2021年3月艺术人生侯耀文
第38卷第1期
Mar.2021
Vol.38No.1南宁师范大学学报(自然科学版) Journal of Nanning Normal University(Natural Science Edition)
D0I：10.16601/jki.issn2096-7330.2021.01.008文章编号:2096-7330(2021)01-0047-03
吴小英
(四川师范大学数学科学学院，四川成都610068) 摘要：利用同余、平方剩余、递归序列、Pell方程的解的性质证明了丢番图方程x3-1=1261y仅有整数解(x，y)=(1，0)- 关键词：丢番图方程；整数解；平方剩余；同余
中图分类号：0156.4文献标志码:A
0弓I言
设整数D>2，且无平方因子.丢番图方程
x3±1=Dy2(1)
是一类重要的丢番图方程，对这类方程整数解的研究已产出大量的文献.柯召、孙琦在文[1,2]中证明了当且仅当D不含6k+1型素数时，方程(1)无非平凡解.但当D含6k+1型素因数时，方程的解的情况比较复杂，求解过程亦较为困难.2003年，罗明证明了x3+1=7y仅有整数解(x,y)=(-1,0), (3,±2)[3].2009年，瞿云云等人证明了x3+1=119y仅有整数解(x,y)=(-1,0)⑷.本文利用Pell 方程的解所给出的递归数列的性质与同余式证明了丢番图方程x3-1=1261y仅有整数解(x,y)= (1,0). 1弓I理
引理1[5]若D是一个非平方的正整数，则Pell方程
x-Dy?=1,x,y e N+,(2)
有无穷多组正整数解(x,y).若x,,y，是(2)的一组正整数解，且x,+y,D是形如x+y D(x,y是(2)的正整数解)的最小数，则(2)的一切正整数解可由下式确定：
x+y4D=(x,+y,Q)"，其中n=1,2,….
引理2[6]方程4x4-3y=1仅有整数解(x,y)=(±1,±1).
引理3[6]丢番图方程x-3y4=1仅有整数解(x,y)=(±2,±1),(±7,±2),(±1,0).
引理4[6]丢番图方程x4-3y=1仅有整数解(x,y)=(±1,0).
2主要结果
定理1丢番图方程
x3-1=1261y2(3)
仅有正整数解(x,y)=(1,0).
定理1的证明设(x,y)是(3)的解.因为gcd(x+1,x-x+1)=1或3，故分以下8种情况进行讨论：
塔山阻击战的历史简介
(I)x-1二a,x?+x+1=1261b?,y=ab;
(II)x-1=13a,x?+x+1=97b?,y=ab;
收稿日期：2021-01-09
作者简介：吴小英，女，四川达州人，博士生.
・48・南宁师范大学学报(自然科学版)第38卷
(III)%-1=97a2,%2+%+1—13b2,y—ab;
npa(IV)%-1=1261a2,%2+%+1=b2,y=ab；
(V)%-1=3a2,%2+%+1—3783b2,y—3ab；
(VI)%-1=39a2,%2+%+1—291b2,y—3ab；
(VII)%-1=291a,%2+%+1—39b2,y—3ab；
(VIII)%-1=3783a2,%2+%+1—3b2,y—3ab,
这里，a M0,b>0,gcd(a,b)—1.
情形(I)将第二式两边模13，得%2+%+1=0(mod13)，解之得%=3,9(mod13)，代入第一个方程，有a2=%-1=2,8(mod13).但模13的Legendre符号
82
(13)=(13)=一'，
故在该情形时方程(3)无整数解.
情形(II)将第一式的两边模13，得%=1(mod13).代入第二个方程，得3=%2+%+1—97b2= 6b(mod13).因而，2b2=1(mod13)，解之得，b2=7(mod13).但模13的Legendre符号
(2)-(;)-(7)—(?)(7)=-(3)=-(3)=-1，
故在该情形时方程(3)无整数解.
情形(III)将第二式两边模8，得%+%+1=5(mod8)，解之得%=3,4(mod8)，代入第一个方程，有2,3=%-1—97a2=a2(mod8).这是不可能的.
故在该情形时方程(3)无整数解.
情形(IV)由第二个方程，得%=0,-1.但%=0,-1，均不满足第一个方程，故在该情形时方程(3)无整数解.
情形(V)将第二式两边模13，得%2+%+1=0(mod13)，解之得%=3,9(mod13)，代入第一个方程，有3a2=%-1=2,8(mod13)，解之得,b2=5,7(mod13).但模13的Legendre符号
513352
(13)(5)(5)(3)(3)，
引江济淮工程(2)-(;)-(6)—(；)(?)—(7)=-(7)=-(3)=-1，
故在该情形时方程(3)无整数解.
情形(VI)将第一式的两边模13，得%=1(mod13)，代入第二个方程，得3=%2+%+1—291b2 =5b2(mod13).因而,2b2三三1(mod13)，解之得，b2=11(mod13).但模13的Legendre符号
(13)-(1,)-(i2i)=-1，
故在该情形时方程(3)无整数解.
情形(VII)将第一式的两边模97，得%=1(mod97).代入第二个方程，得3=%2+%+1—39b2(mod97).因而,
13b2=1(mod97).但模97的Legendre符号
(3)=-'，
('；)=(；：)=(1；)=(：心)=-(1；)=-(7)=-
故在该情形时方程(3)无整数解.
情形(VIII)将第一式代入第二式，得(2b)2-3(2522a+1)2—1.由引理1知方程(2b)2-3x (2522a+1)2—1的全部整数解可表示为
2b+(2522a+1)3—±(%…+y…3)—±(2+3)”，”e Z,
其中2+3是Pell方程X2-3尸—1的基本解.因此有
2522a=y”-1,"e Z.(4)
容易验证以下的等式成立：
%”±,=2%”±3y”，y”±,=±%”+2y”;(5)
%2"=%"+3y2",y2"=2%"y"；(6)
%”+2=4%”+1一％”,%0=1,%'=2；(7)
y”+?=4y”+1一y”小=0，y,=(8)
第1期吴小英：关于丢番图方程x3-1=1261y-49-
黄纪宪对递归序列(8)取模13，得周期为12的剩余类序列,0,1,4,2,4,1,0,12,9,11,9,12.因而当且仅当n= 1,5(mod12)时，y”=1(mod13).
因为n=1,5(mod12)，故n=1(mod4).令n=4m+1，则由式(6)，得
2522a二y”-1二y4m+1-1二y4m-1+1二x4m+2丁钿一1=
x”+3y?”+4x?”y?”-1=2y?”(2x?”+3y?”)=2x?”+,y?”,
即1261a=x?m+I y?m-(9)
又g<：d(x”+|,y?m)=2，故(9)可分解成
x2m+1=2c?,y?”=2522/?,a=2cd;(10)
x2m+1=2522c?,y?m=2d?,a=2cd;(11)
x m+1=26c?,y?m=194d?,a=2cd;(12)
x m+1=194c?,y?m=26d?,a=2cd,(13)
这里，c>0,d三0 , gcd(c,d)=1.
将(10)的第一式代入x”+1-3y?”+1=1中，得4c4-3y?”+1=1.由引理2知y?m+,=±1，由此得m= 0,-1.如果m=-1，则有y”=y-?=-4，这与(10)的第二个方程矛盾.如果m=0，则有c=1,d=0,a =0.由此得出方程(3)的平凡解(x,y)=(1,0).网站
将(11)的第二式代入y m=2x m y m，得x』m=d?.故有
x m=U?,y m=”？，d=u”.(14)
这里，u>0,”M0,gcd(u,”)=1.
由(14)的第一个方程有，u4-3y：=1.由引理4，有y m=0，因而m=0,x?m+,=x,=2.这与(11)的第一个方程矛盾.因而(14)无满足条件的整数解.
将(12)的第二式代入y m=2x…y m，得x』m=97d?.故有
x m=u,y m=97”，d=u”；(15)
x m=97u?,y m=”?,d=u”.(16)
这里，u>0,”M0,gcd(u,”)=1.
类似于(14),(15)无满足条件的整数解.
由(16)的第二个方程有，x”-3”4=1.由引理3，有”=0,1,2，因而y m=0,1,4，从而m=0,1,2.故x?”+,=2,26,362;y?m=0,4,56.这些都不能同时满足(12)的两个方程，故(16)无满足条件的整数解.
类似于(12),(13)无满足条件的整数解.
综上所述，丢番图方程x3-1=1261y仅有整数解(x,y)=(1,0).
参考文献：
[1]柯召，孙琦.关于丢番图方程x3士1=Dy[J].中国科学,1981,24(12):1453-1457.
[2]柯召，孙琦.关于丢番图方程x3士1=3Dy[J].四川大学学报(自然科学版),1981,18(2):1-5.
[3]牟全武，吴强.关于不定方程x3-1=103y[J].西南大学学报(自然科学版)，2008,30(10):38-40.
[4]杜先存，万飞，杨慧章.关于丢番图方程x3士1=1267y的整数解[J].数学的实践与认识,2013,43(15):288-292.
[5]闵嗣鹤，严士健.初等数论[M].北京：高等教育岀版社,2003:163-166.
[6]曹珍富.丢番图方程引论[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学岀版社,2012:180-187.
[7]李鑫，梁艳华.关于不定方程x3-1=111y[J].西南师范大学学报(自然科学版)，2009,34(1):12-15.
[8]Walsh P G.Diophantine equation of the form aX4-b7=±1[C]//Algebraic Number Theory and Diophantine Analysis.
Berlin:Walter de Gruyter,2000：531-554.
On the Diophantine Equation x3-1=1261y2
WU Xiao-ying
(College of Mathematics and Science,Sichuan Normal University,Chengdu610068,China)
Abstract：By using congruence,quadratic residue,properties of the solution to Pell equation,it is prov
ed that the Diophantine equation x3-1=1261y2has only integer solution(x,y)=(1,0).
Key words：Diophantine equation;integer solution;quadratic residue;congruence
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