關于丟番圖方程X2-（a2+1）Y4＝k2-1-2ka

管訓貴

（泰州學院數理學院，江蘇泰州225300）

1 序言及主要結論

設D、Q為給定的正整數，且D為非平方數，N（D，Q）表示方程

的正整數解的個數.

幾十年前，Ljunggren［1-2］用p-adic方法，通過特殊技巧，證明了N（2，1）＝2，且（1）式有正整數解（X，Y）＝（1，1），（239，13）以及N（5，4）＝1.

最近，Stoll等［3］證明了N（22m+1，22m）≤3，文獻［4-5］分別證明了N（a2+1，2a）≤3，N（a2+p2n，p2n）≤2（a、n為正整數，p為奇素數，gcd（a，p）＝1，且使方程x2-Dy2＝-1有一組整數解），N（a2+4p2n，4p2n）≤2（a、n為正整數，p為素數，gcd（a，2p）＝1，且使方程x2-Dy2＝-1有一組整數解，而方程u2-Dv2＝4無互素的整數解）；管訓貴［6-8］分別證明了N（a2+1，4a-3）≤5，N（a2+1，6a-8）≤4，以及N（a2+1，12a-35）≤4.

本文將文獻［6-8］和文獻［4］的結果加以推廣，得到更一般的結論.

定理 若a、k為正整數，滿足a＞1 270k4，k≥4，則方程

除（X，Y）＝（a-k，1），以及4a2-2ka+1和2ka+1為平方數外，最多只有2組互素的正整數解（X，Y）.

作為定理的應用，有如下結論.

推論 設a為正整數，對于方程

（i）當a＝1時，僅有正整數解（X，Y）＝（3，1），（13，3）；

（ii）當a＝2時，僅有正整數解（X，Y）＝（2，1）；

（iii）當a＝3時，僅有2組互素的正整數解（X，Y）＝（1，1）和（79，5）；

（iv）當a＝4時，無正整數解（X，Y）；

（v）當a≥5時，若8a+1非平方數，則除（X，Y）＝（a-4，1）外，最多還有2組互素的正整數解（X，Y）；若8a+1為平方數，則除（X，Y）＝（a-4，1）和（8a2+a+4，（8a+1）1／2）外，最多還有2組互素的正整數解（X，Y）.

2 預備知識和引理

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

令Y（ω）＝F（-5／4，-1，3／4，ω），X（ω）＝ωY（ω-1），并用Ln表示X（ω）和Y（ω）的系數的最小公分母，Hn表示

的系數分子的最大公因數.若A和B為非零整數，D為正整數，滿足

則A4和B4顯然為域上的代數整數.又令

且C1和f為實數，滿足0＜C1＜1.25，以及

假定η、p和q為中的非零代數整數，且使得η∈｛±1，±i｝，以及

那么由（4）和（5）式及ω2＜1得定義r0為滿足的正整數.于是得出引理1.

引理1設η、p和中的非零代數整數，有：

（ii）若η＝±1，則

（iii）若r0＝1，且η-1qB4≠pA4，η＝±1，則

（iv）若r0＝1，且ηqB4＝pA4，η∈｛±1，±i｝，則

證明（i）由Y（w）＝F（-5／4，-1，3／4，w）＝1+5w／3，X（w）＝wY1（w-1）＝5／3+w，L4＝3以及H4＝8知

（ii）、（iii）和（iv）的證明參見文獻［5］的引理2.3.

借助文獻［6］中的引理2.4和引理2.5，可證下列引理.

引理2設k為正整數，a≥8.5k2為整數，則方程x2-（a2+1）y2＝k2-1-2ka（6）的所有互素的整數解由

給出，這里m為整數為Pell方程x2-（a2+1）y2＝-1的基本解.

證明設（x，y）為方程（6）的一組互素的正整數解，則當a≥8.5k2時，x2＝（a2+1）y2-（2ka-a+1.由（6）式可得

故

1）若n＝2n0，則（8）式成為

當（9）式中“+”號成立且k≠rs時，有

與a≥8.5k2矛盾.當（9）式中“-”號成立時，有

由于2（k+rs）a＞2ka≥17k3，s2-r2+k2-1＜17k2-1，故（11）式不成立.于是（9）式中“+”號成立，且k＝rs.此時（9）式成為r2s2+s2-r2-1＝0，即（r2+1）（s2-1）＝0，故s＝1，r＝k，從而有

2）若n＝2n0+1，則（8）式成為

仿1）的討論知，（12）式中“-”號成立且k＝rs.此時（12）式成為r2s2-s2+r2-1＝0，即（r2-1）（s2+1）＝0，故r＝1，s＝k.從而有

因此，當a≥8.5k2時，方程（6）的所有互素的整數解由（7）式給出.證畢.

完全類似文獻［6］中引理2.7-2.9和引理2.11的證明，可得引理3-6.

引理3設D＝a2+1，Q為正整數滿足D-Q＝l2（l為正整數），若方程x2-Dy2＝-Q的所有互素的整數解（x，y）由

以及某些整數m給出，并且（X，Y）≠（l，1）為方程

的一組互素的正整數解，則：

或

引理4若（X，Y）≠（l，1）為方程（13）的一組互素的正整數解，則有正整數x、y和g使得g2＜Q，且

這里Q為正偶數時，d＝1／4；Q為正奇數時，d∈｛1／4，1｝.

引理5設K和l是正整數，η∈｛±1，±i｝，0＜cl＜1為常數若

則

引理6設a＞k.若（X，Y）為方程（2）的一組互素的正整數解，Y2＝T2h±（a-k）U2h，h＞1，則：

（i）h＝2時，Y2＞8ka3，且

T4-（a-k）U4＝8ka3+4a2+4ka+1，

下證引理7.

引理7 設a＞k≥4，Q＝2ka-k2+1，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

證明 因a＞k，即a≥k+1，故1.由引理4知，存在正整數xj、yj和gj使得3），且

這里Q為正偶數時，d＝1／4；Q為正奇數時，d∈｛1／4，1｝.

只討論d＝1／4時，有

的情形，其他情形類似.此時有

設f（a）＝Q／（a2+1）＝（2ka-k2+1）／（a2+1），則

于是有

令ηj∈｛±1，±i｝滿足由（16）式可證先有

首

令c1＝0.467 7，則由引理5以及（2-0.467 7）可得

結合（16）式有

重復上述過程可得

因此

結合（16）式中的第一式得

由于ηj∈｛±1，±i｝，所以存在j1，j2∈｛1，2，3｝使得ηj1／ηj2＝±1.不失一般性，假定j1＝1，j2＝2及Y2＞Y1，則有

下面證明如果

那么

結合（14）式有

比較（19）式兩邊的虛部可得Y1＝Y2.這與Y2＞Y1相矛盾.

此外，由η1／η2＝ ±1知2｜（η1-η2）u-從而（18）式成立.

由（17）和（18）式以及Y2＞Y1≥6，有

結合Y2≥7，g1g2＜Q可得

因此

證畢.

引理8設a＞k≥4，Q＝2ka-k2+1.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

證明假設（X1，Y1）和（X2，Y2）是方程（2）的兩組互素的正整數解，Y2＞Y1，η1／η2＝±1，Y21＝T2h±（a-k）U2h，h＞1.根據引理4有

這里Q為正偶數時，d＝1／4；Q為正奇數時，d∈｛1／4，1｝.只討論d＝1／4時，有

的情形，其他情形類似.此時有

由（20）式可知

根據引理1的（ii），可令C1＝1.由引理6知，若hj＝2，則當a≥11，k≥4時，ε1＞2X1＞16ka4≥16×4×114＝937 024；若hj≥3，由于a＞k≥4，有ε1＞2X1＞64ka6≥64×4×56＝4×106＞937 024.因此

而有

故

此外，由（22）式和引理6，有

令ζ1∈｛±1，±i｝，使得

因此

由引理6知

故

若ζ∈｛±1，±i｝，ζ≠ζ1，ζ1＝η1／η2＝±1，則

依據引理7類似的方法處理可得-

結合（23）（25）式，有

即

證畢.

3 定理的證明

設a＞k，Q＝2ka-k2+1.假定（Xj，Yj）（j＝1，2，3）為方程（2）的3組互素的正整數解，滿足

由引理7知，存在2組互素的正整數解，不失一般性，設為（X1，Y1），（X2，Y2），Y2＞Y1，使得η1／η2＝±1，且若得出矛盾，則意味著方程（2）最多有2組互素的正整數解（X，Y）滿足h＞1.由引理1的（i）知

的正整數.我們分3種情形討論（只考慮d＝1／4的情況）.

情形1r0＝1及此時由引理1的（iii）知

因此

由引理7知

若h≥3，則當a＞k≥4時，由引理6知，Y2＞32ka5＞189k4a，與（26）式矛盾.

若h＝2，則當a＞4.87k3／2時，由引理6知Y2＞8ka3＝8ka2·a＞8k（4.87k3／2）2·a＞189k4a，也與（26）式矛盾.

情形2r0＝1，ηqB4＝pA4以及η∈｛±1，±i｝.此時

令gcd（X1，Q）＝l，由gcd（X1，Y1）＝1知l｜（a2+1），故l｜2k（a2+1）-aQ＝（k2-1）a+2k，從而l｜2k（（k2-1）a+2k）-（k2-1）Q＝（k2+1）2.進一步有

因此，由（27）式及引理4可得

又由引理1的（iv）知

于是

由g1g2＜Q，并結合（28）和（29）式得

若h≥5，則當a＞k時，由引理6知，Y2＞512ka9＞與（30）式矛盾.

若h＝4，則當a＞1.002k49／43時，由引理6知，

也與（30）式矛盾.

若h＝3，則當a＞1.32k49／31時，由引理6知，

仍與（30）式矛盾.

若h＝2，則當a＞2.41k49／19時，由引理6知，

同樣與（30）式矛盾.

情形3r0＞1.由r0的定義知，w2｜qf｜≥1，故＜

根據引理8，結合（32）式和g1g2Q，可得

若h≥5，則當a＞k≥4時，由引理6知，Y2＞512ka9＝512k·53·k4·a2＝64 000k5a2，與（33）式矛盾.

若h＝4，則當a＞2.4k0.8時，由引理6知，Y2＞128ka7＝128ka5·a2＞128k（2.4k0.8）5·a2＞10 192k5a2，也與（33）式矛盾.

若h＝3，則當a＞6.821k4／3時，由引理6知，Y2＞32ka5＝32ka3·a2＞32k（6.821k4／3）3·a2＞10 155k5a2，仍與（33）式矛盾.

若h＝2，則當a＞1 270k4時，由引理6知，Y2＞8ka3＞8k·1 270k4·a2＝10 160k5a2，同樣與（33）式矛盾.

最后，需要討論h＝1的情形.

假定（X，Y）≠（a-k，1）為方程（2）的一組互素的正整數解，滿足Y2＝T2±（a-k）U2，則Y2＝2a2+1±（a-k）·2a，故有Y2＝4a2-2ka+1及Y2＝2ka+1.

綜上，若a＞1 270k4，（X，Y）≠（a-k，1），則方程（2）除開4a2-2ka+1和2ka+1為平方數外最多只有2組互素的正整數解（X，Y）.定理得證.

說明 由定理的證明不難看出，欲將定理中的條件“a＞1 270k4”加強為“a＞k”，只需證：

1）當k＜a＜8.5k2時，方程（6）的所有互素的整數解由（7）式給出.

2）當k＜a≤max｛2.4k0.8，1.002k49／43｝時，T8±（a-k）U8為非平方數；

當k＜a≤max｛1.32k49／31，6.821k4／3｝時，T6±（a-k）U6為非平方數；

當k＜a≤1 270k4時，T4±（a-k）U4為非平方數.

4 推論的證明

（i）當a＝1時，方程（3）成為

運用遞歸序列、同余式和平方剩余的初等方法可證明方程（34）僅有正整數解（X，Y）＝（3，1）和（13，3）.

（ii）當a＝2時，方程（3）成為

根據文獻［9］的第79頁定理3，方程（35）僅有正整數解（X，Y）＝（2，1）.

（iii）當a＝3時，方程（3）成為

這是文獻［5］的定理1.3中a＝n＝1，p＝3的情形.考慮到（X，Y）＝（1，1），（79，5）適合方程（36），且方程x2-10y4＝-1有一組整數解（x，y）＝（3，1），故方程（36）僅有2組互素的正整數解（X，Y）＝（1，1），（79，5）.

（iv）當a＝4時，方程（3）成為

易知，17｜X.令X＝17X1，則得由文獻［10］第七章第一節定理知，該方程無正整數解（X1，Y），從而方程（37）無正整數解（X，Y）.

（v）當a≥5時，考慮到k＝4，證明：

1）4＜a＜136的情形下，方程（6）的所有互素的整數解由（7）式給出.

根據引理2的證明，rs＜16.

若n＝2n0，則

由（38）式知，s、r為一奇一偶，故

經驗證知：（s，r）＝（1，4），（1，6），（1，8），（1，10），（1，12），（1，14），且取“+”號.

當（s，r）＝（1，4）時，a為任意正整數，此時

當（s，r）＝（1，2m）（m≠2）時，由（38）式得a＝m+2.此時

若n＝2n0+1，則

經驗證知：（s，r）＝（4，1），（6，1），（8，1），（10，1），（12，1），（14，1），且取“-”號.

當（s，r）＝（4，1）時，a為任意正整數.此時

當（s，r）＝（2m，1）（m≠2）時，由（39）式得a＝m+2.此時

2）當4＜a≤max｛2.4×40.8，1.002×449／43｝時，a＝5，6，7，此時T8-（a-4）U8＝43 490 761，73·444 487，442 394 569，T8+（a-4）U8＝13·4 977 757，739·408 427，1 109·986 837皆非平方數；同樣，由Maple 9.5計算知，當4＜a≤max｛1.32×449／31，6.821×44／3｝，即5≤a≤43時，T6±（a-4）U6皆非平方數；當4＜a≤1 270×44，即5≤a≤325 120時，T4±（a-4）U4皆非平方數.

3）若4a2-8a+1＝M2（M為正整數），則得a＝2，與a≥5矛盾.因此推論得證.

致謝泰州學院教博基金（TZXY2018JBJJ-002）對本文給予了資助，謹致謝意.