關于Kenichiro的一個丟番圖方程問題

楊仕椿,湯建鋼,吳莉

關于Kenichiro的一個丟番圖方程問題

楊仕椿1,2,湯建鋼2,吳莉2

(1.伊犁師范學院數學與統計學院,新疆伊寧835000;2.阿壩師范高等專科學校數學系,四川汶川623000)

研究了Kenichiro提出的輪換對稱形式的丟番圖方程,即方程的求解問題,利用素數整除的一些性質,證明了該方程僅有平凡解a=b=c以及非平凡解(a,b,c)=(k,k,4k),(k,4k,k),(4k,k,k)(k∈N),從而完全解決了這個方程.

丟番圖方程;輪換對稱形式;Kenichiro問題

1 引言

設N表示全體正整數的集合.關于輪換對稱形式的丟番圖方程,是一類基本而又重要的指數方程,它的求解問題一直是數論和組合研究中的有趣課題和困難問題[16]之一.例如,著名的Erd¨os方程,以及S′andon方程等[7-9].

文獻[10]中,日本數學家Kenichiro提出了一系列尚未解決的問題和課題.他在該文獻的第三章提出了14個問題,其中,問題13是四個丟番圖方程的求解問題.最近,在文獻[11]中,劉燕妮和郭曉艷完全解決了第一個丟番圖方程,即xy+yz+zx=0的求解問題.而Kenichiro提出的第二個方程問題是:求方程

以及

的所有正整數解.并提出問題:方程(1),方程(2)是否僅有平凡解a=b和a=b=c?

在文獻[12]中,Ding求出了方程(1)的全部正整數解以及方程(2)的部分正整數解.在該文獻中,作者指出,方程(2)除平凡解a=b=c以及非平凡解(a,b,c)=(t,t,4t),(t,4t,t), (4t,t,t)(t∈N)之外,是否還有其它的正整數解,這是一個公開問題.

本文研究了不定方程(2)的求解問題,證明了該方程僅有正整數解a=b=c以及

在文末,對于方程(1),方程(2)的推廣情形,提出了有待進一步研究的問題和猜想.

2 主要結果及證明

定理2.1方程(2)除正整數解(a,b,c)=(k,k,4k),(k,4k,k),(4k,k,k)(k∈N)之外,僅有平凡解a=b=c.

證明令gcd(a,b,c)=d,則可設a=a1d,b=b1d,c=c1d,且gcd(a1,b1,c1)=1,則方程(2)變形為:

因此只需考慮方程(2)當gcd(a,b,c)=1時的情形即可.

情形1a,b,c兩兩互素

若a>1,b>1,c>1,令標準分解式分別為:

其中α1···αr,β1···βs,γ1···γt≥1.

顯然對任意1≤i≤r,1≤j≤s,1≤k≤t,均有

則由方程(2)可得,

于是由(3)式可得,

其中α=gcd(α1,···,αr),β=gcd(β1,···,βs),γ=gcd(γ1,···,γt).

如果α=1,則由(4)式可得,

于是

與β1≥1矛盾,則α>1.同理可得,β>1,γ>1.

若gcd(α,c)=1,則gcd(αb,c)=1,由(4)式的前兩式可得,

于是,a+b+c≤3β,與β>1矛盾,則gcd(α,c)=d>1.令α=dα′,c=dc′,則gcd(α′,c′)=1.注意到gcd(a,c′)=1,則由(4)式的前兩式可得,

于是a+b+c≤3dβ.由于d≤α,則

與α,β>1矛盾.因此,a,b,c中必然有一個為1.

則γ1=2,且r1=2,t=1,因此,c=4,此時方程(2)僅有非平凡解(a,b,c)=(1,1,4).設gcd(a,b,c)=k,則此時方程僅有正整數解

情形2a,b,c兩兩不互素

首先,不妨設a,b,c兩兩不互素.令

其中r1,···,rs,q1,···,qt,p1,···,pw為相異素數,且各指數λij≥1.于是,可令

其中各指數均不小于1,且

因此,a1,b1,c1兩兩互素.

如果a1>1,b1>1,c1>1,不妨設a1的標準分解式為則由方程(2)可得,(a+b+c)|3δjb(1≤j≤s).由情形1中a,b,c>1的類似討論可得,矛盾,因此a1,b1,c1中必然有一個為1.

不妨設a1=1,c1>1,令c1的標準分解式為則由方程(2)可得, (a+b+c)|3δja.令

如果d>1,由于d|a,則存在qi或rj,使得qi|d或rj|d,則qi|b+c,于是qi|b,或者rj|c,均產生矛盾,因此d=1.由上式即可得,(a+b+c)|3δj,則a+b+c≤3δj,但與a≥2,b>2矛盾.于是,必然有a1=b1=c1=1.

在方程(2)中,考查a,b,c的標準分解表達式(5)中q1,···,qt的指數可得,

設gcd(a+b+c,a)=gcd(b+c,a)=d,如果d>1,由于d|a,同以上的方法,仍然可得矛盾,因此d=1.由上式即可得,(a+b+c)|3(β1lβ2j?β1jβ2l),則

但由于q1≥2,q2≥3,且當β1j,β1l,β2j,β2l≤5時,可直接驗證上式不成立,則

于是利用不等式2x>2x2(x≥7)可得,

同理可令b=pα1rγ2,c=pα2qβ2,其中p,α1,α1,β2,γ2如上類似定義.于是由(6)式以及方程(2)可得,

由(7)式可得,

由于gcd(a+b+c,a)=gcd(b+c,a)=1,因此,a+b+c≤3(α1β2γ1+α2β1γ2),即

在(8)式中,不妨設p≥2,q≥3,r≥5,同理可直接驗證,當α1,α2,β1,β2,γ1,γ2≤8時,(8)式不成立,則α1,α2,β1,β2,γ1,γ2≥9,于是利用不等式2x>x3(x≥10)可得,

與(8)式矛盾!因此,a,b,c中至少有兩個數是互素的.

其次,由于gcd(a,b,c)=1,不妨設gcd(a,b)=d>1,gcd(a,c)=gcd(b,c)=1,則可令

且gcd(p1···pr,a1)=gcd(p1···pr,b1)=gcd(a1,b1)=1.如果a1>1,b1>1,c>1,由于a1,b1,c兩兩互素,則由情形1中a,b,c>1的類似討論可得,矛盾,因此a1,b1,c中必然有一個為1.

若c>1,且a1=1,令考查c中的指數γj,由方程(2)可得,(a+b+c)|3γja.設gcd(a+b+c,a)=gcd(b+c,a)=d>1,由于d|a,則存在pj,使得pj|d,則pj|(b+c),即pj|c,這與gcd(a,b,c)=1矛盾,因此d=1.于是(a+b+c)|3γj,則(a+b+c)≤3γj,與γj≥1矛盾.若c>1,且b1=1,則a1>1,令a1的標準分解式為,則由方程(2)可得,(a+b+c)|3λjb.同樣,由gcd(a+b+c,b)=gcd(a+c,b)=1可得,a+b+c≤3λj,可得出矛盾.

若c=1,當b1>1時,考查b1中的指數,由方程(2)同理可得出矛盾,則b1=1.同樣,若a1>1,由方程(2)仍然可得出矛盾,則a1=1.因此,由方程(2)可得,(a+b+1)|3(αjb+βj),其中1≤j≤r.如果r>1,且存在j,l,使得則如同前面的類似討論可得出矛盾,因此r=1,或者則可令a=pα,b=pβ,其中α=gcd(α1,···,αr),β=gcd(β1,···,βr),于是

如果α>β,則由(9)式可得,pα+pβ+1≤3(αpβ+β),則pα?β≤3α?1+3βp?β1≤3α.又由(9)式可得,

由于gcd(pα+pβ+1,pβ)=1,則(pα+pβ+1)|3(βpα?β?α+β),于是

由(9)式可得gcd(p,3)=1,由(10)式可解出p=2,max{α,β}<9,或p=4,max{α,β}<4,或p=5,max{α,β}<3,或p=7,α=β=1.再分別代入(9)式中一一驗證可知,此時方程(2)沒有正整數解.如果α≤β,則由(9)式可得,

由于gcd(pα+pβ+1,pα)=1,則由上式可得,

于是pα<3(β?α),或者pα

另一方面,由(9)式可得,

因此,pα+pβ+1≤3(αpα+α?β),則

由此可解出p=2,β≤9,或p=4,β≤3,或p=5,β≤2,或p=7,β=1,代入(9)式中一一驗證可知,此時方程(2)也沒有正整數解.

3 推論與進一步研究的問題

考慮方程(1),方程(2)的推廣形式,即丟番圖方程

由定理2.1證明的情形1類似可得:

推論3.1當n≥4時,方程(11)沒有滿足xi>1(1≤i)且xi,xj(1≤i,j≤n)兩兩互素的正整數解.

根據以上的討論可知,當n≥4時,方程(11)的求解可能會變得較為麻煩,因此,一些自然的問題是:

問題3.1當n取何值時,方程(11)僅有平凡解x1=x2=···=xn?

問題3.2是否存在正整數n,使得方程(11)有x1>1,x2>1,···,xn>1的非平凡的本原解(即滿足gcd(x1,x2,···,xn)=1)?

問題3.3方程(11)有x1

最后提出如下猜想:

猜想3.1當n=4時,方程(11)僅有非平凡的正整數解(x1,x2,x3,x4)=(k,k,4k,8k).

猜想3.2當n=5時,方程(11)僅有平凡解x1=x2=x3=x4=x5.

猜想3.3當n≥6時,方程(11)僅有有限個非平凡的本原正整數解.

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A Diophantine equations problem by Kenichiro

Yang Shichun1,2,Tang Jiangang1,Wu Li2
(1.College of Mathematics and Statistics,Yili Normal University,Yining835000,China; 2.Department of Mathematics,Aba Teachers College,Wenchuan623000,China)

In this paper,we study a Diophantine equations by Kenichiro,that is the equationUsing some properties of prime number divisible,we proved that the equation have only positive integer solutions a=b=c and(a,b,c)=(k,k,4k),(k,4k,k),(4k,k,k)(k∈N).Thus,we completely solve the equation.

Diophantine equations,rotation symmetrical form,Kenichiro problem

O156.7

A

1008-5513(2014)06-0551-07

10.3969/j.issn.1008-5513.2014.06.001

2014-09-08.

國家自然科學基金(11301363);新疆維吾爾自治區普通高等學校重點學科經費(2012ZDXK21);四川省科技廳應用基礎研究重點項目(2013JYZ003);阿壩師專重點科研基金(ASA14-09).

楊仕椿(1969-),碩士,教授,研究方向：數論及其應用.

2010 MSC:11D61,11A05