關于不定方程x3-1=151y2的整數解

收稿日期：2023-12-10

基金項目：普洱學院一流課程（2023YLKCZD010）。

作者簡介：尹" 秘（2000-），女，云南曲靖，在讀碩士研究生，研究方向：不定方程。

通訊作者：王" 軍（1970-），男，湖南衡陽，博士，講師，研究方向：橢圓曲線。

摘要：利用同余、遞歸數列、因式分解等相關性質，證明了丟番圖方程x3-1=151y2有且僅有一個整數解（x，y）=（1，0）。

關鍵詞：整數解；不定方程；同余式；遞歸數列

中圖分類號：O156.1" " "文獻標識碼：" A" " " 文章編號：2095-7734（2024）03-0032-04

1引言

" 丟番圖方程一直是人們研究的熱點問題，因為它在密碼學、編碼理論等領域有著重要的應用。另一方面，從二次丟番圖方程一直到高次丟番圖方程以及一些特殊類型的丟番圖方程，其可解性沒有一個統一的解決方法，對每一類不定方程，需要具體問題具體分析，從而采取行之有效的方法。例如佩爾方程x3-1=Dy2（D∈Z+，且D不含平方因子）的可解性問題佐證筆者的看法。它一直是數論領域研究的一個焦點問題，不少學者對其進行研究。關于它的研究進展筆者概括如下。

" 柯召、孫琦[1][2]已經完全解決了D中不含有3和6k+1型素因子的這類不定方程，并證明了這類丟番圖方程沒有整數解。而當D中含有6k+1型素因子時，這類不定方程x3-1=Dy2 的可解性是一個難以解決的問題。[3]到目前為止，當Dlt;100時，其可解性已經被全部解決；[4]當D=1，2，7，14，35，37，38，57，65，86，91時，無整數解；而對于其余的D僅有平凡解（x，y）=

（-1，0）。而Dgt;100時，只看到了一些零散的情況。[5-9]例如，魯偉陽，高麗，郝虹斐在文獻[7]中證明方程x3-1=301y2 僅有整數解（x，y）=（1，0）；胡江美等人在文獻[10]中證明了方程x3+1=2019y2 的整數解，并得出了該方程僅有整數解（x，y）=（-1，0）；杜先存、萬飛、楊慧章在文獻[11]中研究了丟番圖方程x3±1=1267y2的整數解，得出了x3-1=1267y2的整數解為（x，y）=（1，0），（60817，±421356），而x3+1=1267y2方程的解為（x，y）=（-1，0）。

" 雖然D含有6k+1的素因子已經有不少的研究結果，但這類方程的可解性仍沒有一個統一的解決方法，因此，繼續研究它是非常有必要的。本文在前人研究的基礎上，對D=151時的情形進行了研究。用遞歸數列、同余和因式分解等初等方法證明了不定方程x3-1=151y2有唯一的整數解。

" 為了完成證明，先給出如下一些引理。

2引理

引理1[12]不定方程4x4-3y2=1僅有正整數解（x，y）=（1，1）。

引理2[12]不定方程x4-3y2=1僅有整數解（x，y）=

（±1，0）。

引理3[13]不定方程x2-Dy4=1，僅有兩組正整數解。

引理4[13]當Dlt;400時，其中D為3，5，8，14，15，18，

20，24，33，35，39，48，60，63，65，68，79，80，83，95，99，105，120，138，143，150，156，168，183，189，195，203，224，248，254，255，258，264，288，315，320，325，328，333，360，390，399時，方程x2-Dy4=1有正整數解。對其余的D，方程x2-Dy4=1無正整數解。

引理5[12][13]如果K是方程x2-Dy2=M的一個結合類，而K的基本解是u0+v0■，則方程x2-Dy2=M屬于結合類K的全部整數解可由x+y■=（u0+v0■）（x0+y0■）n，n∈Z表出，其中Pell方程x2-Dy2=1的基本解是x0+y0■。

引理6[12][13]設p是一奇素數，且（a，p）=1那么

（1）x2≡a（modp）有解的充要條件是a■=1（modp）。

（2）x2≡a（modp）無解的充要條件是a■=-1（modp）。

引理7[12][13]設p是素數且不定方程x2-Dy4=±p有整數解。則當p|2D時，它有一個結合類解；當p 2D時，它有兩個互為共軛的結合類解。

3主要結果及證明

定理：不定方程x3-1=151y2僅有整數解（x，y）=（1，0）。

證明：因為（x-1，x2+x+1）=1或3，則不定方程有以下4種可能的情形：

情形（一）：x-1=151z2，x2+x+1=w2，y=zw，（z，w）=1；y，z∈Z

情形（二）：x-1=z2，x2+x+1=151w2，y=zw，（z，w）=1；y，z∈Z

情形（三）：x-1=453z2，x2+x+1=3w2，y=3zw，（z，w）=1；y，z∈Z

情形（四）：x-1=3z2，x2+x+1=453w2，y=3zw，（z，w）=1；y，z∈Z

" 下面分別討論這4種情形：

情形（一）：由x2+x+1=w2得出x=0，-1，將x=0，-1代入方程x-1=151z2中，顯然不成立。

情形（二）：由x2+x+1=151w2得到（2x+1）2-151（2w）2=-3。因為不定方程X2-151Y2=-3有兩個共軛的結合類解，基本解分別為86+7■，-86+7■，所以X2-151Y2=-3的全部解分別表示為：

X+Y■

=±（xn+yn■）

=±（86+7■）（un+vn■）

=±（86+7■）（1728148040+140634693■）n

和

X+Y■

=±（xn+yn■）

=±（-86+7■）（un+vn■）

=±（-86+7■）（1728148040+140634693■）n

其中1728148040+140634693■是U2-151V2=1的基本解。因此有2x+1=±xn或2x+1=±xn，此時會出現4種情況，容易得到xn=-x-n，yn=y-n。當2x+1=±xn，n∈Z時，有2z2+3=±xn。

易驗證下面的遞推公式成立：

un+2=3457496080un+1-un，u0=1，u1=1728148040；（1）

vn+2=3457496080vn+1-vn，v0=0，v1=140634693；（2）

xn=86un+1057vn，xn=-86un+1057vn；（3）

xn+2=3457496080xn+1-xn，x0=86，x1=297271601941；（4）

xn+2≡-x（mod2）（5）

由（4）和（5）式知，當2|n時，則2|xn，但2 2x+1，從而2z2+3=±xn不可能成立。因此，只需要考慮當2 n時，2z2+3=±xn這兩種情形。

（i）當2z2+3=xn時，由（4）式得x2k+1≡1（mod3），然而2z2+3≡-1，0（mod3），顯然矛盾。因此，當2 n時，2z2+3=xn不可能成立。

" （ii）當2z2+3=-xn時，由（4）式得x2k+1≡（-1）k7（mod19）。從而4z2=2x2k+1-6≡（-1）k14-6（mod19），則有-2x2k+1-6≡8（mod19），k=2m-1（mod19），k=2m+1，k=2m∈Z。當k=2m時，假設x2≡-2x4m+1-6（mod19）有解，由8■=89≡-1（mod19）知x2≡-1（mod19）矛盾，因此x2≡

-2x4m+1-6（mod19）無解。當k=2m+1時，假設x2≡

-2x4m+1-6（mod19）有解，-2x4m+3-6≡-1（mod19），x2≡-1（mod19），則產生矛盾。因此x2≡-2x4m+3-6（mod19）無解。

" 綜上所述，當2 n時，2z2+3=±xn不可能成立，于是知情形（二）無解。

情形（三）：由x2+x+1=3w2得（2w）2-3（■）2=1。將x-1=453z2代入得（2w）2-3（302z2+1）2=1，則會有|2w|+（302z2+1）■=rn+sn■=（2+■）n，其中（2+■）n，n∈z給出了當Rgt;0時Pell方程R2-3S2=1的所有整數解。因此有sn=302z2+1，n∈z，易驗證下列的遞推公式成立：

sn+2=4sn+1-sn，s0=0，s1=1" （7）

rn+2=4rn+1-rn，r0=1，r1=2 （8）

rn+1=2rn-3sn，sn+1=rn+2sn （9）

r2n=r■■-3s■■，s2n=2rnsn（10）

r■■-3r■■=1，（rn，sn）=1 （11）

由（7）式得s4k≡0（mod4），s4k+1≡1（mod4），s4k+2≡1（mod4），s4k+3≡1（mod4），下面分情形討論：

" （A）當n=2m時，根據（10）式得s2m≡0（mod2），但sn=302z2+1≡1（mod2）矛盾，所以在此情形下方程無解。

" （B）當為n=2m+1時。

（1）當m=2k時，由302z2=s4k+1-1=r4k+2s4k-1=r■■+3s■■+4r2ks2k-（r■■-3s■■）=2（3s2k+2r2k）s2k=2r2k+1s2k得151z2=r2k+1s2k。由于（r2k+1，s2k）=（2r2k+3s2k，s2k）=（2r2k，s2k）=2，所以不妨設z=2uv，其中gcd（u，v）=1，則有如下幾種情形：

" （i）當r2k+1=2×151u2，s2k=2v2時，有r■■-12v4=1。根據引理4可知，r■■-12v4=1無正整數解，故僅有整數解（±1，0）。從而有rk=1，sk=0，當sn=302z2+1≡1（mod2）時，原方程無解。

（ii）當r2k+1=2u2，s2k=2×151v2時，有4u4-3s■■=1。根據引理1得，4u4-3s■■=1有且僅有（u，s2k+1）=（1，1）這組正整數解，即r2k+1=2，s2k+1=1。當v=0，z=0，w=1時，求出原方程的解為（x，y）=（1，0）。

" （2）當m=2k+1時，由302z2=s4k+3-1=r4k+2+2s4k+2-1=r■■+3s■■+4r■■s■■=2（3s■■+2r■■）s■■=2r■■s■■，151z2=r■■s■■，（r■■，s■■）=（2r■■+3s■■，s■■）=（2r■■，s■■）=1，所以不妨設z=uv，（a，b）=1，則有：

" （i）當r■■=151a2，s■■=b2時，r■■-3b4=1。根據引理3知，方程r■■-3b4=1最多有兩組正整數解，從而知該方程的非負整數解為（r■■，b）（1，0）（2，1）（7，2）。因為b是奇數，則r■■=2，b=1，v=0，z=0，w=1。此時，原方程的解為（x，y）=（1，0）。

" （ii）當r■■=a2，s■■=151b2時，有a4-3s■■=1。根據引理2可知，方程a4-3s■■=1僅有整數解為（a，

s■■）=（1，0）。此時，求出原方程的解為（x，y）=（1，0）。

" 綜上所述，方程x3-1=151y2在情形（三）的條件下僅有整數解為（x，y）=（1，0）。

情形（四）：由x2+x+1=3×151w2得（2x+1）2-3×151（2w2）=-3。由x-1=3z2，得（6z2+3）2-453（2w2）=-3。因為不定方程X2-453Y2=-3有且僅有一個結合類解，其基本解是1575+74■，因此X2-453Y2=-3的全部解可表示為

X+Y■

=±（xn+yn■）

=±（1575+74■）（un+vn■）

=±（1575+74■）（1653751+77700■）n

其中1653751+77700■是Pell方程U2-3×151V2=1的基本解。設6z2+3=±xn，從而有（6z）2=

±6xn-18。容易得到下列遞推公式：

un+2=3271502un+1-un，u0=1，u1=1653751 （12）

vn+2=3271502vn+1-vn，v0=0，v1=77700" （13）

xn+2=3271502xn+1-xn，x0=1575，x1=5209317225 （14）

由（14）得xn≡0（mod5），但6z2+3≡z2+3≡-1，2，3（mod5）。因此6z2+3=±xn不可能成立，則情形（四）無解。

" 綜上所述，不定方程x3-1=151y2僅有整數解（x，y）=（1，0）。

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On the Integer Solutions of the Indefinite Equation x3-1=151y2

YIN Mi， XIANG Wanguo， WANG Jun*， SHANG Yu

（School of Mathematics and Computer Science，Yunnan Minzu University，Kunming 650504，Yunnan; College

of Mathematics and Computer Science， PuEr University，Pu'er 665000，Yunnan，China）

Abstract：This paper has proved that the Diophantine equationhas and only has one integer solution，by using the congruence，recursive series，factorization and other related properties.

Keywords：integer solution; indefinite equation; congruences; recurrent series