陳一維， 肖世佳

(華北水利水電大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，河南 鄭州 450046)

0 引言

不定方程是數(shù)論中最古老的一個(gè)分支，它有著悠久的歷史與豐富的內(nèi)容。所謂不定方程是指解的范圍為整數(shù)、正整數(shù)、有理數(shù)或代數(shù)整數(shù)的方程或方程組，其未知數(shù)的個(gè)數(shù)通常多于方程的個(gè)數(shù)。古希臘數(shù)學(xué)家丟番圖早在公元3世紀(jì)初就開始研究過若干這類方程，因此常稱不定方程為丟番圖方程。

設(shè)A,B∈N,A無平方因子，關(guān)于不定方程Ax2+B=Cyn(x,y,n∈N,n≥2)解的問題是數(shù)論中的一個(gè)重要問題，用初等方法解決此類問題比較困難，近些年許多研究者用代數(shù)論的方法研究這類不定方程，取得了很好的效果。

當(dāng)A=1,B=1,C=1時(shí)，LEBESGUE[1]證明了無整數(shù)解；NAGELL[2]證明了當(dāng)A=2,B=1,C=1,n=5時(shí)，僅有整數(shù)解(x,y)=(±11,3)；張杰[3]證明了當(dāng)A=1,B=64,C=1,n=7時(shí)，僅有整數(shù)解(x,y)=(±8,2)；于寧寧[4]證明了當(dāng)A=1,B=36,C=1,n=17時(shí)無整數(shù)解;孫樹東[5]證明了當(dāng)A=1,B=64,C=1,n=13時(shí)無整數(shù)解，對于A=1,B=64,C=2,n=7,11的情況未進(jìn)行討論說明。為此，本文利用代數(shù)數(shù)論理論和同余理論的方法研究不定方程x2+64=2yn(x,y∈Z)在n=7,11時(shí)無整數(shù)解。

1 定理及其證明

引理1[6]設(shè)M是唯一分解整環(huán)，正整數(shù)k≥2，以及α,β∈M，(α,β)=1，那么，若αβ=γk,γ∈M，則有α=ε1μk,β=ε2νk,μ,ν∈M，其中ε1,ε2是M中的單位元素，并且ε1ε2=εk，ε為單位元素。

定理1不定方程

x2+64=2y7,x,y∈Z

(1)

無整數(shù)解。

證明分x≡1(mod 2)和x≡0(mod 2)兩種情況進(jìn)行討論。

1)x≡1(mod 2)。

當(dāng)x≡1(mod 2)時(shí)，在Z[i]中，(1)式可以寫為(x+8i)(x-8i)=2y7,x,y∈Z。

設(shè)δ=(x+8i,x-8i)，由δ|(2x,16i)=2得，δ只能取1，1+i，2。因x≡1(mod 2)，有x+8i≡1(mod 2)，所以δ≠2；若δ=1+i，則N(1+i)|N(1+8i)，即2|x2+64，與x≡1(mod 2)矛盾，所以δ=1。因而由引理可知，x+8i=2(a+bi)7,x,a,b∈Z。

因此

x=2(a7-21a5b2+35a3b4-7ab6) ，

(2)

8=2b(7a6-35a4b2+21a2b4-b6) ，

(3)

所以b=±1,±2,±4。

當(dāng)b=1時(shí)，由(3)式可知

5=7(a6-5a4+3a2)，

(4)

要(4)式成立，需要7|5，顯然不可能，所以b≠1。

當(dāng)b=-1時(shí)，由(3)式可知

-3=7(a6-5a4+3a2) ，

(5)

要(5)式成立，需要7|-3，矛盾，所以b≠-1。

當(dāng)b=2時(shí)，由(3)式可知

26+2=7(a6-20a4+48a2)，

即

66=7(a6-20a4+48a2) ，

(6)

要(6)式成立，需要7|66，矛盾，所以b≠2。

當(dāng)b=-2時(shí)，由(3)式可知

26-2=7(a6-20a4+48a2)，

即

62=7(a6-20a4+48a2)，

(7)

要(7)式成立，需要7|62，矛盾，所以b≠-2。

當(dāng)b=4時(shí)，由(3)式可知

46+1=7(a6-80a4+768a2)，

即

4 097=7(a6-80a4+768a2) ，

(8)

要(8)式成立，需要7|4 097，矛盾，所以b≠4。

當(dāng)b=-4時(shí)，由(3)式可知

46-1=7(a6-80a4+768a2)，

即

585=9×5×13=a2(a4-80a2+768)，

(9)

要(9)式成立，則a2=1或a2=9。

當(dāng)a2=1時(shí)，代入a2(a4-80a2+768)=689≠585，不滿足。

當(dāng)a2=9時(shí)，代入a2(a4-80a2+768)=1 141≠585，不滿足。

所以，當(dāng)x≡1(mod 2)時(shí)，不定方程(1)無整數(shù)解。

2)x≡0(mod 2)

當(dāng)x≡0(mod 2)時(shí)，可知x為偶數(shù)。令x=2x1,x1∈Z。代入(1)式可得

(2x1)2+64=2y7。

(10)

由(10)可知y為偶數(shù)，令y=2y1,y1∈Z,可得

(2x1)2+64=2(2y1)7，

即

(x1)2+16=26y17。

(11)

由(11)式易知x1為偶數(shù)，令x1=2x2,x2∈Z,可得

(2x2)2+16=26y17，

即

x22+4=24y17。

(12)

由(12)式易知x2為偶數(shù)，令x2=2x3,x3∈Z,可得

(2x3)2+4=24y17，

即

x32+1=22y17。

(13)

由(13)式易知x3為奇數(shù)，令x3=2x4+1,x4∈Z,可得

(2x4+1)2+1=22y17，

即

2x42+2x4+1=22y17。

(14)

由(14)式可知，2x42+2x4+1≡1(mod 2)，而22y17≡0(mod 2)，產(chǎn)生矛盾，所以當(dāng)x≡0(mod 2)時(shí)，不定方程(1)無整數(shù)解。

綜上所述，x2+64=2y7,x,y∈Z無整數(shù)解。

定理2不定方程

x2+64=2y11,x,y∈Z

(15)

無整數(shù)解。

證明分x≡1(mod 2)和x≡0(mod 2)兩種情況進(jìn)行討論。

1)x≡1(mod 2)。

當(dāng)x≡1(mod 2)時(shí)，在Z[i]中，(15)式可以寫為x+8i=2(a+bi)11,x,a,b∈Z。

設(shè)δ=(x+8i,x-8i)，由δ|(2x,16i)=2得δ只能取1，1+i，2。因x≡1(mod 2)有x+8i≡1(mod 2)，所以δ≠2；若δ=1+i，則N(1+i)|N(1+8i)，即2|x2+64，與x≡1(mod 2)矛盾，所以δ=1。

因而由引理得x+8i=2(a+bi)11,x,a,b∈Z。因此

x=2(a11-55a9b2+330a7b4-462a5b6+165a3b8-11ab10) ，

(16)

8=2b(11a10-165a8b2+462a6b4-330a4b6+55a2b8-b10) ，

(17)

因此b=±1,±2,±4。

當(dāng)b=1時(shí)，由(17)式可知

5=11(a10-15a8+42a6-30a4+5a2) ，

(18)

要想(18)式成立，需要滿足11|5，顯然不可能，所以b≠1。

當(dāng)b=-1時(shí)，由(17)式可知

-3=11(a10-15a8+42a6-30a4+5a2) ，

(19)

要想(19)式成立，需要滿足11|-3，矛盾，所以b≠-1。

當(dāng)b=2時(shí)，由(17)式可知

210+2=11(a10-60a8+672a6-1 920a4+1 280a2) ，

(20)

要想(20)式成立，需要滿足11|210+2，矛盾，所以b≠2。

當(dāng)b=-2時(shí)，由(17)式可知

210-2=11(a10-60a8+672a6-1 920a4+1 280a2)，

(21)

要想(21)式成立，需要滿足11|210-2，矛盾，所以b≠-2。

當(dāng)b=4時(shí)，由(17)式可知

410+1=11(a10-240a8+10 752a6-122 880a4+327 680a2)，

(22)

要想(22)式成立，需要滿足11|410+1，矛盾，所以b≠4。

當(dāng)b=-4時(shí)，由(17)式可知

410-1=11(a10-240a8+10 752a6-122 880a4+327 680a2)，

即

95 325=52×3×31×41=a2(a8-240a6+10 752a4-122 880a2+327 680)，

(23)

要想(23)式成立，則a2=1或a2=25。

當(dāng)a2=1時(shí)，代入a2(a8-240a6+10 752a4-122 880a2+327 680)=215 313≠95 325，所以a2≠1。

當(dāng)a2=25時(shí)，代入a2(a8-240a6+10 752a4-122 880a2+327 680)=12 407 625≠93 525，所以a2≠25。

因此，當(dāng)x≡1(mod 2)時(shí)，不定方程無整數(shù)解。

2)x≡0(mod 2)。

當(dāng)x≡0(mod 2)時(shí)，可知x為偶數(shù)。令x=2x1,x1∈Z。代入(15)式可得

(2x1)2+64=2y11。

(24)

由(24)式可知y為偶數(shù)，令y=2y1,y1∈Z可得

(2x1)2+64=2(2y1)11，

即

(x1)2+16=210y111。

(25)

由(25)式易知x1為偶數(shù)，令x1=2x2,x2∈Z,可得

(2x2)2+16=210y111，

即

x22+4=28y111。

(26)

由(26)式易知x2為偶數(shù)，令x2=2x3,x3∈Z，可得

(2x3)2+4=28y111，

即

x32+1=26y111。

(27)

由(27)式易知x3為奇數(shù)，令x3=2x4+1,x4∈Z，可得

(2x4+1)2+1=26y111，

即

2x42+2x4+1=25y111。

(28)

由(28)式可知，2x42+2x4+1≡1(mod 2)，而25y111≡0(mod 2)，產(chǎn)生矛盾，所以當(dāng)x≡0(mod 2)時(shí)，不定方程(15)無整數(shù)解。

綜上所述，x2+64=2y11,x,y∈Z無整數(shù)解。

2 結(jié)語

不定方程的整數(shù)解問題是一個(gè)悠久的研究課題，許多數(shù)學(xué)家都有所研究，推進(jìn)了不定方程整數(shù)解問題的發(fā)展，本文主要討論了當(dāng)A=1,B=16,C=4,n=7,11的整數(shù)解問題，得出了不定方程x2+64=2yn(n=7,11)無整數(shù)解的結(jié)論和證明，接下來希望進(jìn)一步研究不定方程的整數(shù)解問題。