關于不定方程x2+64=4yn(n=5,9)的解

尚旭

(浙江師范大學 數(shù)理與信息工程學院,浙江 金華,321004)

關于不定方程x2+64=4yn(n=5,9)的解

尚旭

(浙江師范大學 數(shù)理與信息工程學院,浙江 金華,321004)

利用代數(shù)數(shù)論整數(shù)環(huán)的唯一分解性,研究了不定方程x2+64=4yn(n=5,9)的整數(shù)解問題,并證明了當n=5時,該方程僅有整數(shù)解(x,y)=(±8,2);當n=9時,該方程無整數(shù)解。

不定方程;整數(shù)解;代數(shù)數(shù)論

不定方程[1]是指解的范圍為整數(shù)、正整數(shù)、有理數(shù)或代數(shù)整數(shù)的方程或方程組,其未知數(shù)的個數(shù)通常多于方程的個數(shù)。不定方程與數(shù)學的其他分支,如代數(shù)數(shù)論、代數(shù)幾何、組合數(shù)學等有著緊密的聯(lián)系,在有限群論和最優(yōu)設計中也常常提出不定方程解的問題。關于不定方程還有許多未知領域尚未研究,比如對于多元高次的不定方程研究較少。設A、B∈N,A無平方因子,關于不定方程Ax2+B=Cyn,(x,y,n∈N,n≥2)解的問題是數(shù)論中的一個重要問題。近年來,研究者研究了許多形式的不定方程,得到了許多重要的結論。當A=1,B=1,C=1時,Ledesgue[2]證明了無整數(shù)解;Nagell[3]證明了當A=2,B=1,C=1,n=5時僅有整數(shù)解(x,y)=(±11,3);孫樹東[4]證明了A=1,B=64,C=1,n=13時無整數(shù)解;張四保[5]證明了A=1,B=64,C=4,n=13時無整數(shù)解;李中恢等[6]證明了A=1,B=16,C=1,n=11時無整數(shù)解;張杰[7]證明了A=1,B=64,C=1,n=7時僅有整數(shù)解(x,y)=(±8,2);高媛媛等[8]證明了A=1,B=64,C=1,n=5時無整數(shù)解;冉銀霞[9]證明了A=1,B=44,C=1,n=7時無整數(shù)解;何桃等[10]等證明了A=1,B=4,C=1,n=7時無整數(shù)解;高麗等[11]證明了A=1,B=16,C=1,n=7時無整數(shù)解;楊全[12]證明了A=1,B=16,C=1,n=13時無整數(shù)解;安曉峰[13]證明了當A=1,B=64,C=1,n=11時無整數(shù)解;廖江東等[14]證明了A=1,B=16,C=1,n=3時無整數(shù)解。而對于A=1,B=64,C=4時未曾研究,基于此,本文研究當A=1,B=64,C=4,n=5,9時方程(1)的整數(shù)解問題。

1 引理

引理1[15]設M是惟一分解整數(shù)環(huán),正整數(shù)k≥2,以及α,β∈ Z,(α,β)=1,若αβ=γk,γ∈M,則有α=ε1μk,β=ε2νk,μ,ν∈M,其中ε1,ε2是M的單位元素,并且ε1ε2=εk,ε為單位元素。

2 定理及證明

定理1 不定方程

僅有整數(shù)解(x,y)=(±8,2)。

證明:分2種情況說明。①x≡1(mod2),則在Ζ[i]中,式(1)可以等價(x+ 8i)(x- 8i)=4y5,x,y∈Ζ。設(x+ 8i)(x- 8i)=η。由η|(2x,16i)=2,得η只能取1,1+i,2。因x≡1(mod2)有x+ 8i≡1(mod2),所以η≠ 2。假如η=1+i,則N(1+i)|N(x+ 8i),即2|x2+64。然而這與x≡1(mod2)矛盾,所以η=1。由引理1有x+ 8i=4(a+bi)5,x,a,b∈Ζ,因此得

由式(3)有b=±1,±2。當b=1時,由式(3)得8=4(5a4-10a2+1),1=5(a4-2a2),該式要成立,則需5|1,然而不可能,所以b=1不成立。當b=-1時,由式(3)得8=-4(5a4-10a2+1)-3=5(a4-2a2),該式要成立,則需5|-3,然而不可能,所以b=-1不成立。當b=2時,由式(3)得-3=a2(a2-8),該式要成立,則a2=1。代入上式右邊得a2(a2-8)=-7 ≠-3,所以b=2不成立。當b=-2時,由式(3)得8=-8(5a4-40a2+ 16)-17=5(a4-8a2),該式要成立,需5|-17,然而不可能,因此b=-2不成立。因此當x≡1(mod2)時,不定方程x2+64=4y5無整數(shù)解。

② 當x≡0(mod2)時,易知x為偶數(shù),設x=2x1,x1∈Ζ。代入式(1)得

接下來討論不定方程x12+16=y5,x1,y∈Ζ的解。分2種情況討論。

(i)x1≡1(mod2)時,則在Ζ[i]中,式(4)可以等價(x1+4i)(x1-4i)=y5,x,y∈Ζ。設(x1+4i)(x1-4i)=η,由η|(2x1,8i)=2,得η只能取1,1+i,2。因x1≡1(mod2)有x1+4i ≡ 1(mod2),所以η≠ 2。假如η=1+i,則N(1+i)|N(x1+4i),即2|x12+16。這與x1≡1(mod2)產生矛盾,所以η=1。由引理1有x1+4i =(a+bi)5,x1,a,b∈Ζ,因此得

由式(6)有b=±1,±2,±4。當b=1時,由式(6)得4=5a4-10a2+1,3=5(a4-2a2),該式要成立,需5|3,然而不可能,所以b=1不成立。當b=-1時,由式(6)得-4=5a4-10a2+1,-1=a2(a2-2),該式要成立,則a2=1。代入上式右邊得a2(a2-2)=-1,滿足,則將a2=1,b=-1代入式(6),解得x1=±4。然而與x1≡ 1(mod2)矛盾,故不成立。當b=2時,由式(6)得4=2(5a4-40a2+16),-14=5(a4-8a2),該式要成立,需5|-14,然而不可能,所以b=2不成立。當b=-2時,由式(6)得4=-2(5a4-40a2+16),- 18=5(a4-8a2),該式要成立,需5|-18,然而不可能,所以當b=-2時不定方程不成立。

由上述證明可知,當b=±4時不定方程不成立。所以當x1≡1(mod2)時,不定方程x12+16=y15無整數(shù)解。

(ii) 當x1≡0(mod2)時,易知x1為偶數(shù),y也是偶數(shù),設x1=2x2,y=2y1,x2,y1∈Z。代入式(1)得

易知x2為偶數(shù),令x2=2x3,x3∈Ζ,代入式(7)得

易知x3為奇數(shù),只需討論x32+1=2y15的整數(shù)解。在Ζ[i]中,式(8)可以等價(x3+i)(x3-i)=i(1-i)2y15。記β=(x3+i,x3-i),有β|(2x3,2i)=2,所以β只能取1,1-i,2。顯然β≠ 2,因為x/2+yi/2?Z[i],若β=1,則i(1-i)2=2一定只能整除x3+i,x3-i中的一個,但這是不可能的,故β=1-i。由此可以得到(x3+i) (x3-i)/((1+i) (1-i))=y15,((x3+i)/(1+i),(x3-i)/ (1-i))=1。故由引理1可得x3+i=(1-i)(a+bi)5,x3,a,b∈ Ζ。x3=a5-5a4b- 10a3b2+10a2b3+5ab4-b5。 1=a5+5a4b- 10a3b2-10a2b3+5ab4+b5,1=(a+b)(a4+4a3b- 14a2b2+4ab3+b4),則a+b=±1或a4+4a3b- 14a2b2+4ab3+b4=±1。

下面討論何種情況成立。a4+4a3b- 14a2b2+4ab3+b4=±1,a4+4a3b- 14a2b2+4ab3+b4=(a+b)4-20a2b2=±1,由此得到-20a2b2=0或-2。而-20a2b2=-2,不可能,所以a+b=1,ab=0,由此得a=1,b=0或a=0,b=1,代入x3=a5-5a4b- 10a3b2+10a2b3+5ab4-b5中得x3=±1,將x3=±1代入(8)中得y1=1。所以不定方程x2+64=4y5的整數(shù)解為(x,y)=(±8,2)。

定理2 不定方程

無整數(shù)解。

證明:分2種情況說明。①x≡1(mod2),則在Ζ[i]中,式(9)可以等價寫成(x+ 8i)(x- 8i)=4y9,x,y∈Ζ。設(x+ 8i)(x- 8i)=η,由η|(2x,16i)=2,得η只能取1,1+i,2。因x≡1(mod2)有x+ 8i≡1(mod2),所以η≠ 2。假如η=1+i,則N(1+i)|N(x+ 8i),即2|x2+64。然而這就與x≡1(mod2)矛盾,所以η=1。由此及引理1有x+ 8i =4(a+bi)9,x,a,b∈Ζ,因此得

由式(11)有b=±1,±2。當b=1時,得8=4(9a8-84a6+126a4-36a2+1),1=3(3a8-28a6+42a4-12a2),該式要成立,需3|1,然而不可能,所以b=1不成立。當b=-1時,由式(11)得8=-4(9a8-84a6+126a4- 36a2+1),-1=a2(3a6-28a4+42a2-12),該式要成立,則a2=1。代入a2(3a6-28a4+42a2-12)=5 ≠-1,所以b=-1不成立。當b=2時,由式(11)得8=8(9a8-336a6+2016a4-2304a2+256),-85=-5×17=a2(3a6-112a4+672a2-768),該式要成立,則a2=1。將a2=1代入式(11)中得a2(3a6-112a4+672a2-768)=-205 ≠-85,所以b=2不成立。當b=-2時,由式(11)得8=-8(9a8-336a6+2016a4-2304a2+256),-257=(3a8-112a6+72a4-768a2),該式要成立,需3|-257,然而不可能,因此b=-2不成立。因此當x≡1(mod2)時,不定方程x2+64=4y9無整數(shù)解。

② 當x≡0(mod2)時,易知x為偶數(shù),設x=2x1,x1∈Ζ。代入式(9)得(2x1)2+64=4y9,x12+16=y9,x1,y∈Ζ。不定方程x2+16=y9無整數(shù)解[16]已被證明,因此當x≡0(mod2)時,不定方程x2+64=4y9無整數(shù)解。

綜上所述:不定方程x2+64=4y9,x,y∈Ζ無整數(shù)解。

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The solution on Diophantine equationx2+64=4yn(n=5,9)

Shang Xu
(College of Mathematics and Information Engineering,Zhejiang Normal University,Jinhua Zhejiang 321004,China)

The problem of integer solution to the Diophantine equationx2+64=4yn(n=5,9) is discussed by using the methods of algebraic number theory. The Diophantine equation has integer solution(x,y)=(±8,2) whenn=5,and the Diophantine equation has no integer solution whenn=9.

Diophantine equation;integer solution;algebraic number theory

O 156.2

A

1672–6146(2017)04–0001–03

10.3969/j.issn.1672–6146.2017.04.001

尚旭,sxzjshdx@163.com。

2017–04–10

國家自然科學基金(11171137)。

(責任編校:劉剛毅)