不定方程$x^2-kxy+k{y}^2+dy=0$的正整数解

The Positive Integer Solutions of the Diophantine Equation $x^2-kxy+k{y}^2+dy=0$

摘要: 本文研究了在d∈{3,5,7,11,13,17,19}，k∈N∗时，不定方程x2−kxy+ky2+dy=0有无穷多个正整数解(x, y)当且仅当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。在d为奇素数时，给出了不定方程x2−kxy+ky2+dy=0正整数解的一些必要条件。

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

设$Z,N^{*}$ 分别是全体整数和正整数的集合。方程

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

是一类典型的二次不定方程。此类不定方程一直是数论研究的重要内容，已有许多相关研究。2004年，Marlewski A与Zarzycki P [1]证明了不定方程$x^2-kxy+y^2+x=0$ 有无穷多组正整数解。袁平之与胡永忠[2]在2011年将文献[1]中的$l=1$ 推广到$l\in \left\{1,2,4\right\}$ 的情况。2012年，袁平之与冯丽[3]给出不定方程$x^2-kxy+y^2+lx=0$ 有无穷多组正整数解，当且仅当$\left(k,l\right)=\left(3,3\right),\left(4,3\right),\left(5,3\right),\left(3,5\right),\left(5,5\right),\left(7,5\right)$ 这六种情形。2013年胡永忠与乐茂华[4]证明了不定方程(1)有无穷多组正整数解时，必须满足$k\ge 3$ 的条件。2015年樊晖[5]研究了不定方程$x^2-kxy+y^2-lx=0$ 在$k\ge 3$ 且$l\in \left\{1,3,4\right\}$ 时，有无穷多组正整数解。2016年管训贵[6]将不定方程$x^2-kxy+y^2+px=0$ 推广到p为奇素数也有无穷多组正整数解的情形。此外，许多学者也研究了不定方程$x^2-kxy+k{y}^2+ly=0$ 的情形。其中，2013年Karaatli O与Siar Z [7]证明了当$l\in \left\{1,2,4,8\right\}$ 时，不定方程$x^2-kxy+k{y}^2+ly=0$ 有无限多组正整数解，接着Mavecha [8]于2017年将其推广到$l\in \left\{2^n|n\in N\right\}$ ，这里的N为自然数集。最近，Alkabouss S [9]等人证明了在$l=3^n$ 且$k\equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$ 时，或者在$l=2^r{3}^s$ 与$k=2k^{\prime }+1$ 且$k^{\prime }\equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$ 时，不定方程$x^2-kxy+k{y}^2+ly=0$ 有无限多组正整数解，这里的n、r与s为正整数集。文献[8]与文献[9]证明了不定方程$x^2-kxy+k{y}^2+ly=0$ 其y的系数为2、3的方幂或者2与3的方幂情况。我们考虑将不定方程$x^2-kxy+k{y}^2+ly=0$ 中y的系数推广到奇素数的情形。本文借助佩尔方程与取模同余等方法，主要研究在$d\in \left\{3,5,7,11,13,17,19\right\}$ 且$k\in N^{*}$ 时，不定方程

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

有无限多个正整数解(x, y)当且仅当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。此外，还给出了d为奇素数方程(2)有无限多组正整数解k的取值情况。

下面为本文的主要定理及推论，由于证明较长，我们将关键性引理放在第二章，并将主要定理及推论的证明放在第三章。

定理1 不定方程(2)有无限多组正整数解$\left(x,y\right)$ 的必要条件是：

i) $2|k$ 时，$k=2k_1$ ，$6\le k\le d+4$ ，$k\in N^{*}$ ，$\left(\frac{k_1^2-2k_1}{d}\right)=1$ ；

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

注：无论d取何值时，k的上界d + 4与下界5均满足不定方程(2)有无限多组正整数解。这里及下文中$\left(\frac{\ast }{\ast }\right)$ 表示Legendre符号。由定理1直接可得下面的推论：

推论1 当d = 3时，方程(2)有无限多组正整数解当且仅当$k=\text{5},\text{6},\text{7}$ 。

推论2 当d = 5时，方程(2)有无限多组正整数解当且仅当$k=\text{5},\text{7},\text{9}$ 。

推论3 当d = 11时，方程(2)有无限多组正整数解当且仅当$k=5,6,9,10,15$ 。

推论4 当d = 17时，方程(2)有无限多组正整数解当且仅当$k=5,7,11,13,21$ 。

定理2 若素数$d\equiv 1\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，则不定方程(2)有无限多组正整数解$\left(x,y\right)$ 的必要条件是：

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

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

这里$\left[x\right]$ 表示x的整数部分。

定理3 若素数$d=6n+1\left(n\in N^{*}\right)$ ，则当$k=5$ ，$k=3n+5$ 和$k=6n+5$ 时，不定方程(2)有无限多组正整数解$\left(x,y\right)$ 。

由定理2、定理3可得

推论5 当d = 7时，方程(2)有无限多组正整数解当且仅当$k=\text{5},\text{8},\text{11}$ 。

推论6 当d = 13时，方程(2)有无限多组正整数解当且仅当$k=\text{5},\text{11},\text{17}$ 。

推论7 当d = 19时，方程(2)有无限多组正整数解当且仅当$k=\text{5},\text{11},\text{14},\text{23}$ 。

2. 关键性引理

引理1 [3]设$d>1$ 且为非平方数，$c\in Z$ 。若不定方程$x^2-d{y}^2=c$ 有一组正整数解满足$\gcd \left(x,y\right)=1$ ，则必有无限多组正整数解满足$\gcd \left(x,y\right)=1$ 。

引理2 [7]若有$x,y,k\in N^{*}$ 满足不定方程$x^2-kxy+k{y}^2+y=0$ ，则存在$c,e\in N^{*}$ 使得$x=ce$ ，$y=c^2$ 且$\gcd \left(c,e\right)=1$ 。

引理3 若有$x,y,k\in N^{*}$ 及奇素数d满足(2)，则存在$c,e\in N^{*}$ 使得$x=ce$ ，$y=c^2$ 或$x=dce$ ，$y=d{c}^2$ 且$\gcd \left(c,e\right)=1$ 。

证明 i) 特别地，当$y=1$ 时，代入方程(2)得到$x^2-kx+k+d=0$ ，即${\left(2x-k\right)}^2-k^2+4\left(k+d\right)=0$ 。故$x=\frac{k+\sqrt{k^2-4\left(k+d\right)}}{2}$ 。令$x=e$ ，则有$x=ce,y=c^2$ 且$\gcd \left(c,e\right)=1$ 。

ii) 当$y\ge 2$ 时，设q为任意素数，则由q|y知，q|x。令$x=q^t{x}_1$ ，$y=q^s{y}_1$ 且$q\cancel{|}{x}_1{y}_1$

情形1 $\gcd \left(x,y,d\right)=1$ 。把x，y的值代入方程(2)得到

$q^{2t}{x}_1^2-q^{s+t}k{x}_1{y}_1+q^{2s}k{y}_1^2+d{q}^s{y}_1=0$

不难推得$s=2t$ 。由q的任意性知，$x=d_1^{t_1}{d}_2^{t_2}\cdots d_k^{t_k}\cdot e$ ，$y=d_1^{2t_1}{d}_2^{2t_2}\cdots d_k^{2t_k}$ ，这里$d_i\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ 是y的不同素因数。令$c=d_1^{t_1}{d}_2^{t_2}\cdots d_k^{t_k}$ ，则有$x=ce$ ，$y=c^2$ 且$\gcd \left(c,e\right)=1$ 。

情形2 $\gcd \left(x,y,d\right)=d$ 。可设$x=d{x}_2$ ，$y=d{y}_2$ ，把x，y的值代入方程(2)得到

$d^2{x}_2^2-k{d}^2{x}_2{y}_2+k{d}^2{y}_2^2+d^2{y}_2=0$ ,

化简得$x_2^2-k{x}_2{y}_2+k{y}_2^2+y_2=0$ ，由引理2知$x_2=ce$ ，$y_2=c^2$ 且$\gcd \left(c,e\right)=1$ 。因此$x=dce$ ，$y=d{c}^2$ 且$\gcd \left(c,e\right)=1$ 。引理3得证。

引理4 [10]设$\frac{p_n}{q_n}=\left[a_0,a_1,\cdots ,a_n\right]$ $\left(0\le n\le N,n\in Z\right)$ 为连分数$\left[a_0,a_1,\cdots ,a_n\right]$ 的第n个渐进分数，$d>1$ 且为非平方数及${\left(-1\right)}^n{Q}_n=p_{n-1}^2-d{q}_{n-1}^2$ ，则不定方程$x^2-d{y}^2={\left(-1\right)}^n{Q}_n$ 有正整数解。若$l\ne {\left(-1\right)}^n{Q}_n$ ，且$\left|l\right|<\sqrt{d}$ ，则$x^2-d{y}^2=l$ 无正整数解。

引理5设d为奇素数，$k\in N^{*}$ 。i) 若$\gcd \left(x,y,d\right)=1$ ，当$\text{2}|k$ $k\ge 2\left(d+2\right)$ 时，方程(2)没有正整数解；当2∤k，$k\ge 4d\text{+}3$ 时，方程(2)也没有正整数解；ii) $\gcd \left(x,y,d\right)=d$ ，则当且仅当$k=5$ 时，方程(2)有无限多组正整数解。

证明 i) 当$\gcd \left(x,y,d\right)=1$ ，将$x=ce$ ，$y=c^2$ 代入方程(2)中，有$e^2-kce+k{c}^2+d=0$ 即

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

若$\text{2}|k$ 则设$k=2k_1$ 有

${\left(e-k_{1}c\right)}^2-\left(k_1^2-2k_1\right)c^2=-d$ (4)

由连分数展开，这里$k_1\ge 3$ ，$k_1\in Z$ 。根据引理4可知$d<\sqrt{k_1^2-2k_1}$ 即$k\ge 2\left(d+2\right)$ 时，无正整数$k_1$ 使(4)式成立，那么方程(2)没有正整数解。若$\text{2}\cancel{|}k$ ，由连分数展开，这里$k\ge 5$ 且为奇数。根据引理4可知$4d<\sqrt{k^2-4k}$ ，即$k\ge 4d+3$ 时，无正整数k使(3)式成立，从而方程(2)也没有正整数解。

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

引理6 [11]设$N,D\in N^{*}$ 且D为非平方数，$x_0+y_0\sqrt{D}$ 是方程$x^2-D{y}^2=1$ 的基本解，若$u_0+v_0\sqrt{D}$ 是方程$u^2-D{v}^2=-N$ 且$\gcd \left(u,v\right)=1$ 的基本解，则有$0<v_0\le \frac{y_0\sqrt{N}}{\sqrt{2\left(x_0-1\right)}}$ ，$0\le u_0\le \sqrt{\frac{1}{2}\left(x_0-1\right)N}$ 。

引理7 [12]设$N,D$ 为奇正整数且D为非平方数，$x_0+y_0\sqrt{D}$ 是方程$x^2-D{y}^2=4$ 且$\gcd \left(x,y\right)=1$ 的基本解，若$u_0+v_0\sqrt{D}$ 是方程$u^2-D{v}^2=-4N$ 且$\gcd \left(u,v\right)|2$ 的基本解，则有$0<v_0\le \frac{y_0\sqrt{N}}{\sqrt{x_0-2}}$ ，$0\le u_0\le \sqrt{\left(x_0-2\right)N}$ 。

引理8 设d为奇素数，$k\in N^{*}$ ，$k>4$ 。i) 若$\text{2}|k$ ，$k=2k_1$ ，故$u_0+v_0\sqrt{k_1^2-2k_1}$ 为方程$u^2-\left(k_1^2-2k_1\right)v^2=-d$ 且$\gcd \left(u,v\right)=1$ 的基本解，则有$0<v_0\le \frac{1}{\sqrt{k-4}}\sqrt{d}$ ，$0\le u_0\le \sqrt{\frac{1}{2}\left(k_1-2\right)d}$ 。

ii) 若$\text{2}\cancel{|}k$ ，$u_0+v_0\sqrt{k^2-4k}$ 是方程$u^2-\left(k^2-4k\right)v^2=-4d$ 且$\gcd \left(u,v\right)|2$ 的基本解，则有$0<v_0\le \frac{1}{\sqrt{k-4}}\sqrt{d}$ ，$0\le u_0\le \sqrt{\left(k-4\right)d}$ 。

证明 i) 因为方程$x^2-\left(k_1^2-2k_1\right)y^2=1$ 的基本解是$x_0=k_1-1$ ，$y_0=1$ 。所以由引理6知$0<v_0\le \frac{\sqrt{d}}{\sqrt{2\left(k_1-1-1\right)}}\text{=}\frac{1}{\sqrt{k-4}}\sqrt{d}$ ，$0\le u_0\le \sqrt{\frac{1}{2}\left(k_1-2\right)d}$ 。

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

定理1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$0<c\le \frac{\sqrt{d}}{\sqrt{k-4}}<1$ ，此时(4)没有正整数解，从而(2)也没有正整数解。再由式(4)知${\left(e-k_{1}c\right)}^2\equiv \left(k_1^2-2k_1\right)c^2\left(\mathrm{mod}d\right)$ ，故

$\left(\frac{k_1^2-2k_1}{d}\right)=1$ .

ii) 由引理5知，当$\text{2}\cancel{|}k$ 时，$k\ge 4d+3$ 时，(2)没有正整数解，故$\text{2}\cancel{|}k$ 时，$5\le k\le 4d+1$ 。同理，当$k>d+4$ 时，由引理8的ii)知$0<c\le \frac{\sqrt{d}}{\sqrt{k-4}}<1$ ，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

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

定理1得证。

推论1的证明：

当$d=3$ 时。

若$\text{2}|k$ ，则由定理1中的i)知$k=6$ ，则$k_1=3$ ，式(4)为

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

式(5)有一组正整数解$\left(e-3c,c\right)=\left(0,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,3\right)$ 。由引理1知，方程(2)当$k=6$ 时有无限多组正整数解。

若$\text{2}\cancel{|}k$ ，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。

当$k=7$ 时，式(3)为

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

式(6)有一组正整数解$\left(2e-7c,c\right)=\left(3,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,5\right)$ 。由引理1知，方程(2)此时有无限多组正整数解；当$k=9$ 时，式(3)为

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

对(7)模5得${\left(2e-9c\right)}^2\equiv 3\left(\mathrm{mod}5\right)$ ，故$1=\left(\frac{3}{5}\right)=-1$ 矛盾，即此时方程(2)没有正整数解；

当$k=11$ 时，式(3)为

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

对(8)式模11得${\left(2e-11c\right)}^2\equiv -1\left(\mathrm{mod}11\right)$ ，故$1=\left(\frac{-1}{11}\right)=-1$ 矛盾。即此时方程(2)没有正整数解；当$k=13$ 时，式(3)为

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

由引理8中的ii)知，$0<c\le \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{9}}=\frac{\sqrt{3}}{3}<1$ ，又c为正整数，故(9)没有正整数解，即方程(2)也没有正整数解。推论1得证。

推论2的证明：

当$d=5$ 时。

若$\text{2}|k$ ，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；

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

若$\text{2}\cancel{|}k$ ，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。

当$k=7$ 时，式(3)为

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

式(10)有一组正整数解$\left(2e-7c,c\right)=\left(1,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,4\right)$ 。由引理1知，方程(2)此时有无限多组正整数解；当$k=9$ 时，(3)式为

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

式(11)有一组正整数解$\left(2e-9c,c\right)=\left(5,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,7\right)$ 。由引理1知，方程(2)此时有无限多组正整数解。推论2得证。

推论3的证明：

当$d=11$ 时。

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

当$k=6$ 时，令$k=2k_1$ ，故$k_1=3$ ，代入(4)式为

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

显然，式(12)有一组正整数解$\left(e-3c,c\right)=\left(1,2\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(2,7\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=10$ 时，令$k=2k_1$ ，故$k_1=5$ ，代入(4)式为

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

显然，式(13)有一组正整数解$\left(e-5c,c\right)=\left(2,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,7\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=8,12,14$ 时，对(4)模11知，方程(2)没有正整数解。

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

当$k=9$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

当$k=9$ 时，式(3)为

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

显然，式(14)有一组正整数解$\left(2e-9c,c\right)=\left(1,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,5\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=15$ 时，式(3)为

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

显然，式(15)有一组正整数解$\left(2e-15c,c\right)=\left(11,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,13\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=11$ 时，对(3)模7知，方程(2)没有正整数解；当$k=7,13$ 时，对(3)模11知，方程(2)没有正整数解。推论3得证。

推论4的证明：

当$d=17$ 时。

若$\text{2}|k$ ，则由定理1中的i)知$k=6,8,10,12,14,16,18,20$ 。当$k=8$ 时，令$k=2k_1$ ，故$k_1=4$ ，代入(4)式为${\left(e-4c\right)}^2-8c^2=-17$ ，由引理8中的i)知$0<c\le \frac{\sqrt{17}}{2}<3$ ，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。

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

当$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

当$k=7$ 时，式(3)为

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

显然，式(16)有一组正整数解$\left(2e-7c,c\right)=\left(4,2\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(2,9\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=11$ 时，式(3)为

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

显然，式(17)有一组正整数解$\left(2e-11c,c\right)=\left(3,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,7\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=13$ 时，式(3)为

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

显然，式(18)有一组正整数解$\left(2e-13c,c\right)=\left(7,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,10\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=21$ 时，式(3)为

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

显然，式(19)有一组正整数解$\left(2e-21c,c\right)=\left(17,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,19\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=9,15,19$ 时，对(3)模5知，方程(2)没有正整数解；当$k=17$ 时，由引理8中的ii)知$0<c\le \frac{\sqrt{17}}{\sqrt{17-4}}<2$ ，故$c=1$ 。验证知(3)没有正整数解，即方程(2)也没有正整数解。

定理2的证明：

i) 由定理1的i)知，当$\text{2}|k$ ，$6\le k\le d+4$ ，若$k_1\equiv -1\left(\mathrm{mod}3\right)$ 与$k_1\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right)$ 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，$k=6m+2$ ，$1\le m\le \left[\frac{d+2}{6}\right]$ ，$m\in N^{*}$ ，$\left(\frac{9m^2-1}{d}\right)=1$ 。

ii) 由定理1的ii)知，当$\text{2}\cancel{|}k$ ，$5\le k\le d+4$ ，若$k\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$ 与$k\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right)$ 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，$k=6m-1$ ，$1\le m\le \left[\frac{d+5}{6}\right]$ ，$m\in N^{*}$ ，$\left(\frac{36m^2-36m+5}{d}\right)=1$ 。定理2得证。

定理3的证明：

$k=5$ 时，不定方程(2)显然有无限多组正整数解。

由于$k=3n+5$ 时，方程(3)存在一组正整数解$\left(c,e\right)=\left(1,3n+2\right)$ ，$k=6n+5$ 时，方程(3)存在一组正整数解$\left(c,e\right)=\left(1,6n+3\right)$ ，故由引理1知，定理3得证。

推论5的证明：

当$d=7$ 时。

若$2|k$ ，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。

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

当$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

当$k=11$ 时，代入(3)式为

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

显然，式(20)有一组正整数解$\left(2e-11c,c\right)=\left(7,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,9\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解。推论5得证。

推论6的证明：

当$d=13$ 时。

若$2|k$ ，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。

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

当$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

当$k=11$ 时，代入(3)式为

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

显然，式(21)有一组正整数解$\left(2e-11c,c\right)=\left(5,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,8\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=17$ 时，式(3)为

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

显然，式(22)有一组正整数解$\left(2e-17c,c\right)=\left(13,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,15\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解。推论6得证。

推论7的证明：

当$d=19$ 时。

若$2|k$ ，则由定理2中的i)知$k=8,14,20$ 。

当$k=14$ 时，令$k=2k_1$ ，故$k_1=7$ ，代入(4)式为

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

显然，式(23)有一组正整数解$\left(e-7c,c\right)=\left(4,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,11\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=8$ 时，对(4)模19知，方程(2)没有正整数解；当$k=20$ 时，由引理8中的i)知$0<c\le \frac{\sqrt{19}}{4}<2$ ，故$c=1$ 。验证知(4)没有正整数解，即方程(2)也没有正整数解。

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

当$k=5$ 时，方程(2)显然有无限多组正整数解。

当$k=11$ 时，代入(3)式为

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

显然，式(24)有一组正整数解$\left(2e-11c,c\right)=\left(1,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,6\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=23$ 时，式(3)为

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

显然，式(25)有一组正整数解$\left(2e-23c,c\right)=\left(19,1\right)$ ，即$\left(c,e\right)=\left(1,21\right)$ 。由引理1知，方程(2)有无限多组正整数解；当$k=17$ 时，由引理8中的ii)知$0<c\le \frac{\sqrt{19}}{\sqrt{17-4}}<2$ ，故$c=1$ 。验证知(3)没有正整数解，即方程(2)也没有正整数解。推论7得证。

本文研究的不定方程(2)相较于不定方程$x^2-kxy+y^2+lx=0$ 来说，是将y²系数由1变为k。本文借助佩尔方程与取模同余等方法，主要研究在$d\in \left\{3,5,7,11,13,17,19\right\}$ 且$k\in N^{*}$ 时，不定方程(2)有无限多个正整数解的情况。此外，还给出了d为奇素数方程(2)有无限多组正整数解k的取值情形。在定理的证明过程中发现，无论d取何值时，k的上界d + 4与下界5均满足不定方程(2)有无限多组正整数解。不定方程(2)中y的系数还可作进一步推广，可以考虑d大于19的素数的情况。最后，论文在程开敏老师、文仕林老师以及审稿专家的指导与建议下完成，在此表示衷心的感谢。

基金项目

阿坝师范学院校级项目(AS-PYYB2023-08)。