用轉化法解佩爾方程

【摘 要】由某些佩爾方程的通解，及數論方面的小定理，用初等數論的一些方法，轉換求解某些不定方程的解，由求解佩爾方程x2_Dy2=1，必須求解x2-Dy2=±2，再求解x2-Dy2=±b或x2-Dy2=±2b，再求解x2-Dy2=±bkn，x2-Dy2=±2bkn，最終順藤摸瓜求得佩爾方程的解，拓寬人們不定方程的認識。希望對數論方面的研究起到拋磚引玉的作用。

【關鍵詞】佩爾方程 轉化法 不定方程通解 同余式

形如x2_Dy2=1的不定方程叫佩爾方程，其解法有連分數法等，但解法仍然繁瑣，這里我們用轉換法來解決某些佩爾方程。

<<由佩爾方程想起>>知，D 是素數，且D=4k0+3，k0為偶數，則D=a2+2b2

D 是素數，且D=4k0+3，k0為奇數，則D=a2-2b2

某些不定方程的通解及小定理：

1 設D 是素數，且D=4k0+3，K0為奇數時，不定方程x2-Dy2= 2z2的解為：

x=am2±4bmn+2an2

y=m2-2n2

z=bm2±2amn+2bn2

D=a2-2b2

證明：由D 是素數，且D=4K0+3，K0為奇數，則D=a2-2b2

設x=a1m2+a2mn+a3n2

y=m2-2n2

z= b1m2+b2mn+b3n2

則：x2=a12m4+2a1a2m3n+（a22+2a1a3）m2n2+2a2a3mn3+a32n4

y2=m4-4m2n2+4n4

z2=b12m4+2b1b2m3n+（b22+2b1b3）m2n2+2b2b3mn3+b32n4

由：方程x2-Dy2= 2z2，對于m4方程左右相等

即：a12-2b12=D ﹝1﹞

對：m3n，2a1a2-2×2b1b2=0 ﹝2﹞

m2n2，（a22+2a1a3）-2×（b22+2b1b3）=-4D ﹝3﹞

mn3，2a2a3-2×2b2b3=0 ﹝4﹞

n4， a32-2b32=4D ﹝5﹞

由﹝2﹞得：a1a2=2b1b2 ﹝6﹞

由﹝4﹞得：a2a3=2b2b3 ﹝7﹞

由﹝6﹞﹝7﹞得：a1/a3= b1/b3 ﹝8﹞

由﹝8﹞得：a12/a32= b12/b32=（a12-2b12）/（a32-2b32）=1/4

即得：a1/a3= b1/b3=1/2或-1/2

先討論取1/2時的情況

由a1/a3= b1/b3=1/2，得a3=2a1，b3 =2b1

代入﹝3﹞得，（a22+4a12）-2（b22+4b12）=-4D

整理得：（a22-2 b22）+4（a12-2b12）=-4D

即：a22-2 b22=-8D ﹝9﹞

由﹝6﹞得：b2= a1a2 /2b1 ﹝10﹞

代入﹝9﹞得：a22（1- a12/2b12）=-8D

得：a2=4b1 或-4b1代入﹝10﹞

得：b2=2a1 或-2a1

同理：取-1/2時，a2=b2=0，不合題意

由：a12-2b12=D且D=a2-2b2

我們取a1=a b1=b

故其通解得證。

同理可得：D 是素數，且D=4k0+3，k0為偶數時，不定方程x2-Dy2= -2z2的解為： x=am2-4bmn+2an2 或x=am2+4bmn+2an2

y=m2+2n2 y=m2+ 2n2

z=bm2+2amn+2bn2 z=bm2-2amn+2bn2

D=a2-2b2 D=a2- 2b2

由此可見，求解佩爾方程x2-Dy2=1的解，D 是素數，且D=4k0+3，k0為偶數，

可求不定方程x2-Dy2=-2的解；D 是素數，且D=4k0+3，k0為奇數，可求

不定方程x2-Dy2=2的解。

以下我們以D 是素數，且D=4k0+3，k0為奇數，求不定方程x2-Dy2=2的解為例。

不定方程x2-Dy2=2是方程x2-Dy2= 2z2的特例，是其通解z=bm2±2amn+2bn2=±1，

m=﹛±2an±√﹝﹝2an﹞2-4b﹙2bn2±1﹚﹞﹜/2b=﹛±2an±2√﹙Dn2±b﹚﹜/2b

同理n=﹛±2am±2√﹙Dm2±2b﹚﹜/4b

求方程x2-Dy2=2的解，必須求得x2-Dy2=±b或x2-Dy2=±2b的解， 這樣就為我們用轉換法求解佩爾方程提供了可能。

2 若x2-Dy2=k1﹙k1，k2均為小于D的素數﹚

x2-Dy2=k1k2有解，則x2-Dy2=k2有解。

證明：設x12-Dy12=k1 則：x12≡Dy12﹙modk1﹚

設x22-Dy22=k1k2 則：x22≡Dy22 ﹙modk1﹚

有：Dx12y22≡Dx22y12 ﹙modk1﹚ 即：x1y2≡±x2y1 ﹙modk1﹚

有：x12x22≡D2y12y22﹙modk1﹚ 即：x1x2≡±Dy1y2﹙modk1﹚

同理：﹙x1x2±Dy1y2﹚2-D﹙x1y2±x2y1﹚2= k12k2

故：x2-Dy2=k2有解。

同理：當x2-Dy2=k1k2

x2-Dy2=k1k3有解，能得到 x2-Dy2=k2k3有解。

3 若x2-Dy2=k1 D=3﹙mod4﹚且為素數，k1是大于2的素數

⑴若x為偶數，x2≡0﹙mod4﹚

y為奇數，y2≡1﹙mod4﹚

則：x2-Dy2≡1﹙mod4﹚

⑵若x為奇數，x2≡1﹙mod4﹚

y為偶數，y2≡0﹙mod4﹚

則：x2-Dy2≡1﹙mod4﹚

可見：當x2-Dy2=k1 D=3﹙mod4﹚且為素數，k1≡1﹙mod4﹚

若：x2-Dy2=±k1 D=3﹙mod4﹚且為素數，k1≡3﹙mod4﹚時，

僅能：x2-Dy2=-k1有解。

4 若：x2-Dy2=k1k2﹙k1，k2均為小于D的素數﹚有解

則：x2-Dy2= k1 或-k1

x2-Dy2= k2 或 -k2有解。

證明：因 x2-Dy2=k1k2有解 ，設 x12-Dy12=k1k2，有x12≡Dy12﹙modk1﹚

取x2≡x1 ，y2≡y1﹙modk1﹚有x22-Dy22=k1k3且x22≡Dy22﹙modk1﹚

存在：x2-Dy2= k2k3

根據定理二：有x2-Dy2= k12，即：﹙x-k1﹚ ﹙x+k1﹚= Dy2

存在x2-Dy2=±2 k1

由x2-Dy2=±2有解，則x2-Dy2= k1 或-k1

x2-Dy2= k2 或 -k2有解。

5 若不定方程x2-Dy2=-k 有解， D≡3﹙mod4﹚，k≡3﹙mod4﹚且都為素數。

則：D﹙k+1﹚2=m2+kn2有解。

證明：設x2-Dy2=-k 有解﹙x0，y0﹚即有x02+k=Dy02

取：x01≡ x0﹙mod y0﹚，1≡ 1﹙mod y0﹚。

整數0，±1，±2……±﹙y0-1﹚/2或y0/2組成y0的一個剩余系，1和x01

是這些整數中的。

有x012+k=y0m，其為x2+kz2=y0m0的特例。

取整數t，使x1≡t x01﹙mod y0﹚，x1和t均是y0的剩余系中的，且使x12+kt2是最小值。

即x12+kt2= y0m1同時1< m1< y0，

由x02+k=Dy02和x12+kt2= y0m1

得﹙x0x1+kt﹚2+k﹙x0t-x1﹚2=Dy30m1或﹙x0x1-kt﹚2+k﹙x0t+x1﹚2=Dy30m1

由x02≡-k﹙mod y0﹚，x12≡-kt2﹙mod y0﹚

得x0x1≡±kt﹙mod y0﹚即x0x1±kt≡0﹙mod y0﹚

x0t≡±x1﹙mod y0﹚即x0t±x1≡0﹙mod y0﹚

則﹝﹙x0x1+kt﹚/ y0﹞2+k﹝﹙x0t-x1﹚/ y0﹞2=Dy0m1

或﹝﹙x0x1-kt﹚/ y0﹞2+k﹝﹙x0t+x1﹚/ y0﹞2=Dy0m1

即得x22+kt22= Dy0m1 且x12+kt2= y0m1

按上述同樣的步驟得x32+kt32= Dm12此時 m1< y0

即由x02+k=Dy02變化成x32+kt32= Dm12

重復上述步驟不難獲得x42+kt42= Dm22此時m2< m1< y0

經過n步后，得到xn-12+ktn-12= Dmn-32此時mn-3< mn-4<……< m2< m1< y0

且：xn-1≡1﹙mod mn-3﹚

tn-1≡1﹙mod mn-3﹚

設：1+k= mn-2 mn-3即mn-22 mn-32=﹙1+k﹚2

同時：xn-12+ktn-12= Dmn-32

兩式相乘得：mn-22﹙xn-12+ktn-12﹚=D﹙1+k﹚2

即證得：D﹙k+1﹚2=m2+kn2有解。

例如：x2-1607y2=-11有解，則1607﹙1+11﹚2=4722+11×282

由 x2-1607y2=-11有x2≡-11﹙mod1607﹚

則4722- x2×282≡0，易得x=±476﹙mod1607﹚

同理可證得：若不定方程x2-Dy2=k 有解， D≡3﹙mod4﹚，k≡1﹙mod4﹚且都為素數。 則：D﹙k-1﹚2=m2-kn2有解。

例如：：x2-179y2=61有解，則179﹙61-1﹚2=9542-61×662

由 x2-179y2=61有x2≡61﹙mod179﹚

則9542- x2×662≡0，易得x=±47﹙mod179﹚.

6 以下我們用實例用轉化法來進行佩爾方程的求解：

求解佩爾方程x2-2003y2=1的解，即D=92+2×312

須求解x2-2003y2=-2的解，只要求解x2-2003y2=-31或x2-2003y2=62的解。

易知： x2-2003y2=-154有解﹙43，1﹚根據定理四：x2-2003y2=-7有解。

運用定理五：易知x2≡-2， x≡1551﹙mod2003﹚

x2≡-31， x≡1720﹙mod2003﹚

x2≡-7， x≡179﹙mod2003﹚

得： x2≡-2×31×7， x≡671﹙mod2003﹚

x2≡31×7， x≡582﹙mod2003﹚

同時：x2-2003y2=-2×31×7有解﹙671，15﹚ ﹝11﹞

x2-2003y2=31×7有解﹙582，13﹚ ﹝12﹞

x2-2003y2=-7有解﹙179，4﹚ ﹝13﹞

由﹝11﹞，﹝13﹞得：

﹙671-15√2003﹚﹙179-4√2003﹚=7﹙34327-767√2003﹚

即：x2-2003y2=2×31有解﹙34327，767﹚ ﹝14﹞

由﹝12﹞，﹝13﹞得：

﹙582-13√2003﹚﹙179-4√2003﹚=7﹙29762-665√2003﹚

即：x2-2003y2=-31有解﹙29762，665﹚ ﹝15﹞

由﹝14﹞，﹝15﹞得：

﹙34327-767√2003﹚﹙29762-665√2003﹚=31﹙65912269-1472739√2003﹚

即：x2-2003y2=-2有解﹙65912269，1472739﹚ ﹝16﹞

得到：x2-2003y2=1有解﹙434427204728362，97071569134791﹚ ﹝17﹞

以上看出：要求﹝17﹞先求﹝16﹞，要求﹝16﹞先求﹝14﹞﹝15﹞，

要求﹝14﹞﹝15﹞先求﹝11﹞﹝12﹞﹝13﹞，其解分別為對D﹙2003﹚的剩余數，

就像先放梯子，然后順著梯子往上。

同理求解佩爾方程x2-991y2=1的解，即D=991=332-2×72，

只要求解x2-991y2=-7或x2-991y2=-14的解.

易知： x2-991y2=33有解﹙32，1﹚根據定理四：x2-991y2=-3有解.

運用定理五：易知x2≡2， x≡571﹙mod991﹚

x2≡-7， x≡902﹙mod991﹚

x2≡-3， x≡764﹙mod991﹚

得： x2≡7×32， x≡724﹙mod991﹚

x2≡-2×7×32， x≡157﹙mod991﹚

x2≡-6， x≡787﹙mod991﹚

同時：x2-991y2=7×32有解﹙724，23﹚ ﹝18﹞

x2-2003y2=-2×7×32有解﹙157，5﹚ ﹝19﹞

x2-2003y2=-6有解﹙787，25﹚ ﹝20﹞

由﹝18﹞，﹝20﹞得：

﹙724-23√991﹚﹙787-25√991﹚2=2×32﹙99653067-3165584√991﹚

即：x2-991y2=-7有解﹙99653067，3165584﹚ ﹝21﹞

由﹝19﹞，﹝20﹞得：

﹙157-5√991﹚﹙787-25√991﹚2=2×32﹙21636781-687315√991﹚

即：x2-991y2=-14有解﹙21636781，687315﹚ ﹝22﹞

由﹝19﹞，﹝20﹞得：

x2-991y2=2有解﹙616049024759241，19569442212887﹚

最后得到：x2-991y2=1的解. ﹙379516400906811930638014896080，12055735790331359447442538767﹚

結論：﹝1﹞求解佩爾方程x2-Dy2=1的解，必須求解不定方程x2-Dy2=±2的解；

求解不定方程x2-Dy2=±2的解，必須求得x2-Dy2=±b或x2-Dy2=±2b的解，

求解x2-Dy2=±b或x2-Dy2=±2b的解，必須求得x2-Dy2=±bkn

或x2-Dy2=±2bkn的解，﹙x2-Dy2=k或-k有解，k為大于2的盡量小的數﹚

﹝2﹞給出某些佩爾方程的通解及一些小定理。

參考文獻：

[1] 米道生，吳建平著《初等數論》，北京師范學院出版社，1988.

[2] 宋建章，由佩爾方程想起， 環球市場信息導報，2014年第45期.