yn) (n∈
$\mathbb{Z}$ )是Pell方程x2-s2(s2-1)y2=1的整数解.(ⅰ)若xn=a2，将其代入原方程得
又Pell方程x2-s2(s2-1)y2=1的基本解为(x1，y1)=(2s2-1，2)，则
根据引理1得，方程(2) 至多有一组正整数解.当2s2-1及8s2(s2-1)+1均不为平方数时，根据引理1得，方程(2) 仅有平凡解(a，y)=(±1，0)，故xn=1，从而n=0；当2s2-1为平方数时，根据引理1得，方程(2) 有整数解
$\left( {a,y} \right) = \left( {\sqrt {2{s^2} - 1} ,2} \right)$ 及平凡解(a，y)=(±1，0)，那么xn=2s2-1或xn=1，从而n=1或n=0；8s2(s2-1)+1为平方数时，根据引理1得，方程(2) 有整数解$\left( {a,y} \right) = \left( {\sqrt {8{s^2}\left( {{s^2} - 1} \right) + 1} ,4\left( {2{s^2} - 1} \right)} \right)$ 及平凡解(a，y)=(±1，0)，那么xn=8s2(s2-1)+1或xn=1，从而n=2或n=0.反之，显然.(ⅱ)若
$\frac{{{x_n}}}{{2{s^2} - 1}} = {a^2}$ ，则xn=(2s2-1)a2，代入原方程得根据引理2得，方程(3) 仅有整数解(a，y)=(±1，±2)，此时xn=2s2-1，从而n=1.反之，显然.
(ⅲ)若
$\frac{{{y_n}}}{2} = {b^2}$ ，则yn=2b2，代入原方程得根据引理3得，方程(4) 有整数解(x，b)=(±(2s2-1)，±1) 及平凡解(x，b)=(±1，0)，此时yn=2或0，从而n=1或n=0.反之，显然.
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证 设(x1，y1)为Pell方程x2-s2(s2-1)y2=1(s∈
$\mathbb{Z}$ +，s≥2) 的基本解，则有(x1，y1)=(2s2-1，2)，故Pell方程x2-s2(s2-1)y2=1(s∈$\mathbb{Z}$ +，s≥2) 的全部正整数解为：容易验证以下性质成立：
性质a yn2-4=yn-1yn+1；
性质b y2n=2xnyn；
性质c x2n=2xn2-1；
性质d gcd (xn，yn)=1，gcd (xn，xn+1)=1，gcd (yn，yn+1)=2；
性质e gcd (x2n，y2n+1)=gcd (x2n+2，y2n+1)=1，gcd (x2n+1，y2n)=gcd (x2n+1，y2n+2)=2s2-1；
性质f xn≡1(mod 2)，xn≡±1(mod s2)，xn≡1(mod (s2-1))，x2n+1≡0(mod (2s2-1))，x2n≡±1(mod (2s2-1))；
性质g y2n+1≡2(mod 4)，y2n≡0(mod 4)，y2n+1≡±2(mod (2s2-1))，y2n≡0(mod (2s2-1)).
情形1 n为正偶数，由(1) 式得
令n=2m(m∈
$\mathbb{Z}$ +)，则(5) 式成为由性质c得，(6) 式可化为
即
由性质f知
则
则
由性质f知，
所以(7) 式可分解为下面2种情形：
情形Ⅰ 4(xm2+s2-1)=D1s2z12，xm2-s2=D2(s2-1)z22，D=D1D2，z=z1z2
情形Ⅱ xm2+s2-1=D1s2z12，4(xm2-s2)=D2(s2-1)z22，D=D1D2，z=z1z2
其中gcd (D1，D2)=1，gcd (z1，z2)=1.
先讨论情形Ⅰ：
由
得
即
又
则(8) 式可分解为下式：
其中
由
得
即
又
则(10) 可分解为下式：
其中
由(9)，(11) 式得D=D1D2=D3D4D5D6，且D3，D4，D5，D6两两互素，而D=p1…ps且p1，…，ps(1≤s≤3) 是互异的奇素数，则D3，D4，D5，D6中至少有一个为1.
当D3=1时，(9) 式的第一式为
则
代入xm2-s2(s2-1)ym2=1，整理得
由引理2得
仅有一组正整数解(z3，ym+z32)=(1，1)，则有
此时方程(1) 无正整数解.
当D4=1时，(9) 式的第二式为
则有
代入
整理得
由引理2得
仅有一组正整数解
则有(z4，ym)=(1，0) 或(1，2)，从而m=1，则n=2，此时有
则若16s4-16s2+3中次数为奇次的素因子的个数不超过3个，则此时方程(1) 有正整数解；若16s4-16s2+3中次数为奇次的素因子的个数超过3个，则此时方程(1) 仅有平凡解.
当D5=1时，(11) 式的第一式为s2ym+xm=z52，则有
代入
整理得
由引理4得
仅有1组正整数解
则有(z5，ym)=(1，0) 或(1，2)，从而m=1，则n=2，m=2，此时方程(1) 的解的情况与D4=1的情形相同.
当D6=1时，(11) 式的第二式为s2ym-xm=z62，则有
代入
整理得
由引理4得
仅有1组正整数解
则有(z6，ym)=(1，0) 或(1，2)，从而m=1，则n=2，m=2，此时方程(1) 的解的情况与D4=1的情形相同.
综上知情形Ⅰ不成立.
下面讨论情形Ⅱ：
由
得
即
又
则(12) 式可分解为下式：
其中
由
得
即
又
则(14) 式可分解为下式：
其中
由(13)，(15) 式得D=D1D2=D7D8D9D10且D7，D8，D9，D10两两互素，而D=p1…ps且p1，…，ps(1≤s≤3) 是互异的奇素数，则D7，D8，D9，D10中至少有一个为1.
D7=1时仿D3=1的证明可知此时情形Ⅱ不成立；D8=1时仿D4=1的证明可知此时情形Ⅱ不成立；D9=1时仿D5=1的证明可知此时情形Ⅱ不成立；D10=1时仿D6=1的证明可知此时情形Ⅱ不成立.综上可知情形Ⅱ不成立.
情形2 n为正奇数，令n=2m-1，m∈
$\mathbb{Z}$ +.则由性质a得由性质b知，(16) 式可化为
由性质d知
则
m为正偶数时，由性质e知
则
则有xm，
$\frac{{{y_{m - 1}}}}{2},\frac{{{x_{m - 1}}}}{{2{s^2} - 1}},\frac{{{y_m}}}{{2\left( {2{s^2} - 1} \right)}}$ 两两互素.由性质f知xm，
$\frac{{{x_{m - 1}}}}{{2{s^2} - 1}}$ 均为奇数，由性质g知m为偶数时，$\frac{{{y_{m - 1}}}}{2}$ 为奇数；由引理5(ⅰ)知仅当m=0时，xm为平方数；由引理5(ⅱ)知仅当m=2时，xm-12s2-1为平方数；由引理5(ⅲ)知仅当m=1或m=2时，$\frac{{{y_{m - 1}}}}{2}$ 为平方数.故有xm，$\frac{{{y_{m - 1}}}}{2},\frac{{{x_{m - 1}}}}{{2{s^2} - 1}},\frac{{{y_m}}}{{2\left( {2{s^2} - 1} \right)}}$ 两两互素，因此m＞2为正偶数时，xm，$\frac{{{y_{m - 1}}}}{2},\frac{{{x_{m - 1}}}}{{2{s^2} - 1}}$ 均为奇数且均不为平方数，故xm，$\frac{{{y_{m - 1}}}}{2},\frac{{{x_{m - 1}}}}{{2{s^2} - 1}}$ 至少为D提供3个互异的奇素数.m＞2为正偶数时，因为D=p1…ps(1≤s≤3)，p1，…，ps(1≤s≤3) 是互异的奇素数，所以
$\frac{{{y_m}}}{{2\left( {2{s^2} - 1} \right)}}$ 为平方数.令m=2k，k∈$\mathbb{Z}$ +，且k≥2，则有即
若k≥2为正偶数，则由性质b知
由性质d知
则
$\frac{{{y_m}}}{{2\left( {2{s^2} - 1} \right)}}$ 为平方数需xk，$\frac{{{y_k}}}{{2{s^2} - 1}}$ 同时为平方数，由引理5的(ⅰ)知k≥2时xk不为平方数，则$\frac{{{y_m}}}{{2\left( {2{s^2} - 1} \right)}}$ 不为平方数，故此时方程(1) 无正整数解.若k≥3为正奇数，由性质b知
由性质d知
则
$\frac{{{y_m}}}{{2\left( {2{s^2} - 1} \right)}}$ 为平方数，需yk，$\frac{{{x_k}}}{{2{s^2} - 1}}$ 同时为平方数，由引理6(ⅰ)知k≥3时，xk不为平方数，则$\frac{{{y_m}}}{{2\left( {2{s^2} - 1} \right)}}$ 不为平方数，故此时方程(1) 无正整数解.m=0时，(17) 式为
从而得方程(1) 的平凡解
m=2时，(17) 式为
即
又D为奇数，故(19) 式左边2的次数为偶数次，而(19) 式右边2的次数为5次，矛盾，故此时方程(1) 无正整数解.
m为正奇数时，仿情形1的证明可知此时方程(1) 亦无正整数解.
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推论1 Pell方程组x2-12y2=1与y2-195z2=4有解(x，y，z)=(±97，±28，±2)，(±7；±2，0)；
推论2 Pell方程组x2-72y2=1与y2-1155z2=4有解(x，y，z)=(±577，±68，±2)，(±17；±2，0)；
推论3 Pell方程组x2-240y2=1与y2-427z2=4有解(x，y，z)=(±1921，±124，±6)，(±31；±2，0).
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