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    關(guān)于商高數(shù)的Je?manowicz猜想*

    2022-10-13 09:51:24管訓(xùn)貴
    關(guān)鍵詞:取模對(duì)式易知

    管訓(xùn)貴

    泰州學(xué)院數(shù)理學(xué)院,江蘇 泰州 225300

    設(shè)N*,N 是全體正整數(shù)和非負(fù)整數(shù)的集合,a,b,c為互素的正整數(shù)滿足a2+b2=c2. 若2|b,則a,b,c可表成

    這里u,v∈N*,u>v,gcd(u,v) = 1,2| (u+v).

    1956年,Je?manowicz[1]曾猜測(cè):對(duì)任意n∈N*,丟番圖方程

    僅有解x=y=z= 2. 這是至今遠(yuǎn)未解決的數(shù)論難題。目前的結(jié)果大多集中在n= 1 的情形,而對(duì)于n>1,只有為數(shù)不多的情形被解決[2-14]。其中一類典型的丟番圖方程是a= 2k+ 1(k∈N*),c=b+ 1的情形。此時(shí)

    1998 年,鄧謀杰等[3]在假定a是素?cái)?shù)方冪的前提下研究了這類情形,并證明了當(dāng)(a,b,c) =(3,4,5),(5,12,13),(7,24,25),(9,40,41)和(11,60,61),即式(2)中k= 1,2,3,4,5時(shí),方程(1)僅有解x=y=z= 2.

    1999年,鄧謀杰[4]又證明了當(dāng)(a,b,c) =(13,84,85),即式(2)中k= 6時(shí),方程(1)僅有解x=y=z= 2.

    2021 年,管 訓(xùn) 貴[6]證 明 了 當(dāng)(a,b,c) =(19,180,181),即 式(2)中k= 9 時(shí),方 程(1)僅 有 解x=y=z= 2.

    (i)z≡y≡0(mod 2);

    (ii)(c|p) =(e|p) = -1,f的某一素因子的方冪為奇數(shù),或(c|p) =(f|p) = -1,e的某一素因子的方冪為奇數(shù);

    (iii)L=m2(m∈N*),z≡0(mod 2);

    (iv)L=m3(m∈N*),p≡2(mod 3),z≡0(mod 3);

    (v)x≡y≡0(mod 2),c=ξ2+η2(ξ,η∈N*,gcd(ξ,η) = 1,2|ξ),e(f)中某一素因子Q的方冪大于ξ(η)中Q的方冪,或pf(pe)中不含η(ξ)的某一個(gè)素因子。

    于是在條件(i)~(v)之一成立的情況下,對(duì)任意n∈N*,方程(1)僅有解x=y=z= 2.

    推論1當(dāng)式(2)中k= 8,11,12,13,14時(shí),方程(1)僅有解x=y=z= 2.

    1 幾個(gè)引理

    2 定理1的證明

    這產(chǎn)生矛盾,因此式(12)不成立。

    情形2.2(c|p) =(e|p) = -1,f的某一素因子的方冪為奇數(shù);或(c|p) =(f|p) = -1,e的某一素因子的方冪為奇數(shù)。

    此 時(shí) 對(duì) 式(12)取 模p知, (c|p)z=(L|p)y, 即(-1)z=(-1)y, 這 說(shuō) 明z,y同 奇 同 偶。 假 定z≡y≡1(mod 2), 則 對(duì) 任 意i(i=k+ 1,…,l), 由riy=si(z-y) 知2|ri, 與 條 件(v)矛 盾, 故z≡y≡0(mod 2). 再由條件(iv)知,式(12)不成立。

    情形2.3L=m2(m∈N*),z≡0(mod 2).

    此時(shí)可令z= 2z1,則式(12)成為

    注意到gcd(cz1-my,c2z1+cz1my+m2y)= 1或3,有ax|(cz1-my),或ax|(c2z1+cz1my+m2y).

    若ax|(cz1-my),則由情形2.2的討論知這是不可能的。

    若ax|(c2z1+cz1my+m2y),則(2cz1+my)2≡-3m2y(modp),由Legendre符號(hào)的性質(zhì)得

    矛盾。

    情形2.5x≡y≡0(mod 2),c=ξ2+η2(ξ,η∈N*,gcd(ξ,η) = 1,2|ξ),e(f)中某一素因子Q的方冪大于ξ(η)中Q的方冪,或pf(pe)中不含η(ξ)的某一個(gè)素因子。

    當(dāng)L=e時(shí),假定z≡1(mod 2),則由riy=si(z-y)(i=k+1,…,l)知,si≡0(mod 2)(i=k+ 1,…,l).令x= 2x1,si= 2ti(i=k+ 1,…,l),y= 2y1,則式(12)成為

    完全類似式(13)的討論知,若f中素因子Q的方冪大于η中Q的方冪,或pe中不含ξ的某一個(gè)素因子,則式(16)不成立。于是z≡0(mod 2),得z≡y≡0(mod 2). 再由條件(iv)知,式(12)不成立。

    綜上,在定理1 的條件下,方程(1)沒(méi)有適合x>z>y以及n>1 的解(x,y,z,n). 結(jié)合情形1、情形2、引理1、引理2和引理3可知,在定理1的條件下,方程(1)僅有解x=y=z= 2. 定理1得證。

    3 推論1的證明

    (A) 當(dāng)k= 8時(shí),(a,b,c) =(17,144,145). 此時(shí)方程(1)成為

    易知,方程(17)沒(méi)有適合y>z>x以及n>1 的解(x,y,z,n). 設(shè)方程(17)有適合x>z>y以及n>1 的解(x,y,z,n). 由于b= 24· 32,故n= 2r3s(r,s∈N*,r+s≥1),于是方程(17)可化為

    根據(jù)定理1的條件(iii),只需證z≡0(mod 2)時(shí),方程(17)沒(méi)有適合x>z>y以及n>1的解(x,y,z,n)即可。

    若式(19)成立,則對(duì)式(19)取模17,有9z≡(-1)y(mod 17),即81z≡1(mod 17),得z≡0(mod 4),當(dāng)然有z≡0(mod 2).

    若式(20)成立,則對(duì)式(20)取模8 知,2r(x-z)≡0(mod 8),故r(x-z) ≥3. 假定r(x-z) = 3,則r= 1或3. 當(dāng)r= 1 時(shí),z= 5y. 因8 012 167 577|(1455- 9),而8 012 167 577|17x2r(x-z),故式(20)不成立。當(dāng)r=3時(shí),3z= 7y,于是z= 7k,y= 3k,這里k∈N*. 因73|(1457- 93),而73|17x2r(x-z),故式(20)不成立。從而r(x-z) ≥4. 對(duì)式(20)取模16,有1 ≡9y(mod 16),得y≡0(mod 2). 對(duì)式(20)取模17,有9z≡9y(mod 17),即9z-y≡1(mod 17),得z-y≡0(mod 8),故z≡y≡0(mod 2).

    若式(21)成立,則對(duì)式(21)取模17,有9z≡1(mod 17),得z≡0(mod 8),當(dāng)然有z≡0(mod 2).

    因此方程(17)僅有解x=y=z= 2.

    (B) 當(dāng)k= 11時(shí),(a,b,c) =(23,264,265). 此時(shí)方程(1)成為

    易知,方程(22)沒(méi)有適合y>z>x以及n>1 的解(x,y,z,n). 設(shè)方程(22)有適合x>z>y以及n>1 的解(x,y,z,n). 由于b= 23· 3 · 11,故n= 2r3s11t(r,s,t∈N*,r+s+t≥1),于是方程(22)可化為

    根據(jù)定理1 的條件(i)、(iii)~(v),只需證式(24)~(26),(28)~(29)中z≡y≡0(mod 2)和式(27)中z≡0(mod 3)以及式(30)中z≡0(mod 2)時(shí),方程(22)沒(méi)有適合x>z>y以及n>1的解(x,y,z,n)即可。

    若式(24)成立,則對(duì)式(24)取模11,有1 ≡2y(mod 11),由Legendre符號(hào)的性質(zhì)得1 =(2|11)y=(-1)y,故y≡0(mod 2). 再對(duì)式(24)取模5,有3x≡(-1)y≡1(mod 5),得x≡0(mod 4). 故x≡y≡0(mod 2). 易知265 = 122+ 112= 162+ 32,且24 中2 的 方 冪3 大 于12 中2 的 方 冪2,根 據(jù) 定 理1 的 條 件(v),有z≡y≡0(mod 2).

    若式(25)成立,則對(duì)式(25)取模23,有12z≡19y(mod 23),由Legendre 符號(hào)的性質(zhì)得1 =(12|23)z=(19|23)y=(-1)y,故y≡0(mod 2). 對(duì)式(25)取模5,有3x+s(x-z)≡-3y(mod 5),由Legendre 符 號(hào) 的 性 質(zhì) 得(-1)x+s(x-z)=(3|5)x+s(x-z)=(-3y|5) = 1,故x與s(x-z)同奇同偶。

    對(duì)式(25)取模8,有(-1)x· 3s(x-z)≡1(mod 8). 假定s(x-z) ≡1(mod 2),則得(-1)x· 3 ≡1(mod 8),不可能。故x≡s(x-z) ≡0(mod 2). 類似式(24)的討論知z≡y≡0(mod 2).

    若式(26)成立,則對(duì)式(26)取模23,有12z≡10y(mod 23),由Legendre 符號(hào)的性質(zhì)得1 =(12|23)z=(10|23)y=(-1)y,故y≡0(mod 2). 對(duì)式(26)取模8,有(-1)x· 2r(x-z)≡0(mod 8),得r(x-z) ≥3. 假定r(x-z) = 3,則r= 1或3.

    當(dāng)r= 1 時(shí),z= 4y. 此 時(shí) 式(26)成 為 23x2x-4y= 2654y- 33y. 易 知 3 593|(2654- 33), 故3 593|(2654y-33y),而3 593|23x2x-4y,所以式(26)不成立。

    當(dāng)r= 3 時(shí),z= 2y. 此時(shí)式(26)成為23x23(x-2y)= 2652y- 33y. 易知41|(2652- 33),故41|(2652y- 33y),而41|23x23(x-2y),所 以 式(26)不 成 立。于 是r(x-z) ≥4. 對(duì) 式(26)取 模16,有9z≡1(mod 16),得z≡0(mod 2). 故z≡y≡0(mod 2).

    若式(27)成立,則對(duì)式(27)取模3,有1 ≡(-1)y(mod 3),得y≡0(mod 2).

    當(dāng)s= 1 時(shí),z= 2y. 此時(shí)式(27)成為23x3x-2y11t(x-2y)= 2652y- 8y. 易知7|(2652- 8),故7|(2652y- 8y),而7|23x3x-2y11t(x-2y),所以式(27)不成立。于是s≥2. 對(duì)式(27)取模9,有4z≡(-1)y≡1(mod 9),得z≡0(mod 3).

    若 式(28)成 立, 當(dāng)r= 1 時(shí),z= 4y. 此 時(shí) 式(28)成 為23x2x-4y11t(x-4y)= 2654y- 3y. 易 知29 927|(2654- 3),故29 927|(2654y- 3y),而29 927|23x2x-4y11t(x-4y),所以式(28)不成立。于是r≥2. 對(duì)式(28)取模4,有1 ≡(-1)y(mod 4),得y≡0(mod 2).

    假定z≡1(mod 2),則由3y=r(z-y),y=t(z-y)知r≡t≡0(mod 2).

    對(duì)式(28)取模5,有3x· 2r(x-z)≡-3y(mod 5),由Legendre符號(hào)的性質(zhì)得

    故x≡0(mod 2). 于是x≡r(x-z) ≡t(x-z) ≡0(mod 2). 類似式(24)的討論知

    若 式(29)成 立, 則 對(duì) 式(29)取 模23, 有12z≡11y(mod 23), 由Legendre 符 號(hào) 的 性 質(zhì) 得1 =(12|23)z=(11|23)y=(-1)y, 故y≡0(mod 2). 假 定z≡1(mod 2), 則 由3y=r(z-y),y=s(z-y) 知r≡s≡0(mod 2).

    再對(duì)式(29)取模5,有3x2r(x-z)3s(x-z)≡-1(mod 5),由Legendre符號(hào)的性質(zhì)得

    故x≡0(mod 2). 于是x≡r(x-z) ≡s(x-z) ≡y≡0(mod 2). 類似式(24)的討論知

    若式(30)成立,則對(duì)式(30)取模8,有23x2r(x-z)3s(x-z)11t(x-z)≡0(mod 8),得r(x-z) ≥3. 假定r(x-z) = 3,則r= 1 或3. 仿式(26)的討論知,式(30)不成立,故r(x-z) ≥4. 對(duì)式(30)取模16,有9z≡1(mod 16),得

    因此方程(22)僅有解x=y=z= 2.

    (C) 當(dāng)k= 12時(shí),(a,b,c) =(25,312,313). 此時(shí)方程(1)成為

    易知,方程(31)沒(méi)有適合y>z>x以及n>1 的解(x,y,z,n). 設(shè)方程(31)有適合x>z>y以及n>1 的解(x,y,z,n). 由于b= 23· 3· 13,故n= 2r3s13t(r,s,t∈N*,r+s+t≥1),于是式(31)可化為

    當(dāng)r>0,s>0,t>0時(shí),由式(32)得3y=r(z-y),y=s(z-y) =t(z-y),且有

    若式(36)~(38)成立,則由(313|5) =(8|5) =(3|5) =(13|5) = - 1結(jié)合定理1的條件(ii)知,方程(31)沒(méi)有適合x>z>y以及n>1 的解(x,y,z,n). 再根據(jù)定理1 的條件(i)和(iii),只需證式(33)~(35)中z≡y≡0(mod 2)和式(39)中z≡0(mod 2)時(shí),方程(31)沒(méi)有適合x>z>y以及n>1的解(x,y,z,n)即可。

    若式(33)成立,則對(duì)式(33)取模13,有1 ≡(-2)y(mod 13),得y≡0(mod 12). 再對(duì)式(33)取模5,有3z≡(-1)y≡1(mod 5),得z≡0(mod 4).故z≡y≡0(mod 2).

    若式(34)成立,則對(duì)式(34)取模3,有1 ≡(-1)y(mod 3),得y≡0(mod 2). 再對(duì)式(34)取模5,有3z≡(-1)y≡1(mod 5),得z≡0(mod 4).故z≡y≡0(mod 2).

    若式(35)成立,則當(dāng)r= 1 時(shí),z= 4y. 此時(shí)式(35)成為25x2x-4y= 3134y- 39y. 易知347|(3134- 39),故347|(3134y- 39y),而347|25x2x-4y,所以r≥2. 對(duì)式(35)取模4,有1 ≡(-1)y(mod 4),得y≡0(mod 2).再對(duì)式(35)取模5,有3z≡(-1)y≡1(mod 5),得z≡0(mod 4). 故z≡y≡0(mod 2).

    若式(39)成立,則對(duì)式(39)取模5,有3z≡1(mod 5),得z≡0(mod 4),當(dāng)然有z≡0(mod 2).

    因此方程(31)僅有解x=y=z= 2.

    (D) 當(dāng)k= 13時(shí),(a,b,c) =(27,364,365). 此時(shí)方程(1)成為

    (27n)x+(364n)y=(365n)z,x,y,z∈N*. (40)

    易知,方程(40)沒(méi)有適合y>z>x以及n>1 的解(x,y,z,n). 設(shè)方程(40)有適合x>z>y以及n>1 的解(x,y,z,n). 由于b= 22· 7 · 13,故n= 2r7s13t(r,s,t∈N*,r+s+t≥1),于是方程(40)可化為

    當(dāng)r=s= 0,t>0時(shí),由式(41)得y=t(z-y),且有

    當(dāng)r=t= 0,s>0時(shí),由式(41)得y=s(z-y),且有

    當(dāng)s=t= 0,r>0時(shí),由式(41)得2y=r(z-y),且有

    當(dāng)r= 0,s>0,t>0時(shí),由式(41)得y=s(z-y) =t(z-y),且有

    當(dāng)s= 0,r>0,t>0時(shí),由式(41)得2y=r(z-y),y=t(z-y),且有

    當(dāng)t= 0,r>0,s>0時(shí),由式(41)得2y=r(z-y),y=s(z-y),且有

    當(dāng)r>0,s>0,t>0時(shí),由式(41)得2y=r(z-y),y=s(z-y) =t(z-y),且有

    根據(jù)定理1 的條件(i)和(iii),只需證式(42)~(44),(46)~(47)中z≡y≡0(mod 2)和式(45),式(48)中z≡0(mod 2)時(shí),方程(40)沒(méi)有適合x>z>y以及n>1的解(x,y,z,n)即可。

    若式(42)成立,則對(duì)式(42)取模3,有(-1)z≡1(mod 3),得z≡0(mod 2). 對(duì)式(42)取模13,有1 ≡2y(mod 13),得y≡0(mod 12).故z≡y≡0(mod 2).

    若式(43)成立,則對(duì)式(42)取模3,有(-1)z≡1(mod 3),得z≡0(mod 2). 對(duì)式(43)取模7,有1 ≡3y(mod 7),得y≡0(mod 6).故z≡y≡0(mod 2).

    若式(44)成立,則對(duì)式(44)取模3,有(-1)z≡1(mod 3),得z≡0(mod 2).

    當(dāng)r= 1 時(shí),z= 3y. 此時(shí)式(44)成為27x2x-3y= 3653y- 91y. 易知31|(3653- 91),故31|(3653y- 91y),而31|27x2x-3y,所以r≥2. 對(duì)式(44)取模4,有1 ≡(-1)y(mod 4),得y≡0(mod 2). 故z≡y≡0(mod 2).

    若式(45)成立,則對(duì)式(45)取模3,有(-1)z≡1(mod 3),得z≡0(mod 2).

    若式(46)成立,則對(duì)式(46)取模3,有(-1)z≡1(mod 3),得z≡0(mod 2). 對(duì)式(46)取模13,有1 ≡7y(mod 13). 由Legendre符號(hào)的性質(zhì)得1 =(7|13)y=(-1)y,即y≡0(mod 2). 故z≡y≡0(mod 2).

    若式(47)成立,則對(duì)式(47)取模3,有(-1)z≡1(mod 3),得z≡0(mod 2). 對(duì)式(47)取模7,有1 ≡(-1)y(mod 7),得y≡0(mod 2).故z≡y≡0(mod 2).

    若式(48)成立,則對(duì)式(48)取模3,有(-1)z≡1(mod 3),得z≡0(mod 2).

    因此方程(40)僅有解x=y=z= 2.

    (E) 當(dāng)k= 14時(shí),(a,b,c) =(29,420,421). 此時(shí)方程(1)成為

    易知,方程(49)沒(méi)有適合y>z>x以及n>1 的解(x,y,z,n). 設(shè)方程(49)有適合x>z>y以及n>1 的解(x,y,z,n). 由于b= 22· 3 · 5 · 7,故n= 2r3s5t7w(r,s,t,w∈N*,r+s+t+w≥1),于是方程(49)可化為

    若式(51)~(52),(55),(58)~(59),(62)成立,則由(421|29) =(60|29) =(84|29) =(12|29)=(15|29) =(21|29) =(3|29) = -1. 結(jié)合定理1 的條件(ii)知,方程(49)沒(méi)有適合x>z>y以及n>1 的解(x,y,z,n). 再根據(jù)定理1 的條件(i)和(iii),只需證式(53)~(54),(56)~(57),(60),(63)~(64)中z≡y≡0(mod 2)和式(61),式(65)中z≡0(mod 2)時(shí),方程(49)沒(méi)有適合x>z>y以及n>1的解(x,y,z,n)即可。

    若式(53)成立,則對(duì)式(53)取模3,有1 ≡(-1)y(mod 3),得y≡0(mod 2). 對(duì)式(53)取模29,有15z≡(-5)y(mod 29). 由Legendre 符 號(hào) 的 性 質(zhì) 得(-1)z=(15|29)z=(-5|29)y= 1,故z≡0(mod 2). 于 是z≡y≡0(mod 2).

    若式(54)成立,則對(duì)式(54)取模4,有2r(x-z)≡0(mod 4),故r(x-z) ≥2. 假定r(x-z) = 2,則r= 1或2. 當(dāng)r= 1 時(shí),z= 3y. 因18 654 589|(4213- 105),而18 654 589|29x2r(x-z),故式(54)不成立。當(dāng)r= 2時(shí),z= 2y. 因11 071|(4212- 105),而11 071|29x2r(x-z),故式(54)不成立。從而r(x-z) ≥3. 對(duì)式(54)取模8,有(-3)z≡1(mod 8),得z≡0(mod 2). 再對(duì)式(54)取模29,有15z≡18y(mod 29). 由Legendre 符號(hào)的性質(zhì)得1 =(-1)z=(15|29)z=(18|29)y=(-1)y,故y≡0(mod 2). 于是z≡y≡0(mod 2).

    若式(56),(60),(63)成立,則分別對(duì)式(56),(60),(63)取模3 和模29,類似式(53)的討論知z≡y≡0(mod 2).

    若式(57),(64)成立,則分別對(duì)式(57),(64)取模5和模29,類似式(53)的討論知z≡y≡0(mod 2).

    若式(61)成立,則對(duì)式(61)取模29,有15z≡4y(mod 29). 由Legendre 符號(hào)的性質(zhì)得(-1)z=(15|29)z=(4|29)y= 1,故z≡0(mod 2).

    若式(65)成立,則對(duì)式(65)取模29,類似式(61)的討論知z≡0(mod 2).

    因此方程(49)僅有解x=y=z= 2. 推論1得證。

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