丢番图方程(75n)x+ (308n)y= (317n)z
On the Diophantine Equation (75n)x+ (308n)y= (317n)z
DOI: 10.12677/PM.2023.1311348, PDF, HTML, XML, 下载: 146  浏览: 213 
作者: 黄日娣, 邓乃娟:湛江幼儿师范专科学校数学系,广东 湛江
关键词: Jesmanowicz猜想丢番图方程正整数解Jesmanowicz’s Conjecture Diophantine Equation Positive Integer Solution
摘要: 设a,b,c是两两互素的正整数且a2+b2=c2。Jesmanowicz猜想:对于任意给定的正整数n,方程(an)x+(bn)y=(cn)z只有正整数解(x,y,z)=(2,2,2)。本文利用数论中的一些方法证明了:对任意的正整数n,方程(75n)x+ (308n)y= (317n)z只有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),即当(a,b,c)=(75,308,317)时,Jesmanowicz猜想成立。
Abstract: Let a,b,c be a primitive Pythagogrean triples such that a2+b2=c2. Jesmanowicz conjectured that, for any positive integer n, the Diophantine equation (an)x+(bn)y=(cn)z has only positive integer solution (x,y,z)=(2,2,2). In this paper, by using some methods of number theory,we prove that, for any positive integer n, the Diophantine equation (75n)x+ (308n)y= (317n)z has only positive integer solution (x,y,z)=(2,2,2), that is the Jesmanowicz conjecture is true, when (a,b,c)=(75,308,317).
文章引用:黄日娣, 邓乃娟. 丢番图方程(75n)x+ (308n)y= (317n)z[J]. 理论数学, 2023, 13(11): 3358-3364. https://doi.org/10.12677/PM.2023.1311348

1. 引言

不定方程是数论领域中一个重要的分支,古希腊数学家丢番图曾在三世纪初就开始研究这样的方程,所以不定方程又称为丢番图方程,其中指数型不定方程是较为重要的一部分,并且它在群论、组合论和编码理论中也被广泛运用,但是对它的求解往往比较困难,因此对于不定方程的求解过程中更能体现出技巧性和趣味性。

( a , b , c ) 是本原商高数组。Jesmanowicz [1] 曾猜想:对于任意正整数n,丢番图方程

( n a ) x + ( n b ) z = ( n c ) z (1)

只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 ) 。这一猜想至今只证明了对一些较为简单的商高数组是正确的。对于 n = 1 ,Terai [2] 证明了方程

( m 2 4 ) x + ( 4 m ) y = ( m 2 + 4 ) , m > 1 , m 1 ( mod 2 )

只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 ) ;李双志 [3] 证明了当 k 1 , 2 ( mod 3 ) , k 2 ( mod 4 ) 时,方程

( 3 ( 2 k + 3 ) ) x + ( 2 k ( k + 3 ) ) y = ( 2 k ( k + 3 ) + 9 ) z

只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 ) 。等等。对于n为任意正整数,Miyazaki [4] 证明了当

( a , b , c ) = ( 2 2 r 1 , 2 r + 1 , 2 2 r + 1 ) , r N 时,Jesmanowicz猜想正确;陈凤娟 [5] 证明了当

( a , b , c ) = ( p 2 r 4 , 4 p r , p 2 r + 4 ) , p > 3 ,p为素数, p 3 , 5 , 7 ( mod 8 ) 时,若 P ( n ) | b P ( a ) | n ,则Jesmanowicz猜想正确;孙翠芳 [6] 证明了当 ( a , b , c ) = ( 4 p 2 r 1 , 4 p r , 4 p 2 r + 1 ) , p 3 ( mod 4 ) 且p为素数时,若 P ( n ) | b P ( a ) | n ,则Jesmanowicz猜想正确。等等。虽然在很多特殊情况下,Jesmanowicz猜想是正确的,但一般情形仍未解决,目前的结果大都集中在 n = 1 的情形,而对于 n > 1 ,只有为数不多的特殊情形被解决。记

P ( n ) 为n的所有素因子的乘积, ( ) 为雅克比符号。

本文考虑方程(1)中 ( a , b , c ) = ( 75 , 308 , 317 ) 的情形,证明了Jesmanowicz猜想正确。结果如下

定理1 对于任意正整数n时,丢番图方程

( 75 n ) x + ( 308 n ) y = ( 317 n ) z (2)

只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 )

2. 预备知识

定义2.1 [7] 给定一个正整数m,如果用m去除两个整数a和b所得的余数相同,我们就说 a , b 对模m同余,记作 a b ( mod m ) ,把该式称为模m的同余式,简称同余式。如果余数不同,我们就说 a , b 对m不同余,记作 a b ( mod m )

定义2.2 [8] 设 m > 1 x 2 n ( mod m ) ( n , m ) = 1 ,若该同余式有解,则n称为模n的二次剩余;若该同余式无解,则n称为模m的二次非剩余。

定义2.3 [8] 勒让德(Legendre)符号 ( a p ) (读作a对p的勒让德符号)是一种对于给定的奇素数p定

义在一切整数a上的函数,它的值规定如下:

( a p ) = { 1 , a p , 1 , a p , 0 , p | a

定义2.4 [8] 雅可比符号 ( a m ) (读作a对m的雅可比符号)是一个对于给定的大于1的单整数m定

义在一切整数a上函数,它在a上的函数值是

( a m ) = i = i = 1 r ( a p i )

其中 m = p 1 p 2 p r p i ( i = 1 , 2 , , r ) 是素数, ( a p i ) 是a对 p i 的勒让德符号。

性质2.5 设 m , n 为正奇数

1) 若 a a 1 ( mod m ) ( m , n ) = 1 ,则 ( a m ) = ( a 1 m )

2) 若 ( a , m ) = ( a , n ) = 1 ,则 ( a m ) ( a n ) = ( a m n )

3) 若 ( a , m ) = ( b , m ) = 1 ,则 ( a m ) ( b m ) = ( a b m )

性质2.6 ( 1 m ) = ( 1 ) m 1 2 ( 2 m ) = ( 1 ) m 2 1 8

性质2.7 若m和n是两个正奇数,且 ( m , n ) = 1 ,则

( m n ) = ( 1 ) ( m 1 ) ( n 1 ) 4 ( n m )

引理2.1 [9] 当 k 3 ( mod 8 ) \ 3 | k 时,丢番图方程

( 3 ( 2 k + 3 ) ) x + ( 2 k ( k + 3 ) ) y = ( 2 k ( k + 3 ) + 9 ) z

只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 )

引理2.2 [10] 设 a , b , c 是两两互素的正整数且 a x + b y = c z 只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 ) 。如果 ( x , y , z ) ( 2 , 2 , 2 ) 是方程 ( a n ) x + ( b n ) y = ( c n ) z 的正整数解,则其满足下列条件之一:

1) x > z > y , P ( n ) | b

2) y > z > x , P ( n ) | a

3. 定理的证明

定理1的证明:因为 75 = 3 ( 2 × 11 + 3 ) 308 = 2 × 11 × 14 317 = 2 × 11 × 14 + 9 ,且 11 3 ( mod 8 ) ,由引理1知,方程 75 x + 308 y = 317 z 只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 ) 。下面我们不妨设 n > 1 。假设 ( x , y , z ) ( 2 , 2 , 2 ) 是方程(2)的正整数解,故由引理2可知, x < z < y , p ( n ) | 75 y < z < x , p ( n ) | 308

下面分两种情况进行讨论:

情形1当 x < z < y , p ( n ) | 75 时,则方程(2)可整理为

317 z 308 y n y z = 75 x n z x (3)

不妨设 n = 3 s 5 t ,其中 s , t 均为非负整数且 max { s , t } 1

情形1.1:如果 s > 0 , t > 0 ,则 s ( z x ) = x , t ( z x ) = 2 x ,于是方程(3)可整理为

317 z 308 y 3 s ( y z ) 5 t ( y z ) = 1 (4)

对(4)式模5得 2 z 1 ( mod 5 ) ,故 4 | z 。令 z = 4 z 1 ,于是,

( 317 z 1 1 ) ( 317 z 1 + 1 ) = 308 y 3 s ( y z ) 5 t ( y z ) = 2 2 y 7 y 11 y 3 s ( y z ) 5 t ( y z ) 。因为 gcd ( 317 z 1 1 , 317 z 1 + 1 ) = 2 ,由

雅克比符号 ( 1 11 ) = 1 , ( 1 7 ) = 1 , ( 1 3 ) = 1 可得

{ 317 z 1 1 = 2 2 y 1 7 y 11 y 3 s ( y z ) 317 z 1 + 1 = 2 5 t ( y z )

2 2 y 1 7 y 11 y | ( 317 2 z 1 1 ) 。但是

2 2 y 1 7 y 11 y > 4 y 1 7 y 11 y > ( 4 7 11 ) z = 308 z = 308 4 z 1 > ( 317 + 1 ) 2 z 1 > 317 2 z 1 + 1 > 317 2 z 1 1 这不可能。

情形1.2:如果 s > 0 , t = 0 ,则 s ( z x ) = x ,方程(3)可整理为

317 z 308 y 3 s ( y z ) = 5 2 x (5)

对(5)式模3得 2 z 1 ( mod 3 ) ,于是 2 | z 。对(5)式模5得 2 z 3 y + s ( y z ) ( mod 5 ) ,于是 2 | y + s ( y z ) 。对(5)式模7得

308 y 3 s ( y z ) = 5 2 x ( mod 317 ) (6)

又因为 317 1 ( mod 4 ) ,由雅克比符号的性质得

( 308 317 ) = ( 4 317 ) ( 7 317 ) ( 11 317 ) = ( 2 7 ) ( 9 11 ) = 1 , ( 3 317 ) = ( 317 3 ) = ( 2 3 ) = 1 , ( 1 317 ) = 1

结合(6)式可得 ( 308 317 ) y ( 3 317 ) s ( y z ) = ( 1 317 ) ( 5 317 ) 2 x ,于是 ( 1 ) s ( y z ) = 1 ,即 2 | s ( y z ) 。从而 2 | y 。令 y = 2 y 1 , z = 2 z 1 ,则 ( 317 z 1 308 y 1 3 s ( y 1 z 1 ) ) ( 317 z 1 + 308 y 1 3 s ( y 1 z 1 ) ) = 5 2 x

又因为 gcd ( 317 z 1 308 y 1 3 s ( y 1 z 1 ) , 317 z 1 + 308 y 1 3 s ( y 1 z 1 ) ) = 1 ,故

{ 317 z 1 308 y 1 3 s ( y 1 z 1 ) = 1 317 z 1 + 308 y 1 3 s ( y 1 z 1 ) = 5 2 x

得, 5 2 x 1 = 2 308 y 1 3 s ( y 1 z 1 ) ,即 ( 5 x 1 ) ( 5 x + 1 ) = 2 2 y 1 + 1 7 y 1 11 y 1 3 s ( y 1 z 1 ) ,假设 5 x 1 = 7 t ,即

5 x 1 ( mod 7 ) ,因为 ( 5 7 ) x = ( 1 7 ) = 1 ( 5 7 ) = ( 7 5 ) = ( 2 5 ) = 1 ,所以 ( 1 ) x = 1 ,即 2 | x 。此时若 5 x + 1 = 3 t 5 x 1 ( mod 3 ) ,因为 ( 5 3 ) x = ( 1 3 ) = 1 ( 5 3 ) = ( 2 3 ) = 1 ,所以 1 x = 1 ,这不可能。又因为 5 x 1 < 5 x + 1

所以 7 | ( 5 x + 1 ) , 3 | ( 5 x + 1 ) ,又因为 4 | ( 5 x 1 ) , 11 | ( 5 x + 1 ) \ ,故

{ 5 x 1 = 2 2 y 1 11 y 1 5 x + 1 = 7 y 1 3 s ( y 1 z 1 )

\ 2 | x ,于是 \ 8 | ( 5 x 1 ) ,即 y = 2 y 1 = 2 ,这与 1 x < z < y 矛盾。

情形1.3:如果 s = 0 , t > 0 ,则 t ( z x ) = 2 x ,于是方程(3)可整理为

317 z 308 y 5 t ( y z ) = 3 x (7)

对(7)式模16得 13 z 3 x ( mod 16 ) ,于是 x z 2 ( mod 4 ) x z 0 ( mod 4 ) 。对(7)式模3得 2 z 2 y + t ( y z ) ( mod 3 ) ,于是 2 | y + t ( y z ) 。对(7)式模317得 308 y 5 t ( y z ) = 3 x ( mod 317 ) 。又因为

( 308 317 ) = 1 , ( 5 317 ) = ( 2 5 ) = 1 , ( 1 317 ) = 1 , ( 3 317 ) = 1

于是有 ( 1 ) t ( y z ) = ( 1 ) x ,所以 t ( y z ) 与x同奇偶,所以 2 | t ( y z ) ,故 2 | y 。令 x = 2 x 1 , y = 2 y 1 , z = 2 z 1 ,(7)式整理为

( 317 z 1 308 y 1 5 t ( y 1 z 1 ) ) ( 317 z 1 + 308 y 1 5 t ( y 1 z 1 ) ) = 3 2 x 1

又因为 gcd ( 317 z 1 308 y 1 5 t ( y 1 z 1 ) , 317 z 1 3 + 08 y 1 5 t ( y 1 z 1 ) ) = 1 ,故

{ 317 z 1 308 y 1 5 t ( y 1 z 1 ) = 1 317 z 1 + 308 y 1 5 t ( y 1 z 1 ) = 3 2 x 1

所以 3 2 x + 1 = 2 317 z 1 。又 317 z 1 > 3 4 z 1 = 3 2 z > 3 2 x + 1 ,故不可能。

情形2,当 y < z < x 时,方程(2)可整理为

317 z 75 x n x z = 308 y n z y (8)

不妨设 n = 2 s 7 t 11 w ,其中 s , t , w 均为非负整数且 max { s , t , w } 1

情形2.1:如果 s > 0 , t > 0 , w > 0 ,则 s ( z y ) = 2 y , t ( z y ) = y , w ( z y ) = y ,即 s = 2 t , w = t 。于是方程(8)可整理为

317 z 75 x 2 2 t ( x z ) 7 t ( x z ) 11 t ( x z ) = 1 (9)

对(9)式模5得 2 z 1 ( mod 5 ) ,故 4 | z 。令 z = 2 z 1 \ 2 | z 1 ,(9)式整理为

( 317 z 1 1 ) ( 317 z 1 + 1 ) = 3 x 5 2 x 2 2 t ( x z ) 7 t ( x z ) 11 t ( x z )

因为 gcd ( 317 z 1 1 , 317 z 1 + 1 ) = 1 ( 1 3 ) = 1 , ( 1 7 ) = 1 , ( 1 11 ) = 1 ,于是有

{ 317 z 1 1 = 2 2 t ( x z ) 1 3 x 7 t ( x z ) 11 t ( x z ) 317 z 1 + 1 = 2 5 2 x

5 2 x 3 x 2 2 t ( x z ) 2 7 t ( x z ) 11 t ( x z ) = 1 。故 ( 5 x 1 ) ( 5 x + 1 ) = 3 x 2 2 t ( x z ) 2 7 t ( x z ) 11 t ( x z )

又因为 gcd ( 5 x 1 , 5 x + 1 ) = 2 ( 5 11 ) = 1 , ( 5 3 ) = ( 5 7 ) = 1 , ( 1 11 ) = ( 1 3 ) = ( 1 7 ) = 1

2 | x 时,则 5 x + 1 = 2 ,这不可能。

于是 \ 2 | x { 5 x 1 = 2 2 t ( x z ) 3 11 t ( x z ) 5 x + 1 = 2 3 x 7 t ( x z ) ,即

3 x 7 t ( x z ) 2 2 t ( x z ) 4 11 t ( x z ) = 1 (10)

对(10)式模7得 2 2 t ( x z ) 4 11 t ( x z ) 1 ( mod 7 ) 。因为 ( 11 7 ) = ( 4 7 ) = 1 , ( 1 7 ) = 1 2 | 2 t ( x z ) 4 ,于是

1 = 1 ,这不可能。

情形2.2:如果 s > 0 , t > 0 , w = 0 ,则 s ( z y ) = 2 y , t ( z y ) = y ,即 s = 2 t 于是方程(8)可整理为

317 z 75 x 2 2 t ( x z ) 7 t ( x z ) = 11 y (11)

对(11)模5得 2 z 1 ( mod 5 ) 。于是 4 | z ,对(11)式模11得 9 z = 9 x 2 2 t ( x z ) 7 t ( x z ) ( mod 11 ) ,因为 ( 9 11 ) = 1 ( 7 11 ) = ( 11 7 ) = ( 4 7 ) = 1 2 | 2 t ( x z ) ,于是有 ( 1 ) t ( x z ) = 1 ,即 2 | t ( x z ) ,这意味着 4 | 2 t ( x z ) 。对

(11)式模16得 13 z = 11 y ( mod 16 ) 。又因为 4 | z ,故 4 | y 。令 z = 4 z 1 , y = 4 y 1 ,(11)式整理为

( 317 z 1 11 2 y 1 ) ( 317 2 z 1 + 11 2 y 1 ) = 75 x 2 2 t ( x z ) 7 t ( x z )

因为 gcd ( 317 2 z 1 11 2 y 1 , 317 z 1 + 11 2 y 1 ) = 2 , ( 1 3 ) = 1 , ( 1 7 ) = 1 ,于是

{ 317 2 z 1 + 11 2 y 1 = 2 5 2 x 317 2 z 1 11 2 y 1 = 2 2 t ( x z ) 1 3 x 7 t ( x z )

但是 5 2 x > 5 2 z = 5 2 4 z 1 = ( 25 2 ) 2 z 1 > ( 317 + 11 ) 2 z 1 > 317 2 z 1 + 11 2 y 1 。这不可能。

情形2.3:如果 s > 0 , t = 0 , w > 0 ,则 s ( z y ) = 2 y , w ( z y ) = y ,即 s = 2 w 。于是方程(8)可整理为

317 z 75 x 2 2 w ( x z ) 11 w ( x z ) = 7 y (12)

对(12)式模3得 2 z 1 ( mod 3 ) ,于是 2 | z 。对(12)式模4得 1 3 y ( mod 4 ) ,于是 2 | y

z = 2 z 1 , y = 2 y 1 ,故 ( 317 z 1 7 y 1 ) ( 317 z 1 + 7 y 1 ) = 75 x 2 2 w ( x z ) 11 w ( x z )

因为 gcd ( 317 z 1 7 y 1 , 317 z 1 + 7 y 1 ) = 2 75 = 3 × 5 2 ,所以有 25 x | ( 317 z 1 7 y 1 ) 25 x | ( 317 z 1 + 7 y 1 ) 。但是 25 x > 25 z = ( 25 2 ) z 1 > ( 317 + 7 ) z 1 > 317 z 1 + 7 y 1 > 317 z 1 7 y 1 ,这不可能,与事实矛盾。

情形2.4:如果 s = 0 , t > 0 , w > 0 ,则 w ( z y ) = y , t ( z y ) = y ,即 w = t 。于是方程(8)可整理为

317 z 75 x 7 t ( x z ) 11 t ( x z ) = 2 2 y (13)

对(13)式模3得 2 z 1 ( mod 3 ) ,于是 2 | z 。令 z = 2 z 1 ,(13)式整理为 ( 317 z 1 2 y ) ( 317 z 1 + 2 y ) = 75 x 7 t ( x z ) 11 t ( x z ) ,因为 gcd ( 317 z 1 2 y , 317 z 1 + 2 y ) = 1 ,故 25 x | ( 317 z 1 2 y ) 25 x | ( 317 z 1 + 2 y )

这与 25 x > 25 z = ( 25 2 ) z 1 > ( 317 + 4 ) z 1 > 317 z 1 + 4 z 1 > 317 z 1 + 2 y > 317 z 1 2 y 矛盾。

情形2.5: s > 0 , t = 0 , w = 0 ,则 s ( z y ) = 2 y ,方程(8)可整理为

317 z 75 x 2 s ( x z ) = 7 y 11 y (14)

对(14)式模5得 2 z 2 y ( mod 5 ) ,即 4 | ( z y ) 。又因为 s ( z y ) = 2 y ,所以 2 | y ,从而 2 | z 。令 z = 2 z 1 , y = 2 y 1 ,(13)式整理为

( 317 z 1 77 y 1 ) ( 317 z 1 + 77 y 1 ) = 75 x 2 s ( x z )

因为 gcd ( 317 z 1 77 y 1 , 317 z 1 + 77 y 1 ) = 2 ,所以有 25 x | ( 317 z 1 77 y 1 ) 25 x | ( 317 z 1 + 77 y 1 ) 。但是 25 x > 25 2 z 1 > ( 317 + 77 ) z 1 > 317 z 1 + 77 y 1 > 317 z 1 77 y 1 ,这不可能。

情形2.6:如果 s = 0 , t > 0 , w = 0 ,则 t ( z y ) = y ,(8)式可整理为

317 z 75 x 7 t ( z y ) = 44 y (15)

对(15)式模5得 2 z 4 y ( mod 5 ) ,于是 2 | z 。对(15)式模3得 2 z 2 y ( mod 3 ) ,于是 2 | y 。令 z = 2 z 1 , y = 2 y 1 ,(15)式整理为 ( 317 z 1 44 y 1 ) ( 317 z 1 + 44 y 1 ) = 75 x 7 t ( z y )

又因为 gcd ( 317 z 1 44 y 1 , 317 z 1 + 44 y 1 ) = 1 ,故 25 x | ( 317 z 1 44 y 1 ) 25 x | ( 317 z 1 + 44 y 1 )

这与 25 x > 25 2 z 1 > ( 317 + 44 ) z 1 > 317 z 1 + 44 y 1 > 317 z 1 44 y 1 矛盾。

情形2.7:如果 s = 0 , t = 0 , w > 0 ,则 w ( z y ) = y ,(8)式可整理为

317 z 75 x 11 w ( z y ) = 28 y (16)

对(16)式模3得 2 z 1 ( mod 3 ) ,于是 2 | z 。对(15)式模5得 2 z 3 y ( mod 5 ) ,于是 2 | y

z = 2 z 1 , y = 2 y 1 ,(16)式整理为 ( 317 z 1 28 y 1 ) ( 317 z 1 + 28 y 1 ) = 75 x 11 e ( z y ) ,又因为 gcd ( 317 z 1 26 y 1 , 317 z 1 + 28 y 1 ) = 1 ,故 25 x | ( 317 z 1 28 y 1 ) 25 x | ( 317 z 1 + 28 y 1 ) 。这与 25 x > 25 2 z 1 > ( 317 + 28 ) z 1 > 317 z 1 + 28 y 1 > 317 z 1 28 y 1 矛盾。

4. 结语

邢静静证明了当 k 3 ( mod 8 ) \ 3 | k 时,丢番图方程 ( 3 ( 2 k + 3 ) ) x + ( 2 k ( k + 3 ) ) y = ( 2 k ( k + 3 ) + 9 ) z 只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 ) [9] 。由此可知令 k = 11 时,方程 75 x + 308 y = 317 z 只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 ) 。本文证明了更一般的情况,即当n为任意正整数时,丢番图方程 ( 75 n ) x + ( 308 n ) y = ( 317 n ) z 只有正整数解 ( x , y , z ) = ( 2 , 2 , 2 ) 。但是对于k为其他值时的情况还有待进一步研究。另外,要彻底解决Jesmanowicz猜想,还需要寻求一些新的方法,这就需要研究者有较深的数论基础,为数学进步贡献自己的力量。

参考文献

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[2] Terai, N. (2014) On Jesmanowicz’ Conjecture Concerning Primitive Pythagorean Triples. Journal of Number Theory, 141, 316-323.
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