设 $Z$和 $N$分别表示全体整数和正整数组成的集合, $p$是奇素数, $D$是适合 $p\not|D$的正整数.此时, 方程

$ \begin{equation} \ x^2 + D = p^n,\ \ \ \ \ x, n \in N \ \end{equation} $

(1.1)

是一类基本而重要的广义Ramanujan-Nagell方程.多年来, 关于该类方程的整数解一直是指数Diophantus方程的一个引人关注的问题, 但主要是其解数 $N(D, p)$的上界估计, 乐茂华^[1]证明了当 $(D, p)=(2, 3)$或 $(3s^2+ 1, 4s^2+ 1)$, 其中 $s$是正整数时方程(1.1) 恰有2组正整数解, 否则, 该方程至多有1组正整数解; 曹珍富^[2]仅给出了方程 $x^2 + 2 = 3^n$仅有(1, 1)、(5, 3) 两组正整数解.

作为代数数论中的重要组成部分, 二次域的有关类数、理想等相关性质和理想数唯一分解定理对研究该类方程的整数解有着重要作用.对某些 $D{\rm{ > 0}}$, $Q(\sqrt {-D} )$不是Euclid域, 若其类数 $h(Q(\sqrt {-D})) = 1$, 可以利用代数整数环中唯一分解定理的相关知识去研究方程的整数解问题; 若其类数 $h(Q(\sqrt {-D})) \ne 1$, 可以利用二次域中整数环上的理想唯一分解定理去研究方程的整数解问题.为此, 先引入同余式、二次域的有关类数、理想及其相关性质和理想唯一分解定理.

定义1.1^[3]  若 $\varepsilon$和 $\varepsilon^{-1}$都是代数整数, 则 $\varepsilon$称为单位数.

定义1.2^[4]  环 $R$的非空子集 $S$叫做 $R$的理想, 是指满足下面条件: (1) 如果 $a, b \in S$, 则 $a \pm b \in S$; (2) 如果 $r \in R$, $a \in S$, 则 $ar, ra \in S$.

定义1.3^[4]  由一个元素 $x \in R$生成的理想 $(x)$叫做环 $R$的主理想, 如果 $R$是整环, 并且 $R$中每个理想都是主理想 $(x) = xR$, 则 $R$叫做主理想整环.

定义1.4^[5]  数域 $K$的子集 $I$叫做 $K$的分式理想, 是指存在 $0 \ne \mu \in O_k$（数域 $K$的整数环）, 使得 $\mu I$为 $O_k$的非零理想, 用 $I(K)$表示 $K$的全体分式理想组成的集合, 且 $I(K)$构成群, 叫做数域 $K$的分式理想群; 对于 $\alpha \in K$, 称 $\alpha O_k$（ $0 \ne \alpha \in O_k$）为主分式理想, 而 $I(K)$中主分式理想的全体构成一个群, 叫做 $K$的主分式理想群, 记作 $P(K)$; 商群 $C(K) = I(K)/P(K)$, 叫做 $K$的（分式）理想类群, $C(K)$中的每一个元素叫做 $K$的（分式）理想类.

定义1.5^[5]  理想类群的阶 $h(K) = |C(K)|$叫做数域 $K$的类数.

定义1.6^[6]  设 ${\tilde F}$是一个代数整数环, $\alpha _1, \alpha _2, \cdots, \alpha _s \in \tilde F$, 把集合

$ x_1 \alpha _1 + x_2 \alpha _2 + \cdots + x_s \alpha _s, x_1, x_2, \cdots, x_s \in \tilde F $

称为是由 $\alpha _1, \alpha _2, \cdots, \alpha _s$生成的 $\tilde F$中的理想数.

定义1.7^[6]  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^[7]  若 $a \equiv b(\bmod m_i )$, 其中 $i = 1, 2, \cdots, n$, 则 $a \equiv b(\bmod [m_1, m_2, \cdots, m_n])$.

引理1.1^[6]   $\alpha \in A_2$（全体 $Q$上的2次代数数组成的集合）的充要条件是 $\alpha = r + s\sqrt D $, 其中 $r, s \in Q$, $s \ne 0$以及 $D \ne 0$是无平方因子的有理整数; $\alpha \in \widetilde{A_2 }$（全体 $Q$上的2次代数整数组成的集合）的充要条件是除以上所说的外还要满足 $2r \in Z, r^2 - Ds^2 \in Z$.

引理1.2^[6]  设 $D$满足引理1.1的条件, 及

$ \omega = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\sqrt D,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ D = 2, 3(\bmod 4)}, \\ {(-1 + \sqrt D )/2, D = 1(\bmod 4)}. \\ \end{array}} \right. $

那么 $\alpha$是二次代数整数的充要条件是它可以表为

$ \begin{equation} \ \alpha = m + n\omega,\ \ \ \ m, n \in Z, \ \ \ \ n \ne 0. \ \end{equation} $

(1.2)

定理1.2^[6]  当 $D \leqslant -1$时, 仅当 $D = -1, -3$时才有形如(1.2) 的单位数.仅当 $D = -1$时, 这种单位数是 $\pm i$, 当 $D = -3$时, 这种单位数是 $ \pm (1 \pm \sqrt 3 )/2$.

定理1.3^[6]  主理想整环是唯一分解整环.

定理1.4^[6]  设 $M$是唯一分解环, 正整数 $k\geqslant 2$, 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.

利用二次域中整数环上的理想唯一分解定理, 以下证明广义Ramanujan-Nagell方程

$ \begin{equation} \ x^2+5=p^n, \ \ \ \ \ n \in N \ \end{equation} $

(2.1)

有正整数解的必要条件.

结论  设 $p$是奇素数, $D$是适合 $p\not|D$的正整数, 若方程(2.1) 有解, 则一定存在 $a, b \in Z$使得 $p = a^2 + 5b^2$, 且 $b = \pm 1$.

证  情形(1)  若 $n$是偶数, 则由(2.1) 式可得

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {p^{\frac{n}{2}} \pm x = 5}, \\ {p^{\frac{n}{2}} \mp x = 1}, \\ \end{array}} \right. $

两式相加即有 $p^{\frac{n}{2}} = 3$, 由 $p$是奇素数非平方, 显然方程(2.1) 无解.

情形(2)  若 $n$是奇数, 在虚二次域中, 由定义1.4和定义1.5可得 $Q(\sqrt { - 5})$的类数 $h(Q\sqrt { - 5} ) = 2$, 且有单位数 $\pm 1$, 其中1和 $( - 1 + \sqrt { - 5} )/2$是一组整基^[6], 从而整环 $Q(\sqrt { - 5})$的整数形如 ${ a + b \sqrt { - 5} }$的形式, 其中 $a, b \in Z$.由此可得方程(2.1) 的理想分解为

$ (x + \sqrt {-5} )(x-\sqrt {-5} ) = p^n, $

其中 $x + \sqrt { - 5}$和 $x - \sqrt { - 5}$均是 $Q(\sqrt { - 5})$的理想数.令

$ d = (x + \sqrt {-5}, x-\sqrt {-5} ). $

显然 $d|x$且 $d|\sqrt { - 5}$.因为 $\sqrt { - 5}$是素数, 所以 $d = 1$或 $\sqrt { - 5}$, 但 $d =\sqrt { - 5}$不可能, 因为此时必有 $-5|x$, 而这样的 $x$显然不是解, 于是 $d = 1$, 即理想数 $x + \sqrt { - 5}$和 $x - \sqrt { - 5}$互素, 于是

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

其中 $a^2 + 5b^2 = p$.从而由定理1.4得

$ x + \sqrt {-5} = (a \pm b\sqrt {-5} )^n = A^n, $

其中 $A$是 $Q\sqrt { - 5}$中的理想数.又因为 $(h(Q\sqrt { - 5} ), n) = 1$, 即存在有理数 $u, v$使得

$ uh(\sqrt {-5} ) + vn = 1, $

于是有

$ A = (A^n )^v (A^{h(\sqrt {-5} )} )^u \sim (A^n )^v 1^u, $

由 $A^n \sim 1$得 $A \sim 1^v$, $1^u \sim 1$, 即 $A$是 $Q\sqrt { - 5}$中的主理想.又由 $Q\sqrt { - 5}$中的单位数是 $ \pm1$, 则有

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x + \sqrt {-5} = \pm (a \pm b\sqrt {-5} )^n }, \\ {x-\sqrt { - 5} = \pm (a \mp b\sqrt { - 5} )^n }, \\ \end{array}} \right. $

进而有

$ (a + b\sqrt {-5} )^n-(a-b\sqrt { - 5} )^n = \pm 2\sqrt { - 5}, $

则

$ \left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ 1 \\ \end{array}} \right)a^{n-1} b-5\left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ 3 \\ \end{array}} \right)a^{n-3} b^3 + \cdots \pm 5^{\frac{{n - 1}}{2}} \left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ n \\ \end{array}} \right)b^n = \pm 1. $

即

$ b\left[{\left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ 1 \\ \end{array}} \right)a^{n-1}-5\left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ 3 \\ \end{array}} \right)a^{n-3} b^2 + \cdots \pm 5^{\frac{{n - 1}}{2}} \left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ n \\ \end{array}} \right)b^{n - 1} } \right] = \pm 1, $

从而 $b = \pm 1$, 得证.

以下证明广义Ramanujan-Nagell方程

$ \begin{equation} \ x^2+5=21^n,\ \ \ \ \ n \in N \ \end{equation} $

(3.1)

仅有正整数解 $(4, 1)$.

证  情形(1)  若 $n$是偶数, 则由(3.1) 式可得

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {21^{\frac{n}{2}} \pm x = 5}, \\ {21^{\frac{n}{2}} \mp x = 1}, \\ \end{array}} \right. $

两式相加即有 $21^{\frac{n}{2}} = 3$, 显然方程(3.1) 无解.

情形(2)  若 $n$是奇数, 在虚二次域中, $Q(\sqrt { - 5})$的类数 $h(Q\sqrt { - 5} ) = 2$, 整环 $Q(\sqrt { - 5})$的整数形如 ${ a + b \sqrt { - 5} }$的形式.由此可得方程(3.1) 的理想分解为

$ (x + \sqrt {-5} )(x-\sqrt {-5} ) = 21^n, $

其中 $x + \sqrt { - 5}$和 $x - \sqrt { - 5}$均是 $Q(\sqrt { - 5})$的理想数.由前面结论知 $x + \sqrt { - 5}$和 $x - \sqrt { - 5}$互素, 且

$ (x + \sqrt {-5} )(x-\sqrt {-5} ) = (4 + \sqrt { - 5} )^n (4 - \sqrt { - 5} )^n, $

从而有

$ x + \sqrt {-5} = (4 \pm \sqrt {-5} )^n = A^n, $

其中 $A$是 $Q\sqrt { - 5}$中的理想数, 且是 $Q\sqrt { - 5}$中的主理想.又由 $Q\sqrt { - 5}$中的单位数是 $ \pm1$, 则有

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {x + \sqrt {-5} = \pm (4 \pm \sqrt {-5} )^n }, \\ {x-\sqrt { - 5} = \pm (4 \mp \sqrt { - 5} )^n }. \\ \end{array}} \right. $

进而有

$ \begin{equation} \ (4 + \sqrt { - 5} )^n - (4 - \sqrt { - 5} )^n = \pm 2\sqrt { - 5}. \end{equation} $

(3.2)

若(3.2) 式右边的负号成立的话, 设 $\alpha = 4 + \sqrt { - 5}, \beta = 4 - \sqrt { - 5} $, 则有 $\alpha ^n - \beta ^n = \pm (\alpha - \beta )$.即 $\alpha ^n + \alpha = \beta ^n + \beta $, 亦即 $\alpha (\alpha ^{n - 1} + 1) = \beta (\beta ^{n - 1} + 1)$, 从而有 $\alpha |\beta ^{n - 1} + 1$.又因为 $\alpha + \beta = 8$, 故 $\alpha |(8 - \alpha )^{n - 1} + 1$.则 $\alpha |8^{n - 1} + 1$, 两边同时取范数得 $21|8^{2n - 2} + 2 \cdot 8^{n - 1} + 1$, 显然不成立, 从而(3.2) 式右边的负号不成立, 从而仅有

$ \left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ 1 \\ \end{array}} \right)4^{n-1}-5\left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ 3 \\ \end{array}} \right)4^{n-3} + \cdots \pm 5^{\frac{{n - 1}}{2}} \left( {\begin{array}{*{20}c} n \\ n \\ \end{array}} \right) = 1. $

所以 $n \cdot 4^{n - 1} \equiv 1(\bmod 5)$.故 $n \cdot ( - 1)^{n - 1} \equiv 1(\bmod 5)$.令 $f(n) \equiv n \cdot ( - 1)^{n - 1} (\bmod 5)$, 由于其周期为10.即 $f(10n + k) \equiv f(k)(\bmod 5)$.故 $n \equiv 1, 4(\bmod 10)$, 又由条件 $n$是奇数知 $n \equiv 1(\bmod 2)$, 从而由定理1.1得 $n \equiv 1(\bmod 10)$.当 $n=1$时, 方程有正整数解 $(x, n)=(4, 1)$.

下证方程(3.1) 的指数 $n$不能有两个不同的解 $n_1$和 $n_2$, 满足 $n_1 - n_2 \equiv 0(\bmod 10)$.否则, 可设

$ n_1-n_2 = 5^l \cdot 2 \cdot h,\ \ \ \ \ 5\not|h. $

令 $\alpha = 4 + \sqrt { - 5}$, 则

$ \alpha ^{n_2 } = \alpha ^{n_1 } \alpha ^{n_2-n_1 } = \alpha ^{n_1 } (4 + \sqrt {-5} )^{n_2-n_1 }, $

对于 $5^{l + 1}$的方幂实行数学归纳法可证

$ \begin{equation} \ (4 + \sqrt { - 5} )^{n_2 - n_1 } \equiv 4^{n_2 - n_1 } + (n_2 - n_1 ) \cdot 4^{n_2 - n_1 - 1} \sqrt { - 5} (\bmod 5^{l + 1} ). \end{equation} $

(3.3)

又因

$ \begin{equation} \ \alpha ^{n_1 } = (4 + \sqrt { - 5} )^{n_1 } = 4^{n_1 } + n_1 \cdot 4^{n_1 - 1} \sqrt { - 5} (\bmod 5), \end{equation} $

(3.4)

由(3.3) 式和(3.4) 式知

$ \begin{eqnarray} \alpha ^{n_2 } &\equiv& \alpha ^{n_1 } \cdot 4^{n_2 - n_1 } + \alpha ^{n_1 } (n_2 - n_1 )4^{n_2 - n_1 - 1} \sqrt { - 5} (\bmod 5^{l + 1} )\nonumber\\ &\equiv& \alpha ^{n_1}\cdot 4^{n_2- n_1}+(4^{n_1}+n_1\cdot 4^{n_1-1}\sqrt{-5}+5\lambda)(n_2-n_1 )4^{n_2- n_1-1}\sqrt { - 5}(\bmod 5^{l + 1})\nonumber\\ &\equiv& \alpha ^{n_1}\cdot 4^{n_2-n_1}+(n_2-n_1)4^{n_1-1}\sqrt {- 5}-5 \cdot n_1(n_2 - n_1 )4^{n_2 - 2}\nonumber\\ &&+ (n_2 - n_1 ) \cdot 4^{n_2 - n_1 - 1} \cdot 5\lambda \sqrt { - 5} (\bmod 5^{l + 1} )\nonumber\\ &\equiv& \alpha ^{n_1 } \cdot 4^{n_2 - n_1 } + (n_2 - n_1 )4^{n_2 - 1} \sqrt { - 5} (\bmod 5^{l + 1}), \end{eqnarray} $

(3.5)

其中 $\lambda$是 $Q(\sqrt { - 5})$中的代数整数.记 $\alpha$的共轭 $4 - \sqrt { - 5}=\beta$, 将 $\beta$去替换(3.5) 式中的 $\alpha$得

$ \beta ^{n_2 } \equiv \beta ^{n_1 } \cdot 4^{n_2-n_1 } + (n_2 -n_1 )4^{n_2-1} \sqrt {- 5} (\bmod 5^{l + 1}), $

由于(3.2) 式中的右端不能够取负号, 即 $\alpha ^{n_1 } - \beta ^{n_1 } = \alpha ^{n_2 } - \beta ^{n_2 }$.故

$ \alpha ^{n_2 }-\beta ^{n_2 } = 4^{n_2-n_1 } (\alpha ^{n_1 } -\beta ^{n_1 } ) + 2(n_2- n_1 ) \cdot 4^{n_2 - 1} \sqrt { - 5} (\bmod 5^{l + 1} ). $

又因为 $n_2 - n_1 \equiv 0(\bmod 10)$, $n_1 - 1 \equiv 0(\bmod 2)$, 且 $4|n_2 - n_1$.即 $4^{n_2 - n_1 } \equiv 1(\bmod 5)$.所以有 $4^{n_2 - 1} \equiv \pm 1(\bmod 5)$.故有

$ \alpha ^{n_2}-\beta ^{n_2 } \equiv (\alpha ^{n_1}-\beta ^{n_1}) \pm 2 \cdot (n_2-n_1)\sqrt {-5}(\bmod 5^{l + 1}). $

进而有

$ (n_2-n_1 )\sqrt {-5} \equiv 0(\bmod 5^{l + 1} ). $

即

$ (n_2-n_1 )\sqrt {-5} = 5^{l + 1} (\alpha + \beta\sqrt {-5} ). $

亦即

$ (n_2-n_1 )\sqrt {-5} = 5^{l + 1} \alpha + 5^{l + 1} \beta\sqrt {-5}. $

于是得

$ n_2-n_1 = 5^{l + 1} \beta. $

即 $n_2 - n_1 \equiv 0(\bmod 5^{l + 1})$.与 $5^l \wedge |n_2 - n_1$矛盾.故方程(3.1) 的正整数解唯一, 仅有 $(x, n)=(4, 1)$, 证毕.