關(guān)于丟番圖方程(48n)x+(55n)y=(73n)z*

李 益 孟

(西南大學， 數(shù)學與統(tǒng)計學院， 重慶 400715)

0 引 言

設(shè)n是一個正整數(shù)，a，b，c是滿足a2+b2=c2的正整數(shù).1956年，Jesmanowicz猜想：對任意的正整數(shù)n，丟番圖方程：

(an)x+(bn)y=(cn)z

(1)

僅有正整數(shù)解(x，y，z)=(2，2，2).Sierpinski證明了當n=1，(a，b，c)=(3，4，5)時，方程式(1)僅有正整數(shù)(x，y，z)=(2，2，2).Jesmanowicz證明了當n=1，(a，b，c)=(5，12，13)，(7，24，25)，(9，40，41)，(11，60，61)時，方程式(1)僅有正整數(shù)解(x，y，z)=(2，2，2).最近管訓(xùn)貴[1]利用對數(shù)線性型的下界估計及p-adic賦值，改進了下界，更好地證明了純指數(shù)方程ax+by=(m2+1)z僅有正整數(shù)解(2，2，r)，其中r是正偶數(shù)，對于其他有關(guān)Jesmanowicz猜想的結(jié)論請參考文獻[2-10].

本研究中，對任意的正整數(shù)n，考慮方程式(1)中當(a，b，c)=(48，55，73)的特殊情況，主要利用初等方法得出如下結(jié)論：

定理1 對任意的正整數(shù)n，丟番圖方程

(48n)x+(55n)y=(73n)z

(2)

僅有正整數(shù)解(x，y，z)=(2，2，2).

1 引理及定理的證明

引理1 若z≥max{x，y}且a，b，c為正整數(shù)，滿足a2+b2=c2，則丟番圖方程滿足(a)x+(b)y=(c)z僅有正整數(shù)解(x，y，z)=(2，2，2).

證明已知丟番圖方程(48n)x+(55n)y=(73n)z有正整數(shù)解(x，y，z)=(2，2，2).假定方程式(2)還有除了x=y=z=2的其他解，由引理1可知，z

情形1x=y

將方程式(2)式化為

nx-z(48x+55x)=73z

(3)

當(n，73)=1時，由式(3)及n≥2，有x-z=0， 即x=z，矛盾.

當(n，73)=73時，令n=73rn1，其中(n1，73)=1且r∈N.于是方程式(3)可變形為

(4)

此時必有n1=1.則

48x+55x=73z-r(x-z)

(5)

顯然有z>r(x-z). 對式(5)取模8，有(-1)x≡1(mod 8)，則x≡0(mod 2).設(shè)x≡2x1，又因為

所以，z-r(x-z)≡0(mod 2).設(shè)z-r(x-z)=2z1，代入方程式(5)中得：55x=732z1-482x1=(73z1-48x1)(73z1+48x1).易知(73z1+48x1，73z1-48x1)=1，則有11x|73z1+48x1或11x|73z1-48x1，然而11x=121x1=(73+48)x1≥73x1+48x1>73z1+48x1>73z1-48x1，矛盾.

情形2x

假設(shè)z≤x

nx-z(48x+55yny-x)=73z

(6)

當(n，73)=1時，由式(6)及n≥2，有x-z=0， 即x=z.因此

55yny-x=73x-48x

(7)

對式(7)兩邊取模11得(-4)x≡4x(mod 11)，則x≡0(mod 2).令x≡2x1，所以有55yny-x=(73x1-48x1)(73x1+48x1).

易知(73x1+48x1，73x1-48x1)=1，則有11y|73x1+48x1或11y|73x1-48x1，而這與11y>11x=121x1=(73+48)x1≥73x1+48x1>73x1-48x1矛盾.

當(n，73)=73時，令n=73rn1，其中(n1，73)=1且r∈N.于是方程式(6)可變形為

(8)

假設(shè)x

nz-x(73z-55yny-z)=48x

(9)

當(n，48)=1時，由式(9)及n≥2，有z-x=0， 即x=z，矛盾.

當(n，48)>1時，令n=2r3sn1，其中(n1，6)=1且r，s∈N.于是方程式(9)可變形為

24x-r(z-x)·3x-s(z-x)

(10)

24x-r(z-x)·3x-s(z-x)

(11)

下面將分別討論r，s的取值情況：

(i) 當r=0，s≥1時，有x=s(z-x)>0，此時必有n1=1.因此，式(11)化為

55y3s(y-z)=73z-16x

因為

所以，z≡0(mod 2).令z=2z1于是55y3s(y-z)=(73z1+4x)(73z1-4x).易知(73z1+4x，73z1-4x)=1，則有11y|73z1+4x或11y|73z1-4x但是11y>11z=121z1>(73+16)z1≥73z1+16z1>73z1+4x>73z1-4x，故矛盾.

(ii) 當r≥1，s=0時，有4x=r(z-x)>0

必有n1=1.因此式(10)化為

55y2r(y-z)=73z-3x

因為

所以，x≡z≡0(mod 2).令x=2x1，z=2z1，于是55y2r(y-z)=(73z1+3x1)(73z1-3x1)，易知(73z1+3x1，73z1-3x1)=2，則有11y|73z1+3x1或11y|73z1-3x1，但是11y>11z=121z1>(73+3)z1≥73z1+3z1>73z1+3x1>73z1-3x1，故矛盾.

(iii) 當r≥1，s≥1時，有4x=r(z-x)，x=s(z-x)，則有r=4s，n1=1.

因此，式(10)化為

55y2r(y-z)3s(y-z)=73z-1

因為

所以z≡0(mod 2).則73z-1≡(-1)z-1≡

情形3x>y

假設(shè)z≤y

ny-z(48xnx-y+55y)=73z

(12)

當(n，73)=1時，由式(12)及n≥2，有y-z=0， 即y=z.所以

48xnx-y=73z-55z

(13)

對式(13)兩邊取模4得(-1)z≡1(mod 4)，則z≡0(mod 2).令z≡2z1，所以有48xnx-y=(73z1-55z1)(73z1+55z1)，易知(73z1+55z1，73z1-55z1)=2，則有24x-1|73z1+55z1，2|73z1-55z1或24x-1|73z1-55z1，2|73z1+55z1.

(i) 若z1≡0(mod 2)，則73z1-55z1≡0(mod 4)，73z1-55z1≡0(mod 3)，所以24x-1·3x|73z1-55z1.但是24x-1·3x>23x·3x=24x>24z>(73+55)z1≥73z1+55z1>73z1-55z1，矛盾.

(ii) 若z1≡1(mod 2)則73z1+55z1≡1+(-1)z1≡0(mod 4).因此2·3x|73z1-55z1，24x-1|73z1+55z1，令n=bc，其中(b，c)=1，且b，c∈N.可得

73z1-55z1=3x·2·bx-y，73z1+55z1=24x-1·cx-y，

因27‖73z1+55z1.則有x=2，與x>y=z矛盾.

當(n，73)=73，令n=73rn1，其中(n1，73)=1且r∈N.于是方程式(12)可變形為

(14)

假設(shè)y

nz-y(73z-48xnx-z)=55y

(15)

當(n，55)=1時，則有式(15)及n≥2，有z-y=0， 即z=y矛盾.

當(n，55)>1時，令n=5r11sn1，其中(n1，55)=1且r，s∈N.于是方程式(15)可變形為

5y-r(z-y)·11y-s(z-y)

(16)

(17)

下面將分別討論r，s的取值情況：

(i) 當r=0，s≥1時，有y=s(z-y)>0此時必有n1=1.因此，式(17)化為

73z-48x11s(x-z)=5y

兩邊取模3得1≡(-1)y(mod 3)，又因為

(ii) 當r≥1，s=0時，有y=r(z-y)>0.必有n1=1.因此式(17)化為

48x5r(x-z)=73z-11y

兩邊取模3得：1≡(-1)y(mod 3)，又因為

所以y≡z≡0(mod 2).令y=2y1，z=2z1于是48x5r(x-z)=(73z1+11y1)(73z1-11y1)，而(73z1+11y1，73z1-11y1)=2.所以2|73z1+11y1，24x-1|73z1-11y1或24x-1|73z1+11y1，2|73z1-11y1.但是24x-1>24z-1=28z1-1>27z1>(73+11)z1≥73z1+11z1>73z1+11y1>73z1-11y1，故矛盾.

(iii) 當r≥1，s≥1時，有y=s(z-y)，y=r(z-y)，則有r=s，n1=1.因此式(17)化為

48x5r(x-z)11s(x-z)=73z-1

又因為

綜上所述，定理得證。

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