關于Pell方程x2-18y2=1與y2-Pz2=16公解的研究

趙 建 紅

(麗江師范高等?？茖W校數學與計算機科學系，云南 麗江 674199)

關于Pell方程x2-18y2=1與y2-Pz2=16公解的研究

趙 建 紅

(麗江師范高等專科學校數學與計算機科學系，云南 麗江 674199)

目的 Pell方程的公解是數論中的一個重要問題。設P=2p1…ps(1≤s≤4)，p1,…,ps(1≤s≤4)是互異的奇素數，關于Pell方程組x2-18y2=1與y2-Pz2=16的整數解的初等解法至今仍未解決。方法 主要利用同余的性質、Pell方程解的性質和遞歸序列等方法。結果 得出Pell方程組x2-18y2=1與y2-Pz2=16僅當D=2×577時有非平凡公解(x,y,z)=(±19601,±4620,±136)。結論 推進了該類Pell方程組整數解的研究。

Pell方程；公解；整數解；同余；遞歸序列

Pell方程

x2-D1y2=m(D1∈Z+,m∈Z)與y2-D2z2=m(D2∈Z+,m∈Z)

(1)

是一類重要的方程，其公解問題一直受到數論愛好者的關注。目前主要結論集中在m=1，n=1及m=1，n=4，具體詳見文獻[1～8]。

m=1,n=16時Pell方程(1)成為：

x2-D1y2=1與y2-D2z2=16

(2)

關于Pell方程(2)的公解的情況，目前無相關結果。本文主要討論D1=5，D2為偶數時Pell方程(2)的公解的情況,

即方程

x2-18y2=1 與y2-D2z2=16

(3)

公解的情況。

1 關鍵性引理

引理2[10]當a>0且是一個平方數時，方程ax4-by2=1至多只有一組正整數解。

引理3[11]若D是一個非平方的正整數，則方程x2-Dy4=1至多有1組正整數解(x,y)，而且方程恰有2組正整數解的充要條件是D=1785或D=28560或2x0和y0都是平方數，這里的(x0,y0)是方程x2-Dy2=1的基本解。

證明 設(xn,yn),n∈Z是Pell方程x2-18y2=1的整數解，若xn=a2，代入方程x2-18y2=1得a4-18y2=1。由引理1知，方程a4-18y2=1僅有平凡解(a,y)=(±1，0)，此時xn=1，從而n=0；反之，顯然。

2 定理及證明

定理 設P=2p1…ps(1≤s≤4)，p1,…,ps(1≤s≤4)是互異的奇素數，

則Pell方程

x2-18y2=1與y2-Pz2=16

(4)

當D=2×577時有非平凡公解(x,y,z)=(±19601,±4620,±136)和平凡公解(x,y,z)=(±17,±4,0)；當D≠2×577時僅有平凡公解(x,y,z)=(±17,±4,0)。

即

(5)

由(4)式得

Pz2=ym+1ym-1

(6)

設(x1,y1)為Pell方程x2-18y2=1的基本解，則有(x1,y1)=(17,4)，故Pell方程x2-18y2=1的全部整數解為：

容易驗證以下性質成立：

(Ⅰ)xn≡1(mod2)，x2n≡±1(mod17) ，x2n+1≡0(mod17)；

(Ⅱ)y2n+1≡4(mod)，y2n≡0(mod17),y2n+1≡±4(mod17)；

(Ⅲ)gcd(xn,yn)=1，gcd(xn,xn+1)=1,gcd(yn,yn+1)=4；

(Ⅳ)gcd(x2n,y2n+1)=gcd(x2n+2,y2n+1)=1，gcd(x2n+1,y2n)=gcd(x2n+1,y2n+2)=17；

(Ⅴ)xn+2=34xn+1-xn,x0=1,x1=17；yn+2=34yn+1-yn,y0=0,y1=4。

情形1m為偶數

則(6)式為

(7)

(7)式右邊為平方數的奇數倍。又P=2p1…ps(1≤s≤4)，p1,…,ps(1≤s≤4)是互異的奇素數，則(7)式左邊為平方數的偶數倍，顯然矛盾，故(7)式不成立，此時Pell方程(4)無公解。