關(guān)于指數(shù)丟番圖方程(an-1)((a+s)n-1)=x2可解性的研究

羅永亮,楊海,李恒

(西安工程大學(xué)理學(xué)院,陜西 西安 710048)

1 引言及結(jié)論

設(shè)Z,N?分別表示全體整數(shù)和正整數(shù)的集合,且a,b均是大于1的正整數(shù),近些年來,對方程

正整數(shù)解的討論是一類很具有研究價值的指數(shù)丟番圖問題,數(shù)論及其相關(guān)領(lǐng)域中有關(guān)數(shù)列的平方類等問題都可以轉(zhuǎn)化為該方程的求解.

當(dāng)s=1時,文獻 [1]證明了:當(dāng)a=2時,方程 (an?1)((a+1)n?1)=x2無正整數(shù)解(n,x).文獻[2]證明了:當(dāng)a=3時,方程(an?1)((a+1)n?1)=x2無正整數(shù)解(n,x).文獻[3]對此進行推廣,證明更具有一般性的以下結(jié)果:當(dāng)a≡2,3(mod 4)時,方程(an?1)((a+1)n?1)=x2無正整數(shù)解(n,x).并給出對于任何大于1的正整數(shù),方程(an?1)((a+1)n?1)=x2無正整數(shù)解(n,x)的猜想.

文獻[4-10]對相關(guān)問題進行了深入的探究,并給出了許多很有價值的結(jié)論和研究方法.此外,文獻[11-15]從不同角度對a,b的限定條件和方程中的常量進一步拓展,得出了一些具有創(chuàng)新性的結(jié)論,這些都為推動解決這一類指數(shù)丟番圖指數(shù)方程做出了貢獻.

本文將運用初等數(shù)論中的一些方法技巧,并與現(xiàn)有結(jié)論相結(jié)合,得出了更具有一般性的結(jié)果.

定理1.1設(shè)a,n,s,x∈N?,當(dāng)s≡1(mod 2),n≡0(mod 2),1≤s≤a,n>1時,則方程(2)沒有正整數(shù)解.

定理 1.2設(shè)a,n,s,x∈N?,當(dāng)n≡s≡1(mod 2),n>1時,則對于以下三種情況:(i)a≡0(mod 4),s≡3,7(mod 8);(ii)a≡2(mod 4),s≡1(mod 4);(iii)a≡3(mod 4),其中任意一種成立時,方程(2)無正整數(shù)解(n,x).

定理 1.3設(shè)a,n,s,x∈N?,當(dāng)n≡s≡1(mod 2)時,則對于以下兩種情況:(i)當(dāng)a≡1(mod 2)時,且 (a?1)|x;(ii)當(dāng)a≡0(mod 2)時,且 (a+s?1)|x,其中任意一種成立時,方程(2)無正整數(shù)解(n,x).

看何東快被逼休克了，何西何北只好把他拉到一邊，他們倆對他為什么不結(jié)心里有數(shù)，現(xiàn)在只想知道這人活過來了，何東下一步準(zhǔn)備怎么辦。

顯然,文獻[1-3]的結(jié)論可由定理1.1和定理1.2推導(dǎo)得出,而且進一步給出了拓展的結(jié)果.總之,上述三個定理給出了判定方程(2)的正整數(shù)解(n,x)不存在的充分條件,將方程(2)有正整數(shù)解的范圍進一步縮小,并提出了以下猜想.

猜想 1.1當(dāng)1≤s≤a,s≡0(mod 2),n>1時,方程(2)只有有限個正整數(shù)解(n,x).

2 引理

引理 2.1[4]方程

無正整數(shù)解(n,X,Y).

引理 2.2[3]設(shè)d是非平方正整數(shù),(u1,v1)是Pell方程u2?dv2=1,u,v∈N?的最小解,則(uk,vk)滿足,是該Pell方程全部解,并且滿足以下結(jié)論:(i)當(dāng) 2k時,u1|uk;(ii)當(dāng) 2|uk時,有 2k以及 2|u1;(iii)當(dāng) 2|u1時,如果 2uk,則必有

引理 2.3[2]丟番圖方程(an?1)(bn?1)=x2,x,n∈N?在n≡1(mod 2)條件下,如果v(a?1)和v(b?1)具有相反的奇偶性,則該丟番圖方程沒有正整數(shù)解(n,x).其中v(a?1),v(b?1)分別表示a?1,b?1的質(zhì)因數(shù)分解中2的次數(shù).

3 定理證明

3.1 定理 1.1的證明

3.2 定理 1.2的證明

定理1.2可分以下三種情況證明.

當(dāng)a≡0(mod 4),s≡3,7(mod 8)時,可設(shè)a=4t1,s=8t2+3或8t2+7,則在方程(an?1)((a+s)n?1)=x2,x,n∈N?中,可得

v(a?1)=v(4t1?1)=0,v(a+s?1)=v(4t1+8t2+2)=v(4t1+8t2+6)=1.

因此v(a?1)和v(a+s?1)具有相反的奇偶性.根據(jù)引理2.3可知,方程(2)在滿足定理條件(i)時,沒有正整數(shù)解(n,x).

當(dāng)a≡2(mod 4),s≡1(mod 4)時,可設(shè)a=4t1+2,s=4t2+1,則在方程(an?1)((a+s)n?1)=x2,x,n∈N?中,可得

v(a?1)=v(4t1+1)=0,v(a+s?1)=v(4t1+4t2+2)=1.

因此v(a?1)和v(a+s?1)具有相反的奇偶性.根據(jù)引理2.3可知,方程(2)在滿足定理條件(ii)時,沒有正整數(shù)解(n,x).

當(dāng)a≡3(mod 4)時,由s為奇數(shù),則可設(shè)a=4t1+3,s=2t2+1,則在方程(an?1)((a+s)n?1)=x2,x,n∈N?中,可得

v(a?1)=v(4t1+2)=1,v(a+s?1)=v(4t1+2t2+3)=0.

因此v(a?1)和v(a+s?1)具有相反的奇偶性.根據(jù)引理2.3可知,方程(2)在滿足定理條件(iii)時,沒有正整數(shù)解(n,x).

定理1.2得證.

3.3 定理 1.3的證明

定理1.3可分以下兩種情況證明.

情形1:設(shè)a,n,s,x∈N?,s≡n=1(mod 2),從方程(2)可得

如果(a?1)|x,則(a?1)2|x2,從而可得

顯然易得ns((1+s)n-1+(1+s)n-2+···+1)是奇數(shù).而當(dāng)a≡1(mod 2)時,a?1為偶數(shù).因此(13)式不可能成立,得出矛盾.此時方程(2)無正整數(shù)解(n,x).

情形2:設(shè)a,n,s,x∈N?,s≡n=1(mod 2),從方程(2)可得

如果(a+s?1)|x,則(a+s?1)2|x2,從而可得

顯然當(dāng)a≡0(mod 2)時,易得(a?1)(an-1+an-2+···+1)是奇數(shù).a+s?1為偶數(shù).因此(15)式不可能成立,得出矛盾.此時方程(2)無正整數(shù)解(n,x).

定理1.3得證.

4 結(jié)束語

眾所周知,縮小解的范圍是丟番圖方程研究方法的重要內(nèi)容之一,本文運用初等數(shù)論的方法和技巧,得到了當(dāng)a,b在給定條件下,方程(an?1)(bn?1)=x2沒有正整數(shù)解,三個定理的結(jié)果很大程度的縮小了判定方程可解性的范圍.文中的研究方法可以進一步拓展應(yīng)用到此類型的方程求解中,在今后的工作中,仍將繼續(xù)致力于這類指數(shù)丟番圖方程求解的研究與推廣.