佩尔方程

Pell方程

对 \(D\in N^*\) 且 \(D\) 不为完全平方数，方程 \(x^2-Dy^2=1\) 有无穷组解

其中设 \(x+\sqrt D y\) 最小的一组为 \((x_0,y_0)\) （该解称为基本解），则方程 \(x^2-Dy^2=1\) 的通解为

\(x+\sqrt Dy=(x_0+\sqrt Dy_0)^n,n\in N^*\)

下面给出证明。

引理1：有理逼近

设 \(c\) 为无理数，则对任意 \(q>1,q\in N^*\) ，存在正整数 \(x,y\) 满足： \(|x-yc|<\frac 1q\)

在 \(\{c\},\{2c\},...,\{qc\}\) 中，由抽屉原理可知存在 \(|\{ac\}-\{bc\}|<\frac 1q\) ，取 \(y=|a-b|,x=[yc]\)

推论：上述论证取出的 \(y<q\) ，从而存在无穷多对 \((x,y)\) 满足 \(|x-yc|<\frac 1y\)

注：使用法雷级数可以卡到 \(\frac 1{q+1}\) ，仍有 \(y<q\)

先取第一对 \((x,y)\) ，可以找到 \(q'\in N^*\) ，使得 \(\frac 1{q'}<|x-yc|\) ，然后再考虑 \(|x'-y'c|<\frac 1{q'}<\frac 1{y'}\) ，一直取下去即可

引理2：设 \(D\in N^*\) 且 \(D\) 不为完全平方数，则存在无穷多对 \(x,y\in N^*\) 使得 \(|x^2-Dy^2|<1+2\sqrt D\)

取满足 \(|x-\sqrt Dy|<\frac 1y\) 的 \((x,y)\) ，我们证明它满足条件

\(|x^2-Dy^2|=|x+\sqrt Dy||x-\sqrt Dy|\le(|x-\sqrt Dy|+2\sqrt Dy)\frac 1y<(\frac 1y+2\sqrt Dy)\frac 1y\le1+2\sqrt D\)

推论：设 \(D\in N^*\) 且 \(D\) 不为完全平方数，则存在 \(k\in Z,0<|k|<1+2\sqrt D\) 使得方程 \(x^2-Dy^2=k\) 有无穷组解

由抽屉原理显然

下面证明原命题。

先证明解的存在性，我们找出 \(x^2-Dy^2=k\) 的两组正整数解 \((x_1,y_1)(x_2,y_2)\) 使得 \(x_1\equiv x_2\:(mod~|k|),y_1\equiv y_2\:(mod~|k|)\) （无穷多组肯定有两组）

那么 \((x_1^2-Dy_1^2)(x_2^2-Dy_2^2)=(x_1x_2-Dy_1y_2)^2-D(x_1y_2-x_2y_1)^2=k^2\)

又 \(x_1x_2-Dy_1y_2\equiv x_1^2-Dy_1^2=k^2\equiv 0\:(mod~k)\)

\(x_1y_2-x_2y_1\equiv 0\:(mod~k)\)

从而 \(|x_1x_2-Dy_1y_2|=|k|X,|x_1y_2-x_2y_1|=|k|Y\)

其中 \(X,Y\ge 0,X^2-DY^2=1\)

下证 \(Y>0\) ，若 \(x_1y_2=x_2y_1\) 有 \(\frac{x_1}{x_2}=\frac{y_1}{y_2}=t\)

则 \(x_1^2-Dy_1^2=t^2(x_2^2-Dy_2^2)=t^2k\) ， \(t=1\) ，矛盾

下取基本解 \(x_0,y_0\) 并记 \(r_0=x_0+\sqrt D y_0\) ， \(\bar r_0=x_0-\sqrt D y_0\) ， \(\bar r_0r_0=1\)

一方面，对 \(x+\sqrt Dy=r_0^n\) ，有 \(x-\sqrt Dy=\bar r_0^n\) ，由此可知 \(x^2-Dy^2=1\)

另一方面，若 $r_0^n<x+\sqrt Dy<r_0^{n+1} $ 且 \(x^2-Dy^2=1\) ，可得到 \(1<(x+\sqrt Dy)\bar r_0^n=(x'+\sqrt Dy')<r_0\)

此时 \((x'+\sqrt Dy')(x'-\sqrt Dy')=(x+\sqrt Dy)\bar r_0^n(x+\sqrt Dy)r_0^n=1\) ，这与基本解的定义矛盾

综上，命题成立

变式

\(x^2-Dy^2=C\) 若存在一组基本解 \((x_1,y_1)\) ，设 \(x^2-Dy^2=1\) 的基本解为 \((x_0,y_0)\) ，则 \(x^2-Dy^2=C\) 的解包括 \((x,y)\) 为 \(x+\sqrt Dy=(x_1+\sqrt Dy_1)(x_0+\sqrt Dy_0)^n,n\in N\) （在一定情况下是所有解）

最好是配成 \(Pell\) 方程形式，把 \(C\) 变成 \(1\) ，方程 \(ax^2-by^2=1\) 也是可以处理的。用 \(Pell\) 方程的逻辑（构造共轭式降次）说明是全部解是下策。

（方程 \(ax^2-by^2=1\) 的解 \((x_n,y_n)\) 与 \(x^2-aby^2=1\) 的解 \((u_n,v_n)\) 能建立一一对应，其中 \(x_n=x_u+by_1v_n,y_n=y_1u_n+ax_1v_n\)）

\(x^2-Dy^2=-1\) 若存在一组基本解 \((x_0,y_0)\) ，则它有无穷组正整数解，可以表示为 \(x+\sqrt Dy=(x_0+\sqrt Dy_0)^{2n-1},n\in N^*\)

例1

证明：方程 \(x^2-34y^2=-1\) 无正整数解

实际上，对于方程 \(x^2-Dy^2=1\) 基本解 \((x_0,y_0)\) 和 \(x^2-Dy^2=-1\) 基本解 \((x_1,y_1)\) ，我们有 \(x_0+\sqrt Dy_0=(x_1+\sqrt Dy_1)^2\)

证明是不困难的，因为所以 \(x^2-Dy^2=-1\) 的解 \((a,b)\) 满足 \((a+\sqrt Db)^2=x+\sqrt Dy,(x,y)\) 必为 \(x^2-Dy^2=1\) 的解

有这个结论，例 \(1\) 是显然的。这也告诉我们对于具体的 \(D\) 很容易判断 \(x^2-Dy^2=-1\) 是否有解

构造与有限解的说明

对于三次方程解的构造，可以通过简化构造，差分消去三次项得到 \(Pell\) 方程

对于次幂类方程，可以分奇偶讨论，结合二项式定理构造或说明没有解（注意 \(Pell\) 方程给出了所有的解，这表明它可以用于证明解的无穷性与有限性）

例2

证明：存在无穷多组整数 \((x,y,z,w)\) 使得 \(x^3+y^3+z^3+w^3=1999\)

\(10^3+10^3+0+(-1)^3=1999\)

令 \(x=10+t,y=10-t,z=s,w=-1-s\)

\(x^3+y^3+z^3+w^3=1999+60t^2-3s^2-3s=1999\)

考虑方程 \(20t^2-(s^2+s)=0\) 的解，即为 \((2s+1)^2-80t^2=1\) ，只需说明 \(x^2-80y^2=1\) 有无穷组解 \((x,y)\) 满足 \(2\nmid x\) ，这是显然的

例3

证明：存在无穷多组正整数 \(a,b,c,d\) 使得 \((a,b,c,d)=1,a^3+b^3=c^3+d^3\)

令 \(a=c+7,b=d+1\)

\(a^3-c^3=b^3-d^3\iff 21c^2+147c+343=3d^2+3d+1\)

\(\iff d^2+d-7c^2-49c-114=0\)

\(\iff (2d+1)^2-7(2c+7)^2=114\)

只需证明 \(x^2-7y^2=114\) 有无穷组奇数解，这是显然的

例4

求方程 \(3^m=2n^2+1\) 的正整数解

1. \(2\mid m\)

考虑 \(Pell\) 方程 \(x^2-2y^2=1\) 的解

\(x+\sqrt 2y=(3+2\sqrt 2)^n\)

结合二项式定理有

\(x_n=3^n+C_n^2\cdot3^{n-2}\cdot 8+...\)

显然当 \(2\mid n\) 时 \(x_n\) 最后会多出一项 \(8^n\) ，不是 \(3\) 的倍数，考虑 \(n=2t+1\)

\(x_n=3^n+C_n^2\cdot3^{n-2}\cdot 8+...+C_n^{n-2}\cdot 3^3\cdot8^{t-1}+C_n^n\cdot 3\cdot 8^t\)

下面只需要估计 \(C_n^i\) 的 \(3\) 的幂次，记 \(p_l=C_{2t+1}^{2l+1}\cdot 3^{2l+1}\cdot 8^{t-l},r=v_3((2t+1))\)

则 \(v_3((2l+1)!)=\sum[\frac{2l+1}{3^i}]\le \sum \frac{2l+1}{3^i}=\frac 12(2l+1)<l\) （注意其为整数）

则 \(v_3(p_l)\ge 2l+1+r-l=r+l+1\)

\(v_3(p_0)=r+1<r+l+1\) ，则可知 \(t>1\) 时不可能为 \(3\) 的幂次，即 \((m,n)=(2,2)\)

类似的方法可以得到 \((m,n)=(1,1),(5,11)\)

例5

解方程 \(3^x-5^y=2\)

模 \(4\) 分析可知 \(x\) 是奇数，模 \(3\) 分析可知 \(y\) 是偶数。

变形，得到 \(3^{2x}-3^x\cdot 5^y=2\cdot 3^x\) ，于是 \((3^x-1)^2-3\cdot(3^{\frac{x-1}2}5^{\frac y2})^2=1\)

（虽然有手段处理 \(x^2-Dy^2=C\) ，但一般只有具体数字的问题才能证明是全部解，所以还是化为 \(1\) 最好，类似勾股方程的配方）

\(u^2-3v^2=1\) 的解是 \(v_n=2^{n-1}\cdot n+2^{n-3}\cdot C_n^3\cdot 3+...+3^{\frac{n-1}2}\) （很显然只要奇数，而且 \(u_n\) 里有个 \(-1\) ，不好分析，可以先看 \(v_n\) ）

显然，必须有 \(3\mid n\)

设 \(v_3(n)=\alpha\) ，分析 \(v_3(v_n)=v_3(2^{n-4}\cdot n(n^2-3n+10)+...)\) ，然后要再次用 \(C_n^k=\frac{n}{k}C_{n-1}^{k-1}\) ，且 \(v_3(k)\le \frac{k-1}2-1,k\ge 5\) ，从而后面每一项 \(3\) 的次数都比 \(n\) 高

那么 \(v_3(v_n)=\alpha\) ，差不多做完了， \(x=2\alpha +1\) ， \(u_n\ge \frac 12((2+\sqrt 3)^n-1)> 3n^2>3^x-1\) ，在 \(x\ge 5\) 时就已经不成立。

经检验， \((3,2)\) 是所有解。

例6

求证：对任意正整数 \(d\) ，存在无穷个正整数 \(n\) 使得 \(dn^2+1\mid n!\)

考虑方程 \(x^2=(4d+1)(dy^2+1)\iff x^2-d(4d+1)y^2=4d+1\) ，此方程显然存在本原解 \((4d+1,2)\) ，并且 \((2d)^2<4d^2+d<(2d+1)^2\) ，进而存在无穷组解

我们证明该方程的解 \(y\) 中的无穷个满足条件。由方程知 \(4d+1\mid x\) ，设 \(x=(4d+1)w\) ，从而 \(dy^2+1=(4d+1)w\) ，而 \(2w=\frac2{\sqrt{4d+1}}\sqrt{dy^2+1}\le y\) ，从而 \(w^2\mid y!\) ，当 \(w>4d+1\) ，有 \(dy^2+1=(4d+1)w^2\mid y!\) ，即证

注：可以验证： \(n=dk^2(d+1)^2+k(d+1)+1,k>1\) 满足条件，这是由 \(4d^2n^2+1\) 的因式分解给出的

例7

给定正整数 \(n\ge 4\) ，问是否存在无穷组 \((a_1,a_2,...,a_n)\) 满足 \(a_i\mid a_{i+1}^2-1\) （特别地，令 \(a_{n+1}=a_1\) ）？

我们令 \(a_1=x,a_2=x+1,...,a_{n-1}=x+n-2,a_n=y\)

希望 \(x+n-2\mid y^2-1,y\mid x^2-1\)

实际上，\(x^2-[(n-2)^2-1]y=1\) 的所有解满足 \(y\mid x^2-1,x+n-2\mid [(n-2)^2-1](y^2-1)\)

不难证明该方程的所有解 \(x_1,x_2,...\) 模 \((n-2)^2-1\) 意义下以 \(1,n-2\) 为周期，取模 \((n-2)^2-1\) 余 \(n-2\) 的解即可满足条件

注：取 \(a_n-(n-2)=a_{n-1}-(n-1)=...=a_2\) 和 \(a_n=(n-3)a_1-1\) 可以满足条件

上述两个问题可以直接给出解答，并且也有一定的道理，但使用不定方程给出的构造更加模式化，是更可靠的做法