不定方程x3+1=2019y2的整数解

高 丽，胡江美

(延安大学数学与计算机科学学院，陕西延安716000)

1 引言及引理

形如x3+1=Dy2(D>0，不含平方因子)的不定方程在数论中扮演着非常重要的角色。自这个不定方程出现以来，它便引起广大数学爱好者的浓厚兴趣，因此对它的研究已经取得非常丰硕的成果[1-5]。倪谷炎[6]利用计算机程序得到D=7，14，35，37，38，57，65，86时，不定方程x3+1=Dy2有一些非平凡的特殊解，但未给出证明；翟云云[7]等人证明了x3+1=Dy2当D=119时，仅有整数解(x,y)=(-1,0)；文献[8-10]同样对这类方程进行研究，2018年周科，陈雨君[11]证明了丢番图方程x3+1=959y2，仅有整数解(x,y)=(-1,0)，同年高丽、杨婕[12]对不定方程x3+1=1043y2进行研究。本文在上述研究的基础上，运用简单同余法，分解因式法，Pell方程法以及分类讨论等方法研究关于不定方程x3+1=Dy2，当D=2019时整数解的问题，为此先引入如下引理。

引理1 同余方程x2-x+1≡0(mod9)无整数解。

证明：由于∀x∈Z，则一定存在x≡0，1，2，3，4，5，6，7，8(mod9)，当x≡0，1(mod9)时，x2-x+1≡

1(mod9)；当x≡2，5，8(mod9)时，x2-x+1≡3(mod9)；当x≡3,7(mod9)时，x2-x+1≡7(mod9)；当x≡4,6(mod9)时，x2-x+1≡4(mod9)。因此可知原同余方程无整数解。

引理2[8]不定方程x2-x+1=y2有且仅有整数解(x,y)=(1,±1),(0,±1)。

引理3[10]设a,b是Pell方程x2-Dy2=1的基本解，则存在下面递归序列成立：

xn+2=2axn+1-xn，x0=1，x1=b;

yn+2=2ayn+1-yn，y0=0，y1=b。

特别的：当D=3时Pell方程：x2-3y2=1基本解为(a,b)=(2,1)，并且通解(xn,yn)满足以下递推关系式：

xn+1=2xn+3yn,x0=1,x1=2，

xn+1=xn+2yn，y0=1，y1=2，

y2n=2xnyn，x2n=xn2+3yn2，

yn-1=-xn+2yn，xn-1=2xn-3yn，xn2-3yn2=1。

引理4[1]不定方程4x4-3y2=1有且仅有整数解(x,y)=(±1，±1)。

不定方程x4-3y2=1有且仅有整数解(x,y)=(±1,0)。

不定方程x2-3y4=1仅有整数解(x,y)=(±

2,±1)，(±7,±2)，(±1,0)。

2 主要结果及证明

定理不定方程

x3+1=2019y2

(A)

有且仅有平凡整数解(-1，0)。

证明：显然(-1，0)是方程(A)的整数解。又因为x3+1=(x+1)(x2-x+1)且(x+1,x2-x+1)=(x+1,(x+1)2-3(x+1)+3)=(x+1,3)=1或3，因此不定方程(A)可以分为8种情况来讨论：

情形(Ⅰ)x+1=3a2,x2-x+1=6057b2,y=3ab,gcd(a,d)=1；

情形(Ⅱ)x+1=2019a2,x2-x+1=9b2,y=3ab,gcd(a,d)=1；

情形(Ⅲ)x+1=3a2,x2-x+1=673b2,y=ab,gcd(a,d)=1；

情形(Ⅳ)x+1=2019a2,x2-x+1=b2,y=ab,gcd(a,d)=1；

情形(Ⅴ)x+1=a2,x2-x+1=2019b2,y=ab,gcd(a,d)=1；

情形(Ⅵ)x+1=673a2,x2-x+1=3b2,y=ab,gcd(a,d)=1；

情形(Ⅶ)x+1=9a2,x2-x+1=2019b2,y=3ab,gcd(a,d)=1；

情形(Ⅷ)x+1=6057a2,x2-x+1=3b2,y=3ab,gcd(a,d)=1。

因此接下来我们讨论这8种情况下不定方程x3+1=2019y2整数解的情况。

首先由引理1可知：情形(Ⅰ)和情形(Ⅱ)无整数解，故只需讨论其余六种情形下原不定方程有无整数解。

对于情形(Ⅲ)，由第一式x+1=3a2，可得同余方程x+1≡0(mod3)，解之得：x≡2(mod3)，将x代入第二式x2-x+1=673b2的左边可得：

x2-x+1≡0(mod3)，

即得同余方程：673b2≡0(mod3)，由于673不能整除3，从而b2≡0(mod3)，由于b属于自然数，所以673b2≡0(mod9)，故存在：x2-x+1=673b2≡0(mod9)，故由引理1可知此同余方程无整数解。因此在情形(Ⅲ)下原不定方程无整数解。

对于情形(Ⅳ)，运用引理2解方程的第二式：

x2-x+1=b2，

可得(x,b)=(1,-1)，(0,±1)，代入第一式

x+1=2019a2可得：

对于情形(Ⅴ)，当x为偶数时，因为第一式x+1=a2，所以得a为奇数，从而有a2≡1(mod8)。由x+1=a2可得x=a2-1≡0(mod8)，将其带入第二式x2-x+1=2019b2的左边可得x2-x+1=1(mod8)，又因为x2-x+1=2019b2是奇数，可得b是奇数，从而可得b2≡1(mod8)，故可得2019b2≡3(mod8)。因此有：

1≡x2-x+1=2019b2≡3(mod8)，

可知此同余方程矛盾。因此情形(Ⅴ)当x为偶数时无解。

当x为奇数时，因为第一式x+1=a2，所以得到a为偶数，从而有a2≡0(mod8)或者a2≡4(mod8)。首先讨论当a2≡4(mod8)时，由x+1=a2

得：x=a2-1≡3(mod8)，将其带入第二式x2-x+1=2019b2的左边可得：

x2-x+1=2019b2≡7(mod8)。

又因为x2-x+1=2019b2是奇数，故得b是奇数，从而可得b2≡1(mod8)，故可得2019b2≡3(mod8)。因此有：

7≡x2-x+1=2019b2≡3(mod8)，

可知上式矛盾。故只需要考虑a2≡0(mod8)时的情况下方程是否有整数解，从情形(Ⅴ)的第一个方程解出x=a2-1代入第二个方程x2-x+1=2019b2化简可得：

a4-3a2+3=2019b2，即

(2a2-3)2+3=2019(2b)2，

故可得(2a2-3)2≡0(mod3)

①

又因为a2≡0(mod8)，代入可得

(2a2-3)2≡1(mod8)

②

对于情形(Ⅵ)，当x为偶数时，因为第一式x+1=673a2，所以得a为奇数，从而有a2≡1(mod8)。由x+1=673a2可得：x=673a2-1≡0(mod8)，将x带入第二式x2-x+1=3b2的左边可得：x2-x+1=3b2≡1(mod8)，又因为x2-x+1=3b2是奇数，所以可得b是奇数，从而可得b2≡1(mod8)，故可得3b2≡3(mod8)。因此有：1≡x2-x+1=3b2≡3(mod8)，可知此同余方程矛盾。因此情形(Ⅵ)当x为偶数时无解。

当x为奇数时，由第一式x+1=673a2可得a为偶数，从而有a2≡0(mod8)或者a2≡4(mod8)。首先讨论当a2≡4(mod8)时，由x+1=673a2可得：x=673a2-1≡3(mod8)，将x带入第二式x2-x+1=3b2的左边可得：

x2-x+1=3b2≡7(mod8)，

同上，因为x2-x+1=3b2是奇数，所以可得b是奇数，从而可得b2≡1(mod8)，故可得3b2≡3(mod8)。因此有：

7≡x2-x+1=3b2≡3(mod8)，

可知此同余方程矛盾。因此只需要考虑a2≡0(mod8)时的情况。

将情况(Ⅵ)的第一式代入第二式化简可得：

(1346a2-3)2+3=3×(2b)2，

即可写为X2-3Y2=-3，其中X=1346a2-3,Y=2b，通过引理3可得特殊的Pell方程X2-3Y2=1的基本解为(2，1)，再根据引理5可知：

对于情形(Ⅶ)，类似情形(Ⅴ)可证原方程无整数解。

对于情形(Ⅷ)，类似情形(Ⅵ)可证原不定方程无整数解。

综上所述，不定方程x3+1=2019y2有且仅有整数解(-1，0)。