作为代数数论中的重要组成部分, 二次域及二次域中的算术对研究Diophantus方程有着重要作用.对某些$D$, 其二次域$Q(\sqrt D )$是Euclid域, 因此在这些二次代数整数环$\tilde Q(\sqrt D)$中算术基本定理成立, 我们可以建立和$Z$中同样的整除理论去求解某些Diophantus方程.关于用代数数论知识解答Diophantus方程$x^2+D=4p^n$ (${\rm{D > 0 }}$)已经有不少研究工作, 特别是通过研究虚二次域类数的可除性来研究Diophantus方程$x^2+D=4p^n $ ($D$是适合$p\not|D$的正奇数, 且$D\ne4p^r-1$, 其中$r$是正整数)的解数.为了利用二次域中的重要理论、二次代数整数环$\tilde Q(\sqrt D)$中算术基本定理来研究Diophantus方程, 我们先引入$Z[i]$中的整除理论, 它是在唯一分解整环中的性质的一个直接推广.

定义1.1^[1]  设$\omega _1, \omega _2\in\tilde Q(\sqrt D)$是$Q(\sqrt D)$的一组基, 如果任意的$\theta\in\tilde Q(\sqrt D)$必可表为$\theta=u\omega _1 +v\omega _2$, 其中$u, v \in Z$, 则称$\omega _1, \omega _2$是$Q(\sqrt D)$的一组整基, 它也称为是$\tilde Q(\sqrt D)$的一组基.

定义1.2 ^[1]  设$\alpha, \beta\in M$, 若存在$\varepsilon$使$\beta=\varepsilon\odot\alpha$, 则称$\beta$是$\alpha$的相伴数, 记作$\beta\sim\alpha$.

定理1.1 ^[1]  在二次域$Q(\sqrt D)$中的单位数是:

(1) 当$D=-2$或$D\geqslant-5$时, 仅有$\pm1$;

(2) 当$D=-1$时, 有$\pm1$, $\pm i$;

(3) 当$D=-3$时, 有$\pm1$, $\pm1/2\pm\sqrt{-3}/2$;

(4) 当$D> 1$, $D\equiv2, 3(\bmod4)$时, 有

$ \pm(m_0+n_0\omega)^k=\pm(m_0+n_0\sqrt D)^k, ~ k=\pm 1, \pm 2, \cdots, $

其中$\omega=\sqrt D$, $m_0 , n_0$是Pell方程$x^2-Dy^2=\pm1$的最小正解;

(5) 当$D> 1$, $D\equiv1(\bmod4)$时, 有

$ \pm(m_0+n_0 \omega)^k=\pm((m_0-n_0/2)+n_0\sqrt D/2)^k, ~k=\pm 1, \pm 2, \cdots, $

其中$\omega=-1/2+\sqrt D/2$, $2m_0-n_0 , n_0$是Pell方程$x^2-Dy^2=\pm4$的最小正解. $m_0+n_0\omega$称为实二次域$Q(\sqrt D)$的基本单位数.

定理1.2 ^[2]  (算术基本定理)任一大于1的整数能表成质数的乘积, 即任一大于1的整数

$ a=p_1 p_2\cdots p_n, p_1\leqslant p_2\leqslant \cdots \leqslant p_n, $

其中$p_1, p_2, \cdots, p_n$是质数, 并且若

$ a=q_1 q_2\cdots q_m, q_1\leqslant q_2\leqslant \cdots \leqslant q_m, $

其中$a_1, a_2, \cdots, a_m$是质数, 则

$ m=n, ~ q_i=p_i, ~ i=1, 2, \cdots, n. $

定理1.3 ^[1]  设$M$是唯一分解环, 正整数$k> 2$, 以及$\alpha, \beta \in M$, $(\alpha, \beta)=\overline 1$, 那么, 若$\alpha\beta=\gamma ^k$, $\gamma\in M$, 则有$\alpha=\varepsilon _1\mu ^k$, $\beta=\varepsilon _2\nu ^k$, $\mu, \nu \in M$, 其中$\varepsilon _1, \varepsilon _2$是$M$中的单位, 且$\varepsilon _1\varepsilon _2=\varepsilon ^k$, $\varepsilon$为单位.

利用二次域中的重要理论和二次代数整数环$\tilde Q(\sqrt D)$中算术基本定理, 以下给出两个典型的Diophantus方程

$ x^2+D=4y^5, $

其中$D=7, -5$时的所有整数解.

结论Ⅰ  当$D=7$时, Diophantus方程

$ \begin{equation} \ x^2 + 7 = 4y^5, x, y\in Z \ \end{equation} $

(2.1)

仅有整数解$(\pm 11, 2)$.

证   Diophantus方程(2.1) 可以化为

$ \left( {\frac{{x + \sqrt { - 7} }}{2}} \right)\left( {\frac{{x - \sqrt { - 7} }}{2}} \right) = {y^5}. $

(2.2)

由于$Q\left({\sqrt{-7}}\right)$为Euclid域^[3], 我们则可以在$\tilde Q\left({\sqrt{-7}}\right)$中来讨论Diophantus方程(2.2).

由定理1.1和定义1.1得, 在二次域$Q\left({\sqrt{-7}}\right)$中仅有单位数$\pm1$, 且1和$(-1+\sqrt{-7})/2$是一组整基.设

$ \delta = (\frac{{x + \sqrt { - 7} }}{2}, \frac{{x - \sqrt { - 7} }}{2}), $

显然$\delta|x$, $\delta|\sqrt{-7}$, 因为$\sqrt{-7}$是素数, 所以必有$\delta=1$或$\sqrt{-7}$.但$\delta=\sqrt{-7}$不可能, 因为此时必有$7|x$, 而这样的$x$显然不是解, 所以$\delta=1$, 即$(x+\sqrt{-7})/2$与$(x-\sqrt{-7})/2$互素.由定理1.3及单位数的形式知

$ \frac{{x + \sqrt { - 7} }}{2} = {\left( {\frac{{a + b\sqrt { - 7} }}{2}} \right)^5}, $

即

$ 2^4 (x + \sqrt { - 7} ) = (a + b\sqrt { - 7} )^5, $

从而有

$ 2^4 (x + \sqrt { - 7} ) = a^5 + 5a^4 b\sqrt { - 7} - 70a^3 b^2 - 70a^2 b^3 \sqrt { - 7} + 245ab^4 + 49b^5 \sqrt { - 7}. $

由此得到

$ 2^4 x = a^5 - 70a^3 b^2 + 245ab^4 = a(a^4 - 70a^2 b^2 + 245b^4 ), $

即

$ 2^4 = 5a^4 b - 70a^2 b^3 + 49b^5 = b(5a^4 - 70a^2 b^2 + 49b^4 ), $

于是必有$a=\pm1, b=-1$, 进而有$(x, y)=(\pm 11, 2)$, 证毕.

结论Ⅱ  当$D=-5$时, Diophantus方程

$ \begin{equation} \ x^2 - 5 = 4y^5, x, y\in Z \ \end{equation} $

(2.3)

仅有整数解$(\pm 1, -1)$和$(\pm 3, 1)$.

证  Diophantus方程(2.3) 可以化为

$ \left( {\frac{{x + \sqrt 5 }}{2}} \right)\left( {\frac{{x - \sqrt 5 }}{2}} \right) = {y^5}. $

(2.4)

由于$Q\left({\sqrt5}\right)$为Euclid域^[3], 我们则可以在$\tilde Q\left({\sqrt5}\right)$中来讨论不Diophantus方程(2.4).

由定理1.1和定义1.1得, 在二次域$Q\left({\sqrt5}\right)$中1和$\omega=(-1+\sqrt5)/2$是一组整基, 单位数有无穷多个$\pm(1+\omega)^n$.设

$ \delta = (\frac{{x + \sqrt 5 }}{2}, \frac{{x - \sqrt 5 }}{2}), $

显然$\delta|x$, $\delta|\sqrt5$, 因为$\sqrt5$是素数, 所以必有$\delta=1$或$\sqrt5$.但$\delta=\sqrt5$不可能, 因为此时必有$5|x$, 而这样的$x$显然不是解, 所以$\delta=1$, 即$(x+\sqrt5)/2$与$(x-\sqrt5)/2$互素.又因$5\equiv1(\bmod4)$, 由其单位数的形式, 不妨令$y=(a+b\sqrt5)/2$, 又因为$Q\left({\sqrt5}\right)$是实二次域, 则Diophantus方程(2.3) 可以分为以下两种情形讨论:

情形(1)

$ \begin{equation} \ \frac{{x + \sqrt 5 }}{2} = \left( {\frac{{a + b\sqrt 5 }}{2}} \right)^5. \end{equation} $

(2.5)

情形(2)

$ \frac{{x + \sqrt 5 }}{2} = \pm {(1 + \omega )^n}{\rm{ }}{\left( {\frac{{a + b\sqrt 5 }}{2}} \right)^5},n = \pm 1, \pm 2, \cdots . $

(2.6)

若(2.5) 式成立, 则有

$ 2^4 (x + \sqrt 5 ) = (a + b\sqrt 5 )^5, $

故有

$ 2^4 (x + \sqrt 5 ) = a^5 + 5a^4 b\sqrt 5 + 50a^3 b^2 + 50a^2 b^3 \sqrt 5 + 125ab^4 + 25b^5 \sqrt 5. $

由此得到

$ 2^4 x = a^5 + 50a^3 b^2 + 125ab^4 = a(a^4 + 50a^2 b^2 + 125b^4 ), $

即

$ 2^4 = 5a^4 b + 50a^2 b^3 + 25b^5 = b(5a^4 + 50a^2 b^2 + 25b^4 ). $

这是不可能的;

若(2.6) 式成立, 当$n=1$时有

$ \frac{{x + \sqrt 5 }}{2} = \pm (1 + \omega ){\left( {\frac{{a + b\sqrt 5 }}{2}} \right)^5}, $

由此得到

$ 2^5 (x + \sqrt 5 ) = \pm (1 + \sqrt 5 )(a + b\sqrt 5 )^5. $

故有

$ a^5 + 50a^3 b^2 + 125ab^4 + 25a^4 b + 250a^2 b^3 + 125b^5 = \pm 2^5 x, $

即

$ 5a^4 b + 50a^2 b^3 + 25b^5 + a^5 + 50a^3 b^2 + 125ab^4 = \pm 2^5, $

从而有$a=\pm2, b=0$, 进而有$(x, y)=(\pm 1, -1)$.

当$n=2$时有

$ \frac{{x + \sqrt 5 }}{2} = \pm {(1 + \omega )^2}{\rm{ }}{\left( {\frac{{a + b\sqrt 5 }}{2}} \right)^5}, $

由此得到

$ 2^6 (x + \sqrt 5 ) = \pm (1 + \sqrt 5 )^2 (a + b\sqrt 5 )^5. $

故有

$ 6a^5 + 300a^3 b^2 + 750ab^4 + 50a^4 b + 500a^2 b^3 + 250b^5 = \pm 2^6 x, $

即

$ 30a^4 b + 300a^2 b^3 + 150b^5 + 2a^5 + 100a^3 b^2 + 250ab^4 = \pm 2^6, $

从而有$a=\pm2, b=0$, 进而有$(x, y)=(\pm 3, 1)$.

当$n$取不等于1和2的其他整数的时候, 对于(2.6) 式, 要么$(a, b)$无整数解, 要么往复地取$(\pm 2, 0)$, 使得$(x, y)$往复地取$(\pm 1, -1)$和$(\pm 3, 1)$, 故Diophantus方程(2.3) 仅有整数解$(\pm 1, -1)$和$(\pm 3, 1)$, 证毕.