DOI:10.12677/aam.2024.136266,PDF,HTML,XML,被引量下载: 131浏览: 295科研立项经费支持
作者:龚禹豪：西华师范大学，数学与信息学院，四川 南充
关键词:不定方程；Pell方程；正整数解；二次剩余；同余；Diophantine Equation；Pell Equation；Positive Integer Solution；Quadratic Residues；Congruence

文章引用：龚禹豪. 不定方程 $x^2-kxy+k{y}^2+dy=0$的正整数解[J]. 应用数学进展, 2024, 13(6): 2771-2779. https://doi.org/10.12677/aam.2024.136266

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)。

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