關于丟番圖方程X2-(a2+1)Y4=35-12a的討論

管 訓 貴

(泰州學院 數學系， 江蘇 泰州 225300)

?

關于丟番圖方程X2-(a2+1)Y4=35-12a的討論

管 訓 貴

(泰州學院 數學系， 江蘇 泰州 225300)

摘要：設a是正整數，證明了當a=1時，方程X2-(a2+1)Y4=35-12a僅有正整數解(X,Y)=(5,1)；當a=2時，該方程僅有正整數解(X,Y)=(4,1)和(56，5)；當a=3時，該方程僅有正整數解(X,Y)=(3,1)；當a=4時，該方程僅有正整數解(X,Y)=(2，1)和(202，7)；當a=5時，該方程僅有1組互素的正整數解(X,Y)=(1,1)；當a=6時，該方程無正整數解(X,Y)；當a≥7且12a+1為非平方數時，該方程最多有3組互素的正整數解(X,Y)；當a≥7且12a+1為平方數時，該方程最多有4組互素的正整數解(X,Y).

關鍵詞：四次方程；虛二次域；丟番圖逼近；解數；上界

GUANXungui

(Department of Mathematics, Taizhou University, Taizhou 225300, Jiangsu Province, China)

0引言

設D,k是正整數且D無平方因子，方程

X2-DY4=-k

(1)

是一類基本而又重要的4次丟番圖方程，其相關結果尚不多[1-6].

文獻[1]在認真研究4次域的單位數后，證明了D=2,k=1時，方程(1)僅有正整數解(X,Y)=(1,1),(239,13);文獻[2]用類似的方法證明了當D=5,k=4時，方程(1)僅有正整數解(X,Y)=(1,1).

本文利用超幾何函數、代數的有效逼近和Pell方程解的性質給出了一般性的結果.

定理方程

X2-(a2+1)Y4=35-12a.

(2)

(i)當a=1時，僅有正整數解(X,Y)=(5,1);

(ii)當a=2時，僅有正整數解(X,Y)=(4,1)和(56，5)；

(iii)當a=3時，僅有正整數解(X,Y)=(3,1);

(iv)當a=4時，僅有正整數解(X,Y)=(2,1)和(202，7)；

(v)當a=5時，僅有1組互素的正整數解(X,Y)=(1,1)；

(vi)當a=6時，無正整數解(X,Y)；

(vii)當a≥7時，若12a+1為非平方數，則除(X,Y)=(a-6,1)外，最多還有2組互素的正整數解(X,Y)；若12a+1為平方數，則除(X,Y)=(a-6,1)和(12a2+a+6,(12a+1)1/2)外，最多還有2組互素的正整數解(X,Y).

1超幾何函數、代數數的有效逼近與若干引理

設α，β，γ為復數，且γ≠0或負整數.超幾何函數F(α，β，γ)定義為復變量z的冪級數，即

令r為正整數，v為實數且滿足0

Yr(z)=F(-r-v,-r,1-v,z),

Xr(z)=zrYr(z-1)，

以及

這里積分路徑不過0，并且當u=0時，有

(1-u)-r-1+v=1.

且C1，f為實數，滿足0

(3)

(4)

(ii)若r0=1且η-1qB4,1≠pA4,1,η=±1，則

(iii)若r0=1且η qB4,1=PA4,1,η∈{±1,±i},則

(i) um+n=umun+Dvmvn,vm+n=umvn+unvm;

引理4[8]設D≥3是整數，則方程x2-Dy4=-1最多有一組正整數解(X,Y).

引理5[9]方程x2-5y4=11僅有正整數解(X,Y)=(4，1)和(56,5).

引理7[11]設pm/qm是無理數α的連分數展開式的第m個漸近分數.若e和f是互素的非0整數且存在正實數c，使得

則(e,f)=(rpm+1±spm;rqm+1±sqm)，其中m是某些非負整數，r,s是正整數，滿足rs<2c.

引理8設a≥7為整數，則方程

x2-(a2+1)y2=35-12a

的所有互素的整數解由

證明根據引理4(iii)和引理5可得.

引理9[6]設a≥7，若(X,Y)≠(a-6,1)為方程(2)的一組互素的正整數解，則

引理10設a≥7，若(X,Y)≠(a-6,1)為方程(2)的一組互素的正整數解，則有正整數x,y,g使得g2<12a-35且

(5)

(6)

證明令g=min{b1,b2}.由gcd(b1,b2)=1,b1b2=12a-35≥49知,b1≠b2,故g2<12a-35.

當g=b1時，令x=b1r,y=-s;當g=b2時，令x=b2s,y=r.于是由引理9可得

即有式(5)成立，且滿足式(6).引理10得證.

若

則

引理12設a≥7.若(X,Y)為方程(2)的一組互素的正整數解，Y2=T2k±(a-6)U2k,k>1，則

(i) k=2時，Y2>4(12a+1)a2,且

T4-(a-6)U4=48a3+4a2+24a+1,

T4+(a-6)U4=16a4-48a3+12a2-24a+1;

(ii) k=3時，Y2>4(48a3+4a2+48a+3)a2,且

T6-(a-6)U4=192a5+16a4+192a3+

12a2+36a+1,

T6+(a-6)U6=64a6-192a5+80a4-192a3+

24a2-36a+1;

(iii) k=4時，Y2>8(96a5+8a4+144a3+10a2+60a+3)a2,且

T8-(a-6)U8=768a7+64a6+1152a5+80a4+

480a3+24a2+48a+1,

T8+(a-6)U8=256a8-768a7+448a6-1152a5+

240a4-480a3+40a2-48a+1;

(iv) k≥5時，Y2>3072a9.

證明由遞推關系，有

T2(k+1)=(2a2+1)T2k+2a(a2+1)U2k,

U2(k+1)=2aT2k+(2a2+1)U2k.

(7)

T4=8a4+8a2+1,U4=8a3+4a.

此時結論成立.

(ii) k=3時，由式(7)可得

T6=32a6+48a4+18a2+1,U6=32a5+32a3+6a.

此時結論成立.

k=4和k≥5時，由式(7)同理可證得結論成立.根據引理10和引理11，類似文獻[6]中引理3.9和引理3.11的證明方法，可得下述引理13和引理14.

引理13設a≥7，若(Xj,Yj),Yj>1(j=1,2,3)為方程(2)的3組互素的正整數解，則存在j1,j2∈{1,2,3}使得

引理14若(Xj,Yj)(j=1,2,3)為方程(2)滿足

的3組互素的正整數解，則存在2組互素的正整數解，不妨設為(X1,Y1),(X2,Y2),Y2>Y1,使得η1/η2=±1,且

其中當kj=2時，a≥10;kj≥3時，a≥4.

2定理的證明

(i)當a=1時，方程(2)成為

X2-2Y4=23.

(8)

首先考慮方程

a2-2b2=23.

(9)

根據引理2，方程(9)的一般解可由以下2個非結合類給出：

或

若方程(8)有整數解，必存在n使得Y2=±(un+5vn)或Y2=±(un-5vn)=±(u-n+5v-n).

當n≥0時，un+5vn>0;當n<0時，un+5vn<0.因此可歸結為

Y2=un+5vn,n≥0

(10)

或

Y2=-un+5vn,n>0.

(11)

由引理3可得下列關系：

un+2=6un+1-un,u0=1,u1=3;

(12)

un+2=6vn+1-vn,v0=0,v1=2;

(13)

v2x=2unvn;

(14)

un+2km≡(-1)kun(modum),

vn+2km≡(-1)kvn(modum).

(15)

對式(11)～(13)模8得剩余序列周期為4，且當n≡0,1,2,3(mod4)時，-un+5vn≡7,7,3,3(mod8)均為模8的平方非剩余，故式(11)不成立.

對式(10)～(13)模8得剩余序列周期為4，且當n≡1,2(mod4)時，un+5vn≡5,5(mod8)為模8的平方非剩余，故排除，剩n≡0,3(mod4).

對式(10)～(13)模3得剩余序列周期為4，且當n≡3(mod4)時，un+5vn≡2(mod3)為模3的平方非剩余，故排除，剩n≡0(mod4).

若n≠0，可設n=2s(2k+1),s≥2,則由式(10)，(14)和(15)可知

Y2≡±(u2s+5v2s)(modu2s)≡

±5v2s(modu2s).

(16)

考慮到u2k≡1(mod8)，令2t‖v2k,由式(16)可得

即

(17)

由于un模5的剩余序列周期為6，2S模6的剩余序列周期為2，故s=2,3.此時u2s≡2,2(mod5)為模5的平方非剩余.這說明式(17)不可能成立.因此n=0,可得方程(8)僅有正整數解(X,Y)=(5,1).

(ii)當a=2時，方程(2)成為

X2-5Y4=11.

(18)

由文獻[6]知，方程(18)僅有正整數解(X,Y)=(4,1)和(56，5).

(iii)當a=3時，方程(2)成為

X2-10Y4=-1.

(19)

根據引理4，方程(19)僅有正整數解(X,Y)=(3,1).

(iv)當a=4時，方程(2)成為

X2-17Y4=-13.

(20)

仿(i)可證明方程(20)僅有正整數解(X,Y)=(2,1)和(202，7).

(v)當a=5時，方程(2)成為

X2-26Y4=-25.

(21)

仿(i)可證明方程(21)僅有1組互素的正整數解(X,Y)=(1,1).

(vi)當a=6時，方程(2)成為

X2-37Y4=-37.

(22)

(vii)當a≥7時，假定(Xj,Yj)(j=1,2,3)為方程(2)3組互素的正整數解，滿足

由Y1(ω)=F(-5/4,-1,3/4,ω)=1+5ω/3,X1(ω)=ωY1(ω-1)=ω+5/3,△4,1=3和N4,1=8，知

的正整數.以下分3種情形討論.

因此,

由引理13知

故

情形2r0=1,ηqB4,1=pA4,1以及η∈{±1,±i}.此時

令gcd(X1,12a-35)=l,由gcd(X1,Y1)=1知

l|(a2+1),故l|12(a2+1)-a(12a-35)=35a+12,從而l|12(35a+12)-35(12a-35)=1 369.因此可推得

(23)

由式(23)及引理10可得

(24)

又由引理1(iii)，知

于是，

(25)

由g1g2<12a-35,并結合式(24)和(25)得

當a≥86時，與引理12矛盾.7≤a≤85的情況將在后面一并討論.

情形3r0>1.由r0的定義知,ω2|qf|≥1,故

(26)

(27)

根據引理14，結合式(27)和g1g2<12a-35,可得

(28)

若k≥5，則由a≥7知Y2>2 529 924 096a2，與式(28)矛盾，于是k=2或3或4.

若k=4,7≤a≤10，則可分別算出：T8-(a-6)U8=109·6 052 573,857·1 943 657，109·5431·6 379,18 731·419 651;T8+(a-6)U8=5·601·291 869,7·11·35 906 309,107·1 733·40 543,199·91 732 279.它們皆非平方數，故a≥11.此時Y2>126 172 488a2,亦與式(28)矛盾，于是k=2或3.

若k=3,7≤a≤86,則由Maple9.5計算可知，T6±(a-6)U6皆非平方數，故a≥87.此時Y2>126 570 396a2,仍與式(28)矛盾.于是k=2.

若k=2,7≤a≤2 603 192,則由Maple9.5計算可知，T4±(a-6)U4皆非平方數，故a≥2 603 193.此時Y2>124 953 268a2,同樣與式(28)矛盾.

最后，討論k=1的情形.

假定(X,Y)≠(a-6,1)為方程(2)的一組互素的正整數解,滿足Y2=T2±(a-6)U2，則Y2=2a2+1±(a-6)·2a,故有Y2=4a2-12a+1及Y2=12a+1.前式解出a=3，與a≥7矛盾，后式對應的X=12a2+a+6.

定理得證.

注運用文中的方法還可以證明丟番圖方程X2-(a2+1)Y4=k2-1-2ka在一定條件下最多只有2組互素的正整數解.限于篇幅，將另文介紹.

參考文獻(References)：

[1]LJUNGGREN W. Zur theorie der Gleichungx2+1=Dy4[J].Avh Norsk Vid Akad Oslo,1942(5):1-27.

[2]LJUNGGREN W. On the Diophantine equationAx4-By2=C(C=1,4)[J].Math Scand,1967,21(2):149-158.

[3]袁平之，張中鋒.丟番圖方程X2-(a2+4p2n)Y4=-4p2n[J].數學學報:中文版，2014，57(2)：209-222.

YUAN Pingzi, ZHANG Zhongfeng. On the Diophantine equationX2-(a2+4p2n)Y4=-p2n[J]. Acta Mathematica Sinica: Chinese Series,2014,57(2):209-222.

[4]STOLL M, WALSH P G, YUAN P Z. On the Diophantinc equationX2-(a2m+1)Y4=22m[J]. Acta Arith,2009,139(1):57-63.

[5]YUAN P Z. Squares in Lehmer sequences and the Diophantine equationAx4-By2=2[J]. Acta Arith,2009,139(3):275-302.

[6]YUAN P Z, ZHANG Z F. On the Diophantine equationX2-(1+a2)Y4=-2a[J]. Sci China: Ser A,2010,53(8):2143-2158.

[7]柯召，孫琦.談談不定方程[M].上海：上海教育出版社，1980:30-31.

KE Zhao, SUN Qi. On the Diophantine Equations[M]. Shanghai: Shanghai Education Press, 1980:30-31.

[8]CHEN J H, VOUTIER P M. A complete solution of the Diophantine equationx2+1=dy4and a related family of quartic Thue equations[J]. J Number Theory,1997,62(1):71-99.

[9]COHN J H E. Some quartic Diophantine equations[J]. Pacific J Math, 1968,26:233-243.

[10]HUA L K, Introduction to Number Theory[M]. Translated by PETER S. Berlin, New York: Springer-Verlag,1982.

[11]DUJELLA A, Continued fractions and RSA with small secret exponent[J]. Tatra Mt Math Publ,2004,29:101-112.

[12]孫琦，袁平之.關于不定方程x4-Dy2=1的一個注記[J].四川大學學報:自然科學版,1997,34(3):265-268.

SUN Qi, YUAN Pingzhi. On the Diophantine equationx4-Dy2=1[J]. Journal of Sichuan University: Natural Science Edition,1997,34(3):265-268.

DiscussionontheDiophantineequationX2-(a2+1)Y4=35-12a.JournalofZhejiangUniversity(ScienceEdition), 2016,43(2):138-143

Abstract:Let a be an positive integer. We prove that if a=1, then the equation X2-(a2+1)Y4=35-12a has only one positive integer solution (X,Y)=(5,1); If a=2, then the equation has only two positive integer solutions, (X,Y)=(4,1) and (56,5); If a=3, then the equation has only one positive integer solution (X,Y)=(3,1); If a=4, then the equation has two positive integer solutions (X,Y)=(2,1) and (202,7); If a=5, then the equation has one coprime positive integer solution (X,Y)=(1,1); If a=6, then the equation has no positive integer solution (X,Y); If a≥7 and 12a+1 is a nonsquare positive integer, the equation has at most three coprime positive integer solutions; While if a≥7 and 12a+1 is a square, the equation has at most four coprime positive integer solutions.

Key Words:quartic equations; imaginary quadratic fields; Diophantine approximations; number of positive integer solutions; upper bound

中圖分類號：O 156.7

文獻標志碼：A

文章編號：1008-9497(2016)02-138-06

DOI:10.3785/j.issn.1008-9497.2016.02.003

作者簡介：管訓貴(1963-)，ORCID:http://orcid.org/0000-0001-7612-2635,男，本科，教授，主要從事數論研究，E-mail:tzszgxg@126.com.

基金項目：江蘇省教育科學“十二五”規劃項目(D201301083)；云南省教育廳科研項目(2014Y462)；泰州學院教授基金項目(TZXY2015JBJJ002).

收稿日期：2015-06-01.