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Jeśmanowicz猜想的一类特殊情形
2023-05-11 16:00:04 ℃董自钰,赵正俊
(安庆师范大学 数理学院,安徽 安庆 246133)
设a,b,c为正整数,如果三元数组(a,b,c)满足a2+b2=c2,称(a,b,c)为Pythagorean三元数组。特别地,如果gcd(a,b,c)=1,则称(a,b,c)为本原Pythagorean三元数组。对于任意的正整数n,设P(n)表示n的所有不同素因子的乘积。1956年,Jeśmanowicz提出如下猜想:对任意的正整数n,指数丢番图方程
除(2,2,2)外无其他正整数解,其中(a,b,c)为本原Pythagorean三元数组[1]。
对于本原Pythagorean三元数组(a,b,c),注意到a,b中必然有一个是偶数[2],不妨设b为偶数,本原Pythagorean三元数组可以表示成:a=s2-t2,b=2st,c=s2+t2,其中s,t为互素的正整数,且s≡t(mod2),s>t。因此,方程(1)可表示为
Jeśmanowicz猜想是初等数论中的一个难题。1959年,陆文端证明了当n=t=1时,方程(2)只有正整数解(2,2,2)[3]。1965年,Dem’janenko仍考虑n=1时的情形,证明了Jeśmanowicz猜想在c=b+1时成立[4]。2013年,利用初等数论的方法和Pell方程的相关结果,Miyazaki推广了陆文端和Dem’janenko的结果,证明了当n=1且a≡±1(modb)或c≡1(modb)时,方程(1)只有正整数解(2,2,2)[5]。对于n>1的情形,如果方程(1)有除(2,2,2)以外的其他正整数解(x,y,z),则(x,y,z)必满足以下条件之一[6]:(i)max(x,y)>min(x,y)>z,P(n)|c且P(n)
(ii)x>z>y且P(n)|b;
(iii)y>z>x且P(n)|a。2015年,杨海和付瑞琴进一步证明了当n>1时方程(1)不存在满足上述条件(i)的非(2,2,2)的正整数解[7]。上述结论对Jeśmanowicz猜想的研究起到了重要作用。目前,对Jeśmanowicz猜想的研究主要分为n>1和n=1两种情形,本文考虑了n>1的情形,并利用初等数论的方法对Miyazaki的结果进行了推广。
为了证明本文的主要结果,先给出下列引理。
引理1[5]设(a,b,c)为本原Pythagorean三元数组,如果a≡-1(modb),那么指数丢番图方程ax+by=cz只有正整数解(2,2,2)。
引理2[8]设(a,b,c)为本原Pythagorean三元数组,且指数丢番图方程ax+by=cz只有正整数解(2,2,2)。如果方程(1)有解(x,y,z)≠(2,2,2),则(x,y,z)满足下列条件之一:(i)x>z>y且P(n)|b;
(ii)y>z>x且P(n)|a。
引理3[5]设(a,b,c)=(s2-t2,2st,s2+t2)为本原Pythagorean三元数组,如果a≡-1(modb),则s为偶数,t为奇数。
本文考虑Jeśmanowicz猜想的一类特殊情形,得到了如下结论。
定理设(a,b,c)是本原Pythagorean三元数组,n是正整数。如果a≡-1(modb)且P(a)|n,那么,Jeśmanowicz猜想成立。
证明假设方程(1)有正整数解(x,y,z)≠(2,2,2)。由引理1可知,指数丢番图方程ax+by=cz只有正整数解(2,2,2)。因为P(a)|n,gcd(a,b)=1,所以P(n)|/b。由引理2可知,y>z>x,P(n)|a,因此,P(n)=P(a)。此时方程(1)可表示为
注意到P(n)=P(a),gcd(a,c)=1,则有nz-x=ax。因此,方程(3)可表示为
又a=s2-t2,b=2st,c=s2+t2,其中s,t为互素的正整数且s≡t(mod2),s>t,所以方程(4)可表示为
因为a≡-1(modb),所以s2-t2=-1+2stk,k为自然数,故
由方程(5)和式(6)可得
由引理3可知,s为偶数,t为奇数。如果t=1,则s2-1=-1+2sk,即s=2k。令s=2hk1,2|/k1。此时,由方程(5)可得
又有y>z>x,所以y>z≥2,(h+1)y>2h+1。由式(9)可得0≡22hk21z(mod22h+1),所以z为偶数。如果t>1,则t≥3,由式(8)可知,z为偶数。因此,z必为偶数,不妨设z=2z1。这样,方程(4)可表示为byny-z=(cz1+1)(cz1-1),即
记D=((s2+t2)z1+1),E=((s2+t2)z1-1)。由式(7)可得E≡(1)z1-1=0(mods),所以s|E。注意到gcd(D,E)=2,s为偶数,所以另一方面,
因此矛盾,故假设不成立,从而Jeśmanowicz猜想成立,定理得证。
注记需要指出的是,上述证明过程中,在证明t=1,则z是偶数时,采用了文献[9]的方法。
如果只考虑Jeśmanowicz猜想在a≡-1(modb)时的情况,找出正整数n与a,b,c之间的关系,是解决此问题的一个难点,但若只考虑(a,b,c)=(63,16,65)这一特殊情形,则有以下结果。
推论对于任意的正整数n,指数丢番图方程
除(2,2,2)外无其他正整数解。
该推论已经由苟莎莎和张洪在文献[10]中证明,考虑到文章的完整性,利用上述结果,采用不同于文献[10]的方法,本文给出了上述推论的完整证明。
证明假设方程(10)有正整数解(x,y,z)≠(2,2,2),因为63≡-1(mod16),由引理1可知,指数丢番图方程(63)x+(16)y=(65)z只有正整数解(2,2,2)。由引理2可知,x,y,z必满足以下两种情形之一。
情形1y>z>x,P(n)|63。此时,方程(10)可表示为
因为P(n)|63,令n=3u7ν,u,ν为自然数。由定理可知,u,ν不能同时大于0。
(i)u>0,ν=0。此 时,方 程(11)可 表 示 为7x32x=3u(z-x)(65z-16y3u(y-z))。注 意 到65z-16y3u(y-z)≡(-1)z(mod3),有2x=u(z-x),故
由方程(12)可得(-1)x=1z(mod4),1≡(-1)z(mod3),因此x,z为偶数,不妨设x=2x1,z=2z1。从而,方程(12)可表示为16y3u(y-z)=65z-7x=(65z1+7x1)(65z1-7x1)。又因为gcd=(65z1+7x1,65z1-7x1)=2,所以或另一方面,矛盾。
(ii)u=0,ν>0。此 时,方 程(11)可 表 示 为7x32x=7ν(z-x)(65z-16y7ν(y-z))。注 意 到65z-16y7ν(y-z)≡(2)z≡0(mod7),有ν(z-x)=x,故
由方程(13)可得0≡32x=65z-16y7ν(y-z)≡(-1)z-1(mod3),故z为偶数,不妨设z=2z1。从而,方程(13)可表示为16y7ν(y-z)=65z-32x=(65z1+3x)(65z1-3x)。又因为gcd=(65z1+3x,65z1-3x)=2,所以或另一方面矛盾。
(iii)u=0,ν=0。此时,方程(11)可表示为(63)x+(16)y=(65)z,由引理1可知,矛盾。
情形2x>z>y,P(n)|b。此时,方程(10)可表示为
因为P(n)|b,令n=2u,u为自然数,
(i)u=0。此时,方程(14)可表示为(63)x+(16)y=(65)z,由引理1可知,矛盾。
(ii)u>0。此 时,方 程(14)可 表 示 为24y=2u(z-y)(65z-63x2u(x-z))。注 意 到65z-63x2u(x-z)≡1(mod)2,有4y=u(z-y),故
由式(15)可得(-1)z-1≡0(mod3),故z为偶数,不妨设z=2z1。从而方程(15)可表示为7x9x2u(x-z)=65z-1=(65z1+1)(65z1-1)。又gcd=(65z1+1,65z1-1)=2,所以9x|65z1+1或9x|65z1-1。
另一方面,9x>9z>(65+1)z1≥65z1+1>65z1-1,矛盾。
综上所述,在假设方程(10)有正整数解(x,y,z)≠(2,2,2)的前提下,每种情形均产生了矛盾,因此假设不成立,推论得证。
需要指出的是,本文给出的上述推论证明较文献[10]中的证明简略。
目前,Jeśmanowicz猜想的研究主要集中在一些特殊情形,例如n=1的情形,或者a,b为素数的方幂的情形。本文证明了当a≡-1(modb),P(a)|n时,Jeśmanowicz猜想成立,并用此结论证明了(63)x+(16)y=(65)z没有除(2,2,2)以外的正整数解。注意到当a≡1(modb)时,指数丢番图方程ax+by=cz同样只有正整数解(2,2,2),后续我们将尝试将本文中的结论推广到a≡1(modb)的情形。
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