（基础数学专业论文）关于不定方程x313py2x327py2.pdf

西南大学硕士学位论文 摘要 关于不定方程z 3 1 = 印秒2 ，x 3 2 7 = p y 2 基础数学专业硕士研究生李鑫 指导老师罗明教授 摘要 关于不定方程z 3 1 = 3 瑚2 ，z 3 2 7 = p y 2 p 为素数) ，当p 三l ( m o d6 ) 时方 程的求解较为困难，很难找到一个统一的方法把这类不定方程的整数解全部给出 本文分别使用代数数论的方法以及初等方法中的递归数列，二次剩余，p e l l 方程， 同余法来研究了上面两个不定方程 作为代数数论中重要组成部分，二次域，理想数唯一分解定理对研究不定方 程有重要作用，第三章我们用代数数论的方法给出方程只有平凡整数解的充分条 件，当p 三l ( m o d2 4 ) ，q ( 师) 的类数为h ，( 3 ，h ) = 1 时，z 3 1 = 3 p y 2 只有平 凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) 类似方法可得出当p 三1 9 ( r o o d2 4 ) ，q c v 币) 的类数为h ， ( 3 ，h ) = l 时，z 3 1 = p y 2 只有平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) 对不定方程护一1 = 3 p y 23 p 1 0 0 2 0 1 的情况已全部解决，当不定方程有 非平凡整数解时，代数数论的方法受到局限，至今仍没有找到一个方法来给出 方程的全部整数解，第四章我们考虑了p ( 5 0 即当p = 3 7 ，4 3 时的情况，得 出z 3 一l = l l l y 2 仅有整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) ，( 1 0 ，- t - 3 ) ；z 3 一l = 1 2 9 y 2 仅有整数 解( z ，掣) = ( 1 ，o ) ，因为矿一1 = 3 p y 2 与0 3 2 7 = p y 2 有密切联系，我们同时 给出矿一2 7 = p y 2 ，当p = 3 7 ，4 3 时全部整数解的情况护一2 7 = 3 7 y 2 仅有 整数解( z ，秒) = ( 3 ，o ) ，( 3 0 ，士2 7 ) ，( 4 ，士1 ) ，( 8 4 4 ，- i - 4 0 3 1 ) ；护一2 7 = 4 3 y 2 仅有整数解 ( z ，y ) = ( 3 ，0 ) 关键词：不定方程整数解理想数二次域递归数列p e u 方程二次剩余 s t u d i e so nt h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o n z 3 1 = 3 p y 2 ，z 3 2 7 = p 秒2 m a j o r ： n a m e ： s u p e r v i s o r ： e l e m e n t a r ym a t h e m a t i c s l ix i n p r o f e s s o rl u om i n g a b s t r a c t w h e n p 三1 ( r o o d 6 ) f o r t h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o nx s _ l = 3 础2z 3 - 2 7 = p y 2 ( p i sap r i m e ) ，i ti sd i f f i c u l tt of i n dac o m m o nm e t h o dt oo b t a i na l li n t e g e rs o l u t i o n s i n t h i sp a p e r ，w es e p a r a t e l yu s et h ea l g e b r a i cn u m b e rt h e o r ym e t h o da n dt h e r e c u r r e n c e s e q u e n c e s ，q u a d r a t i cr e s i d u e ，p e l le q u a t i o n ，c o n g r u e n c em e t h o do ft h ee l e m e n t a r y m e t h o ds t u d yt h ea b o v ed i o p h a n t i n ee q u a t i o n s a sa ni m p o r t a n tp a r to fa l g e b r a i cn u m b e rt h e o r y ，q u a d r a t i cf i e l d s ，t h ei d e a l n u m b e ro fu n i q u ef a c t o r i z a t i o nt h e o r e mp l a ya ni m p o r t a n tr o l ei nr e s e a r c ho ft h e d i o p h a n t i n ee q u a t i o n ，i nt h et h i r dc h a p t e r s ，w eu s e t h em e t h o do fa l g e b r a i cn u m b e r t h e o r yt og i v eas u f f i c i e n tc o n d i t i o ns u c ht h a tt h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o nh a sn o p o s i t i v ei n t e g e rs o l u t i o n ，w h e np 兰l ( m o d2 4 ) ，t h ec l a s sn u m b e ro fq ( 同石) i s h ， a n d ( 3 ，h ) = 1 ，t h e n 一一1 = 3 p y 2h a so n l yt r i v i a li n t e g e rs o l u t i o n ( x ，可) = ( 1 ，o ) ， s i m i l a r l y , w h e np 兰1 9 ( r o o d2 4 ) ，t h ec l a s sn u m b e ro fq ( 厂刁) i sh ，a n d ( 3 ，h ) = 1 ， t h e nz 3 1 = p y 2 0 n l yh a st r i v i a li n t e g e rs o l u t i o n ( z ，y ) = ( 1 ，0 ) t h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o n x 3 1 = 3 p y 2h a sb e e ns o l v e df o r3 p 0 ) ( 1 1 1 ) z 3 2 7 = d y 2 ( d 0 )( 1 1 2 ) ( 一) l e b e s g u e 在1 8 5 0 年证明了方程z 3 1 = y 2 只有平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) ，1 9 4 2 年l j u n g g r e n i l l 证明了( 1 1 1 ) 在d 2 ，d 无平方因子且不被3 或 6 七十1 型素数整除时，最多只有一组正整数解，同时l j u n g g r e n 1 】还证明了方程 z 3 1 = 2 3 y 2 仅有平凡整数解( z ，可) = ( 1 ，o ) 以及z 3 1 = 7 y 2 仅有三组正整数解 ( z ，y ) = ( 2 ，1 ) ，( 4 ，3 ) ，( 2 2 ，3 9 ) 但l j u n g g r e n 的、方法都不是初等的，具有较大改进 的是1 9 8 1 年柯召，孙琦【2 一，用p e l l 方程的方法证明了当d 6 ，且d 不被6 七+ 1 型素数整除时，( 1 1 1 ) 仅有平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) ，曹珍富和刘培杰【4 】用分解因 子法给出更为简洁的初等证明，连同d = 1 ，2 ，3 ，6 一起，这样d 0 ，且不被6 七十l 型素数整除时( 1 1 1 ) 仅有平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) 因此现在研究( 1 1 1 ) 主要集 中在d z ，d 无平方因子，且d 含6 七+ 1 型素因子的情况 1 9 9 1 年曹玉书1 5 1 给出了d 含6 + 1 型素因子，但不含8 忌+ 1 与8 七+ 5 型 素因子时方程( 1 1 1 ) 只有平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) 的若干充分条件1 9 9 5 年 罗明 6 】证明了不定方程矿一1 = p y 2 ，当p 兰7 ( r o o d8 ) 是一素数时，仅有平凡 整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) ，显然p 可以是6 七+ l 型素数2 0 0 3 年邓谋杰等人吲给出 了d 含6 七十1 型素因子，且含8 七+ 1 与8 七+ 5 型素因子时，方程( 1 1 1 ) 只有 平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) 的若干充分条件2 0 0 4 年乐茂华【8 】讨论了不定方程 z 3 1 = 3 p y 2 ，p 为奇素数，当p = 1 2 s 2 + 1 ，s 为正整数时，z 3 一l = 3 p y 2 只有平凡 整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) ( 二) 关于( 1 1 2 ) ，1 9 8 8 年曹玉书【9 】证明了方程( 1 1 2 ) 在d 0 ，d 无6 后+ 1 形状的素数的奇次幂，除开d = 2 ，仅有非平凡整数解( z ，可) = ( 5 ，士7 ) ；d = 9 8 ，仅 有非平凡整数解( z ，y ) = ( 5 ，士1 ) 的情况以外，仅有平凡整数解如，y ) = ( 3 ，0 ) 因 此，现在研究( 1 1 2 ) 也主要集中在d z ，d 无平方因子，且d 含6 七+ l 型素因 子的情况 ( 三) 当d 含有6 七+ 1 型素因子且无平方因子时，方程( 1 1 1 ) 与( 1 1 2 ) 的求 解较为困难，2 0 0 5 年段辉明p o l 总结了( 1 1 1 ) 当0 d 1 0 0 的解的情况2 0 0 8 年 1 西南大学硕士学位论文 1 2 本文的安排 牟全武【1 l 】证明了不定方程护一1 = 1 0 3 y 2 仅有整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) 对于( 1 1 1 ) 当1 0 0 d 0 时称q ( 何) 是实二次域，当d 2 ，定义整变数d 的函数，当d 是模p 的二次剩余时， ( ；) = 1 ；当d 不是模p 的二次剩余时，( ；) = 一1 ；当pid 时，( ；) = 0 我们把( ：) 称 为模p 的l e g e n d r e 符号 性质2 2 5 1 7 】对于l e g e n d r e 符号我们有以下基本性质： ( 1 ) ( 害) = ( ；d ，石c ) ( 2 ) ( ：) = ( 皆) ( 3 ) ( ：) = d 孚( m d d p ) ( 4 ) 当p 不整除d 时，( 譬) = 1 ( 5 ) ( ；) = 1 ，( 吾) = ( 一1 ) 孕 定义2 2 6 17 】设奇数p l ，p = p x p 2 p s ，p j ( 1 j 8 ) 是素数，定义： ( ；) = ( 暑) 。( 蓦) ( 舞) 这里( 暑) ，( 1 j 5 ) 是模乃的l e g e n d r e 符号，我们把 ( ：) 称为是j a c o b i 符号 显然，当p 本身是奇素数时，j a c o b i 符号就是l e g e n d r e 符号由定义和 l e g e n d r e 符号的基本性质立即得出j a c o b i 符号有以下基本性质： 性质2 2 7 1 7 ( 1 ) ( ；) = 1 ；当，d ) 1 时，( ；) = o ；当( p ，d ) = 1 时，( ；) 取值为士1 ( 2 ) ( ；) = f 巡p ) ( 3 ) ( 志) = ( 暑) ( 舞) ( 4 ) ( 害) = ( ；d ，l ；c ) ( 5 ) 当p ，d ) = 1 时，( 罟) = ( 参) = 1 ( 6 ) ( 寻) = ( 一1 ) 孚，( ；) = ( 一1 ) 孚 2 6p e l l 方程 定义2 2 8 1 8 】设d 是正整数，且不是一个完全平方，形如x 2 一d y 2 = 1 的不定 方程叫p e l l 方程 定理2 2 9 1 8 】p e l l 方程x 2 一d y 2 = 1 有无限多组整数解z ，y 设z 3 一d 垢= 1 ，t , 0 0 ，y o 0 是所有z 0 ，! ， 0 的解中使。+ 可何最小的那组解称( z o ，y 0 ) 为护一d y 2 = 1 的基本解，则z 2 一d y 2 = 1 的全部解z ，y 由 、 z + ! ，、万= 士( z o + u o v - 万) n 表出，其中n 是任意整数 形如z 2 一d y 2 = - 1 的方程也叫p e l l 方程，我们有下面的定理 6 定理2 3 0 i s 设d 是不含完全平方的正整数，如果方程z 2 一d y 2 = - i 有解， 且设n 2 一d b 2 ：一1 ，o o ，b 0 是所有z o ，y 0 的解中使z + 可河最小的那 组解( 口，b 叫作z 2 一d y 2 = 一1 的基本解) ，则护一d 耖2 = - i 的全部解z ，y 由 z + 秒 万= 士( n + 6 万) 2 n + 1 表出，其中馆是任意整数，且= x o + y o v - 乃= ( a + 6 河) 2 其中( x o ，y o ) 是 z 2 一d 可2 = 1 的基本解 定理2 3 1 f l9 】设u o + 加佃是方程z 2 一d y 2 = ( 其中d 是一个不含完全 平方的正整数，n 0 ，n z ) 的某结合类k 的基本解，z o + 加河是p e l l 方程 z 2 一d 2 = 1 的基本解，则有 厅一 o 主( 勋+ 1 ) 。妯i 蒜舞 定理2 3 2 1 9 设咖+ 如何是方程z 2 一d y 2 = 一( 其中d 是一个不含完全 平方的正整数，n 0 ，n z ) 的某结合类k 的基本解，跏+ 蜘面是p e l l 方程 护一d 可2 = 1 的基本解，则有 斤一 0 、主一1 ) n 吲邮舞 定理2 3 3 1 9 1 设u o + 如河是方程z 2 一d y 2 = ( 其中d 是一个完全不含平 方的正整数，n o ，n z ) 的一个解，又设8 + 佃是p e l l 方程z 2 一d y 2 = 1 的 任意一个解，则有 ( t l + v v s ) ( s + t v 5 ) = ( 铒s + ”d 厕 也是护一d y 2 = n 的一个解，这是我们称这个解与解u + t ，何相结合 7 西南大学硕士学位论文第3 章代数数论方法研究不定方程 第3 章代数数论方法研究不定方程 3 1 关于不定方程z 3 1 = 3 p y 2 引理3 1 1 【1 5 】设q o 】的理想类数为h ，( f h ) = 1 则丢番图方程x y = c z ， ( z ，y ) = 1 在z o 】上的全部解可表为z = 1 c 1 ，y = 6 c 2 ，z = 6 q p ，这里l 已= 器，c c 2 = c 且莓l ，已，6 是q 吲中的单位数，c 1 ，c a ，a ，p z o l ，( c i ，c 2 ) = 陋，p ) = 1 定理3 1 2 当p 三l ( m o d2 4 ) ，q ( 师) 的类数为h ，( 3 ，h ) = 1 时，不定方程 z 3 一l = 3 p y 2 只有平凡整数解( 嚣，y ) = ( 1 ，o ) 证明因为z 3 1 = 3 p y 2 ，所以z 3 = 3 p y 2 + 1 转化为理想数不定方程得 p 】3 = 【1 + 、，二面刁】【1 一、，二两动】 设( 【1 + 俑】，【1 一厢】) = a ，ai 【2 】 由定理2 1 9 可知，因为一印三5 ( r o o d8 ) ，所以2 在q ( 厂习习中是惯性的因 此a = 1 或 2 】 由方程显然可知z ，y 奇偶性不同 当z 为偶数，y 为奇数时， y 2 兰l ( m o d8 ) ，因为p 兰l ( m o d2 4 ) ，所以3 p 三3 ( r o o d8 ) ，方程右边3 p y 2 三 3 ( r o o d8 ) ，左边z 3 1 兰7 ( r o o d8 ) 矛盾所以只需讨论z 为奇数，3 ，为偶数的情形 当z 为奇数，可为偶数时， ( 1 ) 当a = 【2 】时，推出z 兰o ( m o d2 ) 矛盾 ( 2 ) 当a = 1 时，【1 + 锄】与【1 一v = - 历p y 】互素 由理想数唯一分解定理可得【1 + v l 夏- p y 】= b 3 ，因为( 3 ，h ) = 1 ，所以b 是一个 主理想数因为p 兰l ( m o d2 4 ) ，所以一3 p 兰l ( m o d 4 ) 设b = f 学】缸三b ( m o d2 ) ) ，代入上式得 【1 + 厂丽】- 【生掣生】s 由定理2 1 0 知q ( 4 ：- 3 晒) 的单位数是士1 由引理3 1 1 可知 1 + 、，= j 为：( 士1 ) ( ! 掣) 3 因为士1 可以拿到三次方里面，即可以不考虑只需考查 1 + 厂葡：( 生掣三望) 。 8 西南大学硕士学位论文 3 2 关于不定方程z 3 一l = p y 2 进而得：8 = 8 ( 8 2 9 p b 2 ) ，8 y = 3 a 2 b 一印6 3 当a 兰b 三o ( m o d2 ) 时o = 2 a 1 ，b = 2 b l 此时1 = a l ( 口 一9 v 嗜) 推出口= 2 ， b = 0 即此时有平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) 当a 三b 三l ( m o d2 ) 时有n 2 9 p b 2 = 8 ，口= 1 或a 2 9 p b 2 = 8 ，o = - 1 这两 种情形均无解所以z 为奇数，可为偶数时，方程只有平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) 所以当p 三l ( m o d2 4 ) ，q ( v r ：- 3 莎) 的类数为h ，( 3 ，h ) = 1 时，不定方程z 3 1 = 3 p y 2 只有平凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) 3 2 关于不定方程z 3 1 = 础2 定理3 2 1 当p 三1 9 ( m o d2 4 ) ，q ( v r 刁的类数为h ，( 3 ，h ) = 1 时，不定方程 z 3 1 = 删2 只有平凡整数解( 甄y ) = ( 1 ，0 ) 。 证明与3 1 中的定理的证明方法类似 推论3 2 2 当p = 1 9 ，4 3 ，6 7 ，9 1 ，1 1 5 ，1 6 3 ，1 8 7 时，不定方程z 3 1 = p y 2 只有平 凡整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) 证明由文献【2 0 】可知，当p = 1 9 ，4 3 ，6 7 ，9 1 ，1 1 5 ，1 6 3 ，1 8 7 时，p 三1 9 ( r o o d2 4 ) ， q ( 同的类数h 都满足( 3 ，h ) = 1 ，由定理可知方程z 3 1 = 列2 只有平凡整数 解( z ，y ) = ( 1 ，o ) 9 西南大学硕士学位论文 第4 章初等方法研究不定方程 i i ；i i i i i ；i i ；i ；i ；i mll一7 2 - - j ；i i i ；宣 第4 章初等方法研究不定方程 4 1 关于不定方程z 3 1 = 3 刚2 4 1 1 z 3 1 = l l l y 2 2 0 0 5 年段辉明【1 0 】总结了矿一1 = d y 2 ( 0 0 ，n = 2 3 5 7 2 k ，2 十k ，现对k 分两种情况讨论： 当k 兰一l ( m o d4 ) 时，令 l3 2 。t 三0 ，1 ，2 ，3 ，5 ，7 ，8 ，1 0 ，1 1 ，1 3 ，1 5 ，1 7 ( r o o d1 8 ) m = 1 5 2 t 三4 ，9 ，1 2 ( m o d1 8 ) 【3 5 2 t 兰6 ，1 6 ( r o o d1 8 ) 注意到m 兰o ( m o d4 ) 时，札m 兰l ( m o d8 ) ，兰o ( m o d8 ) ，u m 2 + l l l v 磊兰 1 ( r o o d 8 ) ，故 a 2 三9 t 未+ 1 2 l l l v 磊+ 2 2 2 u m v m ( m o du 2 m ) (竖丝坐迪)=(333v磊+222umvm)u2mu 2 m = ( 警) 1 u l l 。m v m ，) = ( u 3 彘v m 十+ 2 u r n ) = ( 乏鍪等 荨惫) = ( 铿) = ( 73 v m 4 5 + 3 a m - ) = 一( 警) 2i 丐而j - 。j2 一l 矿j 利用递归数列( 4 ) ，( 5 ) 式对 3 + 2 u 仇) 取模4 5 3 得周期为7 6 的剩余类序列， 根据m 的取法同时注意到f 2 对模7 6 有周期1 8 可得表1 表1 ：南兰- l ( m o d 4 ) 情况下的数据 t ( 2 ) ( m o d l 8 ) 012345678 r e ( r o o d 7 6 ) 6 0 4 4 1 22 41 22 03 6 4 8 3 + 2 u m ( m o d 4 5 3 ) 5 61 0 4 1 5 8 2 5 7 1 5 85 31 4 0 2 0 33 0 8 t ( 2 ) ( m o d l 8 ) 91 01 1 1 21 31 41 51 6 1 7 r e ( r o o d 5 7 ) 43 26 43 22 8 5 23 646 8 3 + 2 u 。( r o o d 4 5 3 ) 2 0 3 1 4 32 1 81 4 33 3 5 2 1 2 1 4 02 0 3 3 2 6 表1 中所有m 均有( 弛嗓产) = 1 ，所以1 = ( 杀) = 一( 弛嚷产) = 一1 ，矛盾 当k - - l ( m o d4 ) 时，令 l 3x2 。t 三1 ，2 ，3 ，4 ，6 ，8 ，9 ，1 0 ，1 1 ，1 2 ，1 6 ，1 7 ( r o o d l 8 ) m = 1 5 2 t 三0 ，5 ，1 3 ，1 4 ( r o o d1 8 ) 【3 5 2 拒7 ，1 5 ( r o o d l 8 ) 由( 6 ) ，( 7 ) 得x n 三- - x 2 m ( r o o d ) 2 a 2 三一一3 三一2 4 u 2 1 8x1 1 1 镌一4 4 4 ( m d du 加) a 2 三一t 2 u 2 9 1 1 1 2 2 2 2 u m v m ( m o du 2 m ) 从而有 ( 些益二型u 堡2 m 盥) 叫鼍) 4 0 t ， 对 2 u m 一3 ) 取模4 5 3 得周期为7 6 的剩余类序列，根据m 的取法，同时注 意到 2 。) 对模7 6 有周期1 8 ，可得表2 表2 ：k 三l ( m o d4 ) 情况下的数据 t ( 2 ) ( m o d l 8 ) 0l2345678 r e ( r o o d 7 6 ) 7 24 41 22 44 82 44 0 7 28 一3 + 2 u m ( m o d 4 5 3 ) 2 0 31 4 32 1 82 1 23 3 5 2 1 21 4 0 2 0 33 2 6 t ( 2 ) ( m o d l 8 ) 9 1 01 11 21 31 41 51 61 7 r e ( r o o d 7 6 ) 93 26 45 26 45 24 07 26 8 一3 + 2 u 。( r o o d 4 5 3 )5 61 0 4 1 5 8 2 5 7 1 5 8 2 5 71 4 02 0 3 3 0 8 $ t2 中所有m 均有( 弛笨产) = 1 ，所以1 = ( 0 2 - l = 一( 纽豸产) = 一1 ，矛盾 最后仅剩n = 0 2 a 2 + 3 = z o = 2 1 ，口= 士3 ，代入得不定方程z 3 1 = l l l y 2 的整数解( z ，y ) = ( 1 0 ，- t - 3 ) 综合上述情形的讨论结果，不定方程z 3 1 = l l l y 2 仅有整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) ，( 1 0 ，士3 ) 西南大学硕士学位论文 4 1 关于不定方程z 3 1 = 3 p y 2 4 1 2 护1 = 1 2 9 y 2 用递归数列，p e l l 方程，二次剩余等方法，求得不定方程z 3 1 = 1 2 9 y 2 仅有整 数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) 定理4 1 2 1 不定方程z 3 1 = 1 2 9 y 2 仅有整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) 证明因( z 一1 ，z 2 + z + 1 ) = 1 或3 ，分为以下四种可能情形( a ，b 均为正整数) ： 情形io 一1 = 1 2 9 a 2 ，z 2 + z + l = b 2 ， 可= a b 情形i iz 一1 = 3 a 2 ， z 2 + z + 1 = 4 3 b 2 ，y = a b 情形i i iz 一1 = 4 3 a 2 ，0 2 + z + 1 = 3 b 2 ， y = a b 情形i vz 一1 = a 2 ， z 2 + z + 1 = 1 2 9 6 2 ，y = a b 以下分情况讨论： 情形i 由第二式得z = 0 或z = - i ，均不适合第一式，故该情形无解 情形i i 由第二式，有( 2 z + 1 ) 2 + 3 = 4 3 ( 2 b ) 2 把z = 3 a 2 + 1 代入得，( 6 0 2 + 3 ) 2 + 3 寻4 3 ( 2 b ) 2 ，所以3jb ，方程两端取模9 得3 兰o ( m o d9 ) ，不可能，故该情形无 解 情形i i i 由第二式得，( 2 z + 1 ) 2 + 3 = 3 ( 2 b ) 2 ，把z = 4 3 a 2 + 1 代入得，( 8 6 a 2 + 3 ) 2 + 3 = 3 ( 2 b ) 2 所以3a ，令a = 3 c ，得( 2 6 ) 2 3 ( 2 5 8 c 2 + 1 ) 2 = 1 1 2 b i + ( 2 5 8 c 2 + 1 ) 以= ( 2 + 以) n = - _ - 铷以 n z 易验证下列递推关系式成立： 2 , i x n 一1 一z n 一2x o21x l22 = 4 y 一1 一一2y o = 0 可1 = 1 由2 5 8 c 24 - 1 = 蜘，得兰l ( m o d2 5 8 ) ，推出佗芝1 ( r o o d6 6 ) 易知几 0 ，假设 亿= 6 6 k + 1 ，则2 5 8 c 2 = 鼽沁七+ 1 1 = z 6 强+ 2 蛳七一1 = ( z 毛七+ 3 魄k ) + 2 2 x 3 3 k y 3 s k - - 1 = 6 施+ 4 y 3 a k x a a k = 2 2 3 弘+ l 蛐知 即1 2 9 c 2 = x 3 3 k + l 媚七因为 ( x 3 3 k + l ，y 3 3 k ) = ( 2 z 姒+ 3 如七，y 3 3 k ) = ( 2 z 撇，蛐七) = ( 2 ，细七) ( i ) 当2 f k 时，( x 3 3 k + 1 ，嫩) = ( 2 ，y 3 3 k ) = 1 ，因为3 f x 3 3 k + l 所以 z 3 3 七+ l = 4 3 u 2 ，y 3 3 奄= 3 v 2 z 3 3 七+ l = u 2 珈驰21 2 9 v 2 ( 1 ) ( 2 ) 西南大学硕士学位论文4 1 关于不定方程z 3 1 = 3 p y 2 由文献【1 4 】知吨七一3 ( 3 v 2 ) 2 = 1 ，z 一2 7 v 4 = 1 ，t ，= 0 ，x 3 3 k = 4 - 1 ，k = 0 与 2 十k 矛盾 由文献【1 4 】知z ；3 七+ 1 3 缘屉+ l = 1 ，钍4 3 珐岛+ 1 = 1 ，y 3 3 k + l = 0 ，3 3 k 十1 = 0 显 然不成立 ( i i ) 当2k 时，( x 3 3 k + 1 ，y 3 a k ) = ( 2 ，y 3 3 k ) = 2 ，因为3 十x 3 3 k + 1 所以 x 3 3 k + l = 8 6 u 2 ，可3 弘= 6 v 2( 3 ) x 3 3 k + l = 2 u 2 ，y 3 a 七= 2 5 8 v 2 ( 4 ) 由文献【1 4 】知z 一3 ( 6 v 2 ) 2 = 1 ，即3 七一1 0 8 v 4 = 1 仅有整数解t ，= 0 ，x 3 3 k = 士1 ，从而k 只能为o ，由( 3 ) 知8 6 u 2 = 2 ，不可能，所以( 3 ) 不成立 由文献【1 4 】知4 u 4 3 y 2 3 七+ 1 = 1 ，仅有整数解y a 3 k + 1 = 4 - 1 ，从而k 只能为0 ，由 ( 4 ) 知u = 0 ，从而得到不定方程z 3 1 = 1 2 9 y 2 的整数解( z ，y ) = ( 1 ，o ) 情形i v 由第二式得，( 2 x + 1 ) 2 1 2 9 ( 2 b ) 2 = 一3 ，把z = a 2 - 4 - 1 代入得，( 2 n 2 + 3 ) 2 1 2 9 ( 2 b ) 2 = 一3 ，因为方程x 2z1 2 9 y 2 = 一3 有一个结合类解【圳，其基本解为 1 5 9 + 1 4 何，故 2 a 2 + 3 + 1 2 6 l 俪= z n + 俪= ( 1 5 9 + 1 41 v 1 西) ( 1 6 8 5 5 + 1 4 8 4 , i 西) n = ( 1 5 9 + 1 4 俪) ( + 俪) 礼0 其中( u n + 俪) 是u 2 1 2 9 v 2 = 1 的基本解，( h n + 俩) = ( 1 6 8 5 5 + 1 4 8 4 何) n ，因此有2 0 2 + 3 = z 。显然必须z n 3 2 a 2 = z 住一3 易知下列递推关系： z n + 2 = 3 3 7 1 0 x n + 1 一z nx o = 1 5 9 ，z 】= 5 3 6 0 0 4 9 y n + 2 = 3 3 7 1 0 + l 一y o = 1 4 ，y l = 4 7 1 9 2 6 采用对序列 ) 取模的方式来证明 m o d7 排除n 三l ( m o d2 ) ，此时2 ( x n 一3 ) 三5 ( r o o d7 ) ，1 = ( 等) = ( 彳5 ) = 一1 矛盾，剩下n 兰o ( m o d2 ) 等价于n 三0 ，2 ，4 ，6 ( m o d8 ) m o d 9 4 8 5 5 1 排除n 兰0 ，2 ，4 ，6 ( m o d8 ) ，此时2 ( x n - 3 ) 兰2 8 6 0 3 1 ，9 4 8 2 2 7 ，6 6 2 5 0 8 ， 3 1 2 ( m o d9 4 8 5 5 1 ) ， 1 - ( 煳4 a 。2 。1 = ( 百2 丽8 6 0 3 1 ) 1 = 【百丽4 a 2 ) 一( 蝴6 6 2 。5 。0 8 i ) 矛盾此情形下无解 = 一1 ，1 - ( 煳4 a 。2 百) = ( 石9 丽4 8 2 2 7 ) = 一1 _ - 1 1 1 - ( 丽4 a 2 ) = ( 罴) = _ 1 综合上述情形的讨论结果，不定方程矿一1 = 1 2 9 y 2 仅有整数解( z ，y ) = ( 1 ，0 ) 4 2关于不定方程z 3 2 7 ：p y 2 4 2 1 矿一2 7 = 3 7 y 2 因为方程( 1 1 3 ) 与( 1 1 4 ) 密切相关，有了z 3 1 = l l l y 2 的结果，我们来研究 z 3 2 7 = 3 7 y 2 的解的情况，分3z 及3fz 两种情况讨论，最后得到一一2 7 = 3 7 y 2 仅有整数解( z ，y ) = ( 3 ，0 ) ，( 3 0 ，2 7 ) ，( 4 ，士1 ) ，( 8 4 4 ，+ 4 0 3 1 ) 引理4 2 1 1 2 q 不定方程护一1 = l l l y 2 仅有整数解( z ，可) = ( 1 ，0 ) ，( 1 0 ，士3 ) 定理4 2 1 2 不定方程矿一2 7 = 3 7 y 2 仅有整数解( z ，y ) = ( 3 ，o ) ，( 3 0 ，土2 7 ) ，( 4 ，士1 ) ， ( 8 4 4 ，4 - 4 0 3 1 ) 证明当3lz 时，易知9i 可，设z = 3 x 1 ，可= 9 y l ，则不定方程z 3 2 7 = 3 7 y 2 化为z i 一1 = l l l y ，由7 1 理4 2 1 1 可知( 2 7 1 ，y 1 ) = ( 1 ，o ) ，( 1 0 ，士3 ) ，故( z ，y ) = ( 3 ，o ) ，( 3 0 ，士2 7 ) 。 当3 十z 时，z 3 2 7 = 3 7 y 2 化为( z 一3 ) ( z 2 + 3 x + 9 ) = 3 7 y 2 ，易知( z 一3 ，z 2 + 3 x + 9 ) = 一3 ，2 7 ) = 1 ，故方程z 3 2 7 = 3 7 y 2 存在下列两种可能的分解： z 一3 = 3 7 u 2 ，z 2 +