管训贵
(泰州师范高等专科学校数理信息学院,江苏 泰州225300)
设a,b,c是给定的正整数。方程
是一类基本而又重要的指数Diophantine方程。由于该方程的求解与著名的广义Fermat猜想有关,所以这是一个十分困难的问题。
1933年,K.Mahler运用p-adic形式的Thue-Siegel定理证明了:方程 (1)仅有有限多组正整数解(x,y,z)。1940年,A.O.Gel’fond 进一步给出方程 (1)的解数的可有效计算的上界。2001年,N.Terai[1]运用文献 [2]中有关Pell的基本解与Bernoulli数的整除性之间的关系证明了:如果a,b,c满足a+b=c2,其中b是适合b≡5(mod12)的奇素数,c是适合c≡-1(mod b2)的奇数;或a+b3=c2,其中b是适合b≡5(mod12)的奇素数,c是适合c≡-1(mod b4)的奇数,则当Bernoulli数B(b-1)/2不能被b整除时,方程 (1)仅有正整数解分别为 (x,y,z)= (1,1,2)与 (1,3,2)。然而该结果的证明是错误的。2006年,乐茂华[3]去掉 “b是奇素数”、“Bernoulli数B(b-1)/2不能被b整除”等限制条件,证明了:如果a,b,c满足a+b2l-1=c2,b≡5(mod24),c是适合c≡-1(mod b2l)的奇数,其中l是任意正整数,则方程 (1)仅有正整数解 (x,y,z)= (1,2l-1,2)。
作为文献 [3]的补充,本文运用初等数论方法证明了以下结果:
定理 如果a,b,c满足a+b2l-1=c2,b≡23(mod24),c是适合c≡-1(mod b2l)的奇数,其中l是任意正整数,则方程 (1)仅有正整数解 (x,y,z)= (1,2l-1,2)。
引理[4]如果a,b,c满足a+b2l-1=c2,b≡23(mod24),c是适合c≡-1(mod b2l)的奇数,其中l是任意正整数,则方程 (1)的正整数解 (x,y,z)适合2■y,2∣z。
证明 设 (x,y,z)是方程 (1)的一组正整数解。由c≡-1(mod b)及a+b2l-1=c2知,a≡1(mod b),此时
由于b是大于1的奇数,故 (2)式说明2∣z。
又因b≡-1(mod 3),故由a+b2l-1=c2知:当c≡0(mod3)时,a≡c2-b2l-1≡1(mod 3),即
当c≢0(mod3)时,a≡c2-b2l-1≡-1(mod 3),即
假定2∣y,则由方程 (1)可知,当c≡0(mod3)时,
当c≢0(mod3)时,
因为 (5)与 (3)、(6)与 (4)矛盾,所以2■y。至此本引理的结论已证明。
设(x,y,z)是方程 (1)的一组正整数解。根据本文的引理知y是奇数,z是偶数。因为b≡-1(mod8),故a≡c2-b2l-1≡1-(-1)≡2(mod8),即
又由方程 (1)可得
结合 (7)与 (8)立得x=1。
由于x=1,假定z>2,则由方程 (1)及a+b2l-1=c2知,y>2l-1,即y≥2l。另外,由c≡-1(mod b2l可得
同时,由方程 (1)可得
(10)与 (9)矛盾,说明z=2,因此y=2l-1。综上所述,如果a,b,c满足a+b2l-1=c2,b≡23(mod24),c是适合c≡-1(mod b2l)的奇数,其中l是任意正整数,则方程(1)仅有正整数解(x,y,z)=(1,2l-1,2)。定理得证。
根据定理直接可得以下推论。
推论1[5]Diophantine方程
仅有正整数解 (x,y,z)= (1,1,2)。
推论2[6]Diophantine方程
仅有正整数解 (x,y,z)= (1,3,2)。
[1] Terai N.On the exponential Diophantine equation ax+by=cz[J].Proc Japan Acad,2001,77A (08):151-154.
[2] Adachi N.The Diophantine equations x2+ly2=zlconnected with Fermat’s last theorem [J].Tokyo J Math,1988,11 (01):85-94.
[3] 乐茂华.关于三项纯指数Diophantine方程的一点注记 [J].湖北民族学院学报:自然科学版:2006,24(03):209-210.
[4] 管训贵.不定方程x2-py2=z2的正整数解 [J].河北北方学院学报:自然科学版,2009,2(05):5-7.
[5] 管训贵.关于不定方程x2+(p-1)y2=pz2[J].河北北方学院学报:自然科学版,2011,26(01):12-14.
[6] 管训贵.初等数论 [M].安徽:中国科学技术大学出版社,2011:3-10.