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The Positive Integer Solutions of the Diophantine Equation ${x}^{2}-kxy+k{y}^{2}+dy=0$
DOI: 10.12677/aam.2024.136266, PDF, HTML, XML, 下载: 131  浏览: 295  科研立项经费支持

Abstract: In this paper, we study that atd∈{3,5,7,11,13,17,19},k∈N∗, the indefinite equationx2−kxy+ky2+dy=0has infinitely many positive integer solutions (x, y) when and only when d = 3, k = 5, 6, 7; d = 5, k = 5, 7, 9; d = 7, k = 5, 8, 11; d = 11, k = 5, 6, 9, 10, 15; d = 13, k = 5, 11, 17; d = 17, k = 5, 7, 11, 13, 21; d = 19, k = 5, 11, 14, 23. Some necessary conditions for positive integer solutions of the indefinite equationx2−kxy+ky2+dy=0are given when d is an odd prime.

1. 引言及主要结论

$Z,{N}^{*}$ 分别是全体整数和正整数的集合。方程

${x}^{2}-kxy+{y}^{2}+lx=0,\text{\hspace{0.17em}}k,l\in {N}^{*}$ (1)

${x}^{2}-kxy+k{y}^{2}+dy=0,\text{\hspace{0.17em}}k,d\in {N}^{*}$ (2)

i) $2|k$ 时，$k=2{k}_{1}$$6\le k\le d+4$$k\in {N}^{*}$$\left(\frac{{k}_{1}^{2}-2{k}_{1}}{d}\right)=1$

ii) $2\overline{)|}k$ 时，$5\le k\le d+4$$k\in {N}^{*}$$\left(\frac{{k}^{2}-4k}{d}\right)=1$

i) $2|k$ 时，$k=6m+2$$1\le m\le \left[\frac{d+2}{6}\right]$$m\in {N}^{*}$$\left(\frac{9{m}^{2}-1}{d}\right)=1$

ii) $2\overline{)|}k$ 时，$k=6m-1$$1\le m\le \left[\frac{d+5}{6}\right]$$m\in {N}^{*}$$\left(\frac{36{m}^{2}-36m+5}{d}\right)=1$

2. 关键性引理

ii) 当$y\ge 2$ 时，设q为任意素数，则由q|y知，q|x。令$x={q}^{t}{x}_{1}$$y={q}^{s}{y}_{1}$$q\overline{)|}{x}_{1}{y}_{1}$

${q}^{2t}{x}_{1}^{2}-{q}^{s+t}k{x}_{1}{y}_{1}+{q}^{2s}k{y}_{1}^{2}+d{q}^{s}{y}_{1}=0$

${d}^{2}{x}_{2}^{2}-k{d}^{2}{x}_{2}{y}_{2}+k{d}^{2}{y}_{2}^{2}+{d}^{2}{y}_{2}=0$ ,

${\left(2e-kc\right)}^{2}-\left({k}^{2}-4k\right){c}^{2}=-4d$ (3)

$\text{2}|k$ 则设$k=2{k}_{1}$

${\left(e-{k}_{1}c\right)}^{2}-\left({k}_{1}^{2}-2{k}_{1}\right){c}^{2}=-d$ (4)

ii) $\mathrm{gcd}\left(x,y,d\right)=d$ ，把$x=dce$$y=d{c}^{2}$ 代入方程(2)中有${d}^{2}{c}^{2}{e}^{2}-k{d}^{2}{c}^{3}e+k{d}^{2}{c}^{4}+{d}^{2}{c}^{2}=0$${c}^{2}{e}^{2}-k{c}^{3}e+k{c}^{4}+{c}^{2}=0$ 由文献[6]$k=5$ 时，方程(2)有无限多组正整数解。引理5得证。

ii) 若$\text{2}\overline{)|}k$${u}_{0}+{v}_{0}\sqrt{{k}^{2}-4k}$ 是方程${u}^{2}-\left({k}^{2}-4k\right){v}^{2}=-4d$$\mathrm{gcd}\left(u,v\right)|2$ 的基本解，则有$0<{v}_{0}\le \frac{1}{\sqrt{k-4}}\sqrt{d}$$0\le {u}_{0}\le \sqrt{\left(k-4\right)d}$

ii) 因为方程${x}^{2}-\left({k}^{2}-4k\right){y}^{2}=4$ 的基本解是${x}_{0}=k-2$${y}_{0}=1$ 。所以由引理7知$0<{v}_{0}\le \frac{1}{\sqrt{k-4}}\sqrt{d}$$0\le {u}_{0}\le \sqrt{\left(k-4\right)d}$

3. 主要定理及推论的证明

i) 由引理5知，当$\text{2}|k$$k\ge 2\left(d+2\right)$ 时，(2)没有正整数解，$\text{2}|k$ 时，$6\le k\le 2\left(d+1\right)$ 。又$k>d+4$ 时，由引理8的i)知$0 ，此时(4)没有正整数解，从而(2)也没有正整数解。再由式(4)知${\left(e-{k}_{1}c\right)}^{2}\equiv \left({k}_{1}^{2}-2{k}_{1}\right){c}^{2}\left(\mathrm{mod}d\right)$ ，故

$\left(\frac{{k}_{1}^{2}-2{k}_{1}}{d}\right)=1$ .

ii) 由引理5知，当$\text{2}\overline{)|}k$ 时，$k\ge 4d+3$ 时，(2)没有正整数解，故$\text{2}\overline{)|}k$ 时，$5\le k\le 4d+1$ 。同理，当$k>d+4$ 时，由引理8的ii)知$0 ，此时(3)没有正整数解，从而(2)也没有正整数解。再由式(3)知${\left(2e-kc\right)}^{2}\equiv \left({k}^{2}-4k\right){c}^{2}\left(\mathrm{mod}d\right)$ ，故

$\left(\frac{{k}^{2}-4k}{d}\right)=1$ .

$d=3$ 时。

$\text{2}|k$ ，则由定理1中的i)知$k=6$ ，则${k}_{1}=3$ ，式(4)为

${\left(e-3c\right)}^{2}-3{c}^{2}=-3$ .(5)

$\text{2}\overline{)|}k$ ，则由定理1中的ii)知$k=5,7,9,11,13$ 。当$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

$k=7$ 时，式(3)为

${\left(2e-7c\right)}^{2}-21{c}^{2}=-12$ ,(6)

${\left(2e-9c\right)}^{2}-45{c}^{2}=-12$ ,(7)

$k=11$ 时，式(3)为

${\left(2e-11c\right)}^{2}-77{c}^{2}=-12$ ,(8)

${\left(2e-13c\right)}^{2}-117{c}^{2}=-12$ ,(9)

$d=5$ 时。

$\text{2}|k$ ，则由定理1中的i)知$k=6,8$ 。当$k=5$ 时，对(4)模5知，方程(2)没有正整数解；

$k=8$ 时，因$\left(\frac{{8}^{2}-32}{5}\right)=-1$ ，故(2)没有正整数解。

$\text{2}\overline{)|}k$ ，则由定理1中的ii)知$k=5,7,9$ 。当$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

$k=7$ 时，式(3)为

${\left(2e-7c\right)}^{2}-21{c}^{2}=-20$ ,(10)

${\left(2e-9c\right)}^{2}-45{c}^{2}=-20$ ,(11)

$d=11$ 时。

$\text{2}|k$ ，则由定理1中的i)知$k=6,8,10,12,14$

$k=6$ 时，令$k=2{k}_{1}$ ，故${k}_{1}=3$ ，代入(4)式为

${\left(e-3c\right)}^{2}-3{c}^{2}=-11$ ,(12)

${\left(e-5c\right)}^{2}-15{c}^{2}=-11$ ,(13)

$\text{2}\overline{)|}k$ ，则由定理1中的ii)知$k=5,7,9,11,13,15$

$k=9$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

$k=9$ 时，式(3)为

${\left(2e-9c\right)}^{2}-45{c}^{2}=-44$ ,(14)

${\left(2e-15c\right)}^{2}-165{c}^{2}=-44$ ,(15)

$d=17$ 时。

$\text{2}|k$ ，则由定理1中的i)知$k=6,8,10,12,14,16,18,20$ 。当$k=8$ 时，令$k=2{k}_{1}$ ，故${k}_{1}=4$ ，代入(4)式为${\left(e-4c\right)}^{2}-8{c}^{2}=-17$ ，由引理8中的i)知$0 ，故$c=1,2$ 。逐一验证知，(4)式没有正整数解，即方程(2)也没有正整数解；当$k=6,10,12,16,18$ 时，对(4)模17知，方程(2)没有正整数解；当$k=14,20$ 时，对(4)模5知，方程(2)没有正整数解。

$\text{2}\overline{)|}k$ ，则由定理1中的ii)知$k=5,7,9,11,13,15,17,19,21$

$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

$k=7$ 时，式(3)为

${\left(2e-7c\right)}^{2}-21{c}^{2}=-68$ ,(16)

${\left(2e-11c\right)}^{2}-77{c}^{2}=-68$ ,(17)

${\left(2e-13c\right)}^{2}-117{c}^{2}=-68$ ,(18)

${\left(2e-21c\right)}^{2}-357{c}^{2}=-68$ ,(19)

i) 由定理1的i)知，当$\text{2}|k$$6\le k\le d+4$ ，若${k}_{1}\equiv -1\left(\mathrm{mod}3\right)$${k}_{1}\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right)$ 时，对方程(4)模3得${\left(e-{k}_{1}c\right)}^{2}\equiv -d\equiv -1\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，故$1=\left(\frac{-1}{3}\right)=-1$ ，矛盾，因此${k}_{1}\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$ 。此时，$k=6m+2$$1\le m\le \left[\frac{d+2}{6}\right]$$m\in {N}^{*}$$\left(\frac{9{m}^{2}-1}{d}\right)=1$

ii) 由定理1的ii)知，当$\text{2}\overline{)|}k$$5\le k\le d+4$ ，若$k\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$$k\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right)$ 时，对方程(3)模3得${\left(2e-kc\right)}^{2}\equiv -d\equiv -1\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，故$1=\left(\frac{-1}{3}\right)=-1$ ，矛盾，因此$k\equiv -1\left(\mathrm{mod}3\right)$ 。此时，$k=6m-1$$1\le m\le \left[\frac{d+5}{6}\right]$$m\in {N}^{*}$$\left(\frac{36{m}^{2}-36m+5}{d}\right)=1$ 。定理2得证。

$k=5$ 时，不定方程(2)显然有无限多组正整数解。

$d=7$ 时。

$2|k$ ，则由定理2中的i)知$k=8$ 。根据定理3，$k=8$ 时，方程(2)有无限多组正整数解。

$\text{2}\overline{)|}k$ ，则由定理2中的ii)知$k=5,11$

$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

$k=11$ 时，代入(3)式为

${\left(2e-11c\right)}^{2}-77{c}^{2}=-28$ ,(20)

$d=13$ 时。

$2|k$ ，则由定理2中的i)知$k=8,14$ 。当$k=8$ 时，对(4)模13知，方程(2)没有正整数解；当$k=14$ 时，对(4)模5知，方程(2)没有正整数解。

$\text{2}\overline{)|}k$ ，则由定理2中的ii)知$k=5,11,17$

$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

$k=11$ 时，代入(3)式为

${\left(2e-11c\right)}^{2}-77{c}^{2}=-52$ ,(21)

${\left(2e-17c\right)}^{2}-221{c}^{2}=-52$ ,(22)

$d=19$ 时。

$2|k$ ，则由定理2中的i)知$k=8,14,20$

$k=14$ 时，令$k=2{k}_{1}$ ，故${k}_{1}=7$ ，代入(4)式为

${\left(e-7c\right)}^{2}-35{c}^{2}=-19$ ,(23)

$\text{2}\overline{)|}k$ ，则由定理2中的ii)知$k=5,11,17,23$

$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

$k=11$ 时，代入(3)式为

${\left(2e-11c\right)}^{2}-77{c}^{2}=-76$ ,(24)

${\left(2e-23c\right)}^{2}-437{c}^{2}=-76$ ,(25)

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