關(guān)于Kenichiro的一個(gè)丟番圖方程問(wèn)題

楊仕椿,湯建鋼,吳莉

關(guān)于Kenichiro的一個(gè)丟番圖方程問(wèn)題

楊仕椿1,2,湯建鋼2,吳莉2

(1.伊犁師范學(xué)院數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院,新疆伊寧835000;2.阿壩師范高等?？茖W(xué)校數(shù)學(xué)系,四川汶川623000)

研究了Kenichiro提出的輪換對(duì)稱形式的丟番圖方程,即方程的求解問(wèn)題,利用素?cái)?shù)整除的一些性質(zhì),證明了該方程僅有平凡解a=b=c以及非平凡解(a,b,c)=(k,k,4k),(k,4k,k),(4k,k,k)(k∈N),從而完全解決了這個(gè)方程.

丟番圖方程;輪換對(duì)稱形式;Kenichiro問(wèn)題

1 引言

設(shè)N表示全體正整數(shù)的集合.關(guān)于輪換對(duì)稱形式的丟番圖方程,是一類(lèi)基本而又重要的指數(shù)方程,它的求解問(wèn)題一直是數(shù)論和組合研究中的有趣課題和困難問(wèn)題[16]之一.例如,著名的Erd¨os方程,以及S′andon方程等[7-9].

文獻(xiàn)[10]中,日本數(shù)學(xué)家Kenichiro提出了一系列尚未解決的問(wèn)題和課題.他在該文獻(xiàn)的第三章提出了14個(gè)問(wèn)題,其中,問(wèn)題13是四個(gè)丟番圖方程的求解問(wèn)題.最近,在文獻(xiàn)[11]中,劉燕妮和郭曉艷完全解決了第一個(gè)丟番圖方程,即xy+yz+zx=0的求解問(wèn)題.而Kenichiro提出的第二個(gè)方程問(wèn)題是:求方程

以及

的所有正整數(shù)解.并提出問(wèn)題:方程(1),方程(2)是否僅有平凡解a=b和a=b=c?

在文獻(xiàn)[12]中,Ding求出了方程(1)的全部正整數(shù)解以及方程(2)的部分正整數(shù)解.在該文獻(xiàn)中,作者指出,方程(2)除平凡解a=b=c以及非平凡解(a,b,c)=(t,t,4t),(t,4t,t), (4t,t,t)(t∈N)之外,是否還有其它的正整數(shù)解,這是一個(gè)公開(kāi)問(wèn)題.

本文研究了不定方程(2)的求解問(wèn)題,證明了該方程僅有正整數(shù)解a=b=c以及

在文末,對(duì)于方程(1),方程(2)的推廣情形,提出了有待進(jìn)一步研究的問(wèn)題和猜想.

2 主要結(jié)果及證明

定理2.1方程(2)除正整數(shù)解(a,b,c)=(k,k,4k),(k,4k,k),(4k,k,k)(k∈N)之外,僅有平凡解a=b=c.

證明令gcd(a,b,c)=d,則可設(shè)a=a1d,b=b1d,c=c1d,且gcd(a1,b1,c1)=1,則方程(2)變形為:

因此只需考慮方程(2)當(dāng)gcd(a,b,c)=1時(shí)的情形即可.

情形1a,b,c兩兩互素

若a>1,b>1,c>1,令標(biāo)準(zhǔn)分解式分別為:

其中α1···αr,β1···βs,γ1···γt≥1.

顯然對(duì)任意1≤i≤r,1≤j≤s,1≤k≤t,均有

則由方程(2)可得,

于是由(3)式可得,

其中α=gcd(α1,···,αr),β=gcd(β1,···,βs),γ=gcd(γ1,···,γt).

如果α=1,則由(4)式可得,

于是

與β1≥1矛盾,則α>1.同理可得,β>1,γ>1.

若gcd(α,c)=1,則gcd(αb,c)=1,由(4)式的前兩式可得,

于是,a+b+c≤3β,與β>1矛盾,則gcd(α,c)=d>1.令α=dα′,c=dc′,則gcd(α′,c′)=1.注意到gcd(a,c′)=1,則由(4)式的前兩式可得,

于是a+b+c≤3dβ.由于d≤α,則

與α,β>1矛盾.因此,a,b,c中必然有一個(gè)為1.

則γ1=2,且r1=2,t=1,因此,c=4,此時(shí)方程(2)僅有非平凡解(a,b,c)=(1,1,4).設(shè)gcd(a,b,c)=k,則此時(shí)方程僅有正整數(shù)解

情形2a,b,c兩兩不互素

首先,不妨設(shè)a,b,c兩兩不互素.令

其中r1,···,rs,q1,···,qt,p1,···,pw為相異素?cái)?shù),且各指數(shù)λij≥1.于是,可令

其中各指數(shù)均不小于1,且

因此,a1,b1,c1兩兩互素.

如果a1>1,b1>1,c1>1,不妨設(shè)a1的標(biāo)準(zhǔn)分解式為則由方程(2)可得,(a+b+c)|3δjb(1≤j≤s).由情形1中a,b,c>1的類(lèi)似討論可得,矛盾,因此a1,b1,c1中必然有一個(gè)為1.

不妨設(shè)a1=1,c1>1,令c1的標(biāo)準(zhǔn)分解式為則由方程(2)可得, (a+b+c)|3δja.令

如果d>1,由于d|a,則存在qi或rj,使得qi|d或rj|d,則qi|b+c,于是qi|b,或者rj|c,均產(chǎn)生矛盾,因此d=1.由上式即可得,(a+b+c)|3δj,則a+b+c≤3δj,但與a≥2,b>2矛盾.于是,必然有a1=b1=c1=1.

在方程(2)中,考查a,b,c的標(biāo)準(zhǔn)分解表達(dá)式(5)中q1,···,qt的指數(shù)可得,

設(shè)gcd(a+b+c,a)=gcd(b+c,a)=d,如果d>1,由于d|a,同以上的方法,仍然可得矛盾,因此d=1.由上式即可得,(a+b+c)|3(β1lβ2j?β1jβ2l),則

但由于q1≥2,q2≥3,且當(dāng)β1j,β1l,β2j,β2l≤5時(shí),可直接驗(yàn)證上式不成立,則

于是利用不等式2x>2x2(x≥7)可得,

同理可令b=pα1rγ2,c=pα2qβ2,其中p,α1,α1,β2,γ2如上類(lèi)似定義.于是由(6)式以及方程(2)可得,

由(7)式可得,

由于gcd(a+b+c,a)=gcd(b+c,a)=1,因此,a+b+c≤3(α1β2γ1+α2β1γ2),即

在(8)式中,不妨設(shè)p≥2,q≥3,r≥5,同理可直接驗(yàn)證,當(dāng)α1,α2,β1,β2,γ1,γ2≤8時(shí),(8)式不成立,則α1,α2,β1,β2,γ1,γ2≥9,于是利用不等式2x>x3(x≥10)可得,

與(8)式矛盾!因此,a,b,c中至少有兩個(gè)數(shù)是互素的.

其次,由于gcd(a,b,c)=1,不妨設(shè)gcd(a,b)=d>1,gcd(a,c)=gcd(b,c)=1,則可令

且gcd(p1···pr,a1)=gcd(p1···pr,b1)=gcd(a1,b1)=1.如果a1>1,b1>1,c>1,由于a1,b1,c兩兩互素,則由情形1中a,b,c>1的類(lèi)似討論可得,矛盾,因此a1,b1,c中必然有一個(gè)為1.

若c>1,且a1=1,令考查c中的指數(shù)γj,由方程(2)可得,(a+b+c)|3γja.設(shè)gcd(a+b+c,a)=gcd(b+c,a)=d>1,由于d|a,則存在pj,使得pj|d,則pj|(b+c),即pj|c,這與gcd(a,b,c)=1矛盾,因此d=1.于是(a+b+c)|3γj,則(a+b+c)≤3γj,與γj≥1矛盾.若c>1,且b1=1,則a1>1,令a1的標(biāo)準(zhǔn)分解式為,則由方程(2)可得,(a+b+c)|3λjb.同樣,由gcd(a+b+c,b)=gcd(a+c,b)=1可得,a+b+c≤3λj,可得出矛盾.

若c=1,當(dāng)b1>1時(shí),考查b1中的指數(shù),由方程(2)同理可得出矛盾,則b1=1.同樣,若a1>1,由方程(2)仍然可得出矛盾,則a1=1.因此,由方程(2)可得,(a+b+1)|3(αjb+βj),其中1≤j≤r.如果r>1,且存在j,l,使得則如同前面的類(lèi)似討論可得出矛盾,因此r=1,或者則可令a=pα,b=pβ,其中α=gcd(α1,···,αr),β=gcd(β1,···,βr),于是

如果α>β,則由(9)式可得,pα+pβ+1≤3(αpβ+β),則pα?β≤3α?1+3βp?β1≤3α.又由(9)式可得,

由于gcd(pα+pβ+1,pβ)=1,則(pα+pβ+1)|3(βpα?β?α+β),于是

由(9)式可得gcd(p,3)=1,由(10)式可解出p=2,max{α,β}<9,或p=4,max{α,β}<4,或p=5,max{α,β}<3,或p=7,α=β=1.再分別代入(9)式中一一驗(yàn)證可知,此時(shí)方程(2)沒(méi)有正整數(shù)解.如果α≤β,則由(9)式可得,

由于gcd(pα+pβ+1,pα)=1,則由上式可得,

于是pα<3(β?α),或者pα

另一方面,由(9)式可得,

因此,pα+pβ+1≤3(αpα+α?β),則

由此可解出p=2,β≤9,或p=4,β≤3,或p=5,β≤2,或p=7,β=1,代入(9)式中一一驗(yàn)證可知,此時(shí)方程(2)也沒(méi)有正整數(shù)解.

3 推論與進(jìn)一步研究的問(wèn)題

考慮方程(1),方程(2)的推廣形式,即丟番圖方程

由定理2.1證明的情形1類(lèi)似可得:

推論3.1當(dāng)n≥4時(shí),方程(11)沒(méi)有滿足xi>1(1≤i)且xi,xj(1≤i,j≤n)兩兩互素的正整數(shù)解.

根據(jù)以上的討論可知,當(dāng)n≥4時(shí),方程(11)的求解可能會(huì)變得較為麻煩,因此,一些自然的問(wèn)題是:

問(wèn)題3.1當(dāng)n取何值時(shí),方程(11)僅有平凡解x1=x2=···=xn?

問(wèn)題3.2是否存在正整數(shù)n,使得方程(11)有x1>1,x2>1,···,xn>1的非平凡的本原解(即滿足gcd(x1,x2,···,xn)=1)?

問(wèn)題3.3方程(11)有x1

最后提出如下猜想:

猜想3.1當(dāng)n=4時(shí),方程(11)僅有非平凡的正整數(shù)解(x1,x2,x3,x4)=(k,k,4k,8k).

猜想3.2當(dāng)n=5時(shí),方程(11)僅有平凡解x1=x2=x3=x4=x5.

猜想3.3當(dāng)n≥6時(shí),方程(11)僅有有限個(gè)非平凡的本原正整數(shù)解.

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[12]Ding Z S.Diophantine equations and their positive integer solutions[J].Scientia Magna,2007,3(4):77-80.

A Diophantine equations problem by Kenichiro

Yang Shichun1,2,Tang Jiangang1,Wu Li2
(1.College of Mathematics and Statistics,Yili Normal University,Yining835000,China; 2.Department of Mathematics,Aba Teachers College,Wenchuan623000,China)

In this paper,we study a Diophantine equations by Kenichiro,that is the equationUsing some properties of prime number divisible,we proved that the equation have only positive integer solutions a=b=c and(a,b,c)=(k,k,4k),(k,4k,k),(4k,k,k)(k∈N).Thus,we completely solve the equation.

Diophantine equations,rotation symmetrical form,Kenichiro problem

O156.7

A

1008-5513(2014)06-0551-07

10.3969/j.issn.1008-5513.2014.06.001

2014-09-08.

國(guó)家自然科學(xué)基金(11301363);新疆維吾爾自治區(qū)普通高等學(xué)校重點(diǎn)學(xué)科經(jīng)費(fèi)(2012ZDXK21);四川省科技廳應(yīng)用基礎(chǔ)研究重點(diǎn)項(xiàng)目(2013JYZ003);阿壩師專重點(diǎn)科研基金(ASA14-09).

楊仕椿(1969-),碩士,教授,研究方向：數(shù)論及其應(yīng)用.

2010 MSC:11D61,11A05