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談談不定方程xy=ypx(x,y∈N,x≥2,y≥2,p是已知的質(zhì)數(shù))的解法

2021-09-10 07:22:44甘志國

甘志國

摘 要:文章給出了四個不定方程的部分解,其中重點是談談不定方程xy=ypx(x,y∈N,x≥2,y≥2,p是已知的質(zhì)數(shù))的解法.

關(guān)鍵詞:莫斯科數(shù)學奧林匹克試題;不定方程;算術(shù)基本定理

中圖分類號:G632文獻標識碼:A文章編號:1008-0333(2021)10-0073-02

題目 (1948年莫斯科數(shù)學奧林匹克試題)解不定方程.

xy=yx(x,y∈N*,x≠y)①

文獻[1]證得了該題的答案是

(x,y)=(2,4),(4,2).

下面談談與不定方程①類似的四個不定方程

xy=pyx(x,y∈N*,p是質(zhì)數(shù))②

xy=ypx(x,y∈N,x≥2,y≥2,p是已知的質(zhì)數(shù)) ③

xy=ypx(x,y∈Q+,p是已知的質(zhì)數(shù))④

uu=vpy(u,v∈Q+,p是已知的質(zhì)數(shù))⑤

的解法,其中重點是③的解法.

定理1 方程②的解是(x,y)=(p,1).

證明 若y=1,則x=p.

由xy=pyx,可得pxy,px.若y≥2,再由xy=pyx,可得py.因而可設x=pαa,y=pβb(α,β,a,b∈N*,p不整除a也不整除b),得

(pαa)pβb=p(pβb)pαa

由該等式兩邊p的指數(shù)相等,可得αpβb=βpαa+1,p1,這不可能!所以欲證結(jié)論成立.

引理 若n∈N*,則2n≥n+1(當且僅當n=1時取等號).

證明 用數(shù)學歸納法、導數(shù)、二項式定理、或貝努利(Bernoulli)不等式均可獲證,具體過程略去.

定理2 方程③的解(x,y)滿足xy(可設y=ax(a∈N*)),且

xa-p=ap(x,a-p∈N*,a≥2,x≥2,p是已知的質(zhì)數(shù)) ⑥

證明 設(x,y)=d(d∈N*),可再設x=bd,y=ad(a,b,d∈N*),(a,b)=1.再由xy=ypx,可得

bada=apbdpb⑦

若a=pb,由⑦可得a=b,所以a=pb=b,p=1,與p是質(zhì)數(shù)矛盾!說明此時不成立.

若a<pb,由⑦可得ba=apbdpb-a,aba.再由(a,b)=1,可得a=1,所以b=dpb-1.若b=1,可得pb-1=p-1>0,所以d=1,因而x=bd=1,與題設x≥2矛盾!所以b≥2,d≥2,再由引理可得b=dpb-1≥22b-1>2b,這不可能!說明此時不成立.

所以a>pb,由⑦可得bada-pb=apb.再由(a,b)=1,可得b=1,所以x=d,y=ad=ax(a∈N*),進而可得欲證結(jié)論成立.

猜想1 方程③解的組數(shù)有限.

定理3 在方程③中:

(1)若x是質(zhì)數(shù),則(p,x,y)=(2,2,16),(3,3,27);

(2)若x=q2(q是質(zhì)數(shù)),則(p,x,y)=(2,4,16),(2,9,27);

(3)若x=qi(q是質(zhì)數(shù),i=3或4),則方程③均無解;

(4)若x=q5(q是質(zhì)數(shù)),則(p,x,y)=(5,32,256);

(5)若x是兩個互異質(zhì)數(shù)之積,則p是奇質(zhì)數(shù)且(x,y)=(2p,4p2);

(6)若x=12或18,則方程③均無解.

證明 (1)由定理2知,可設y=ax(a∈N*).

在方程⑥中可設a=xα(α∈N*),得方程⑥即xxα-p=xpα,xα-p=pα,所以p=x,pα-1=α+1(α≥2),進而可得(p,α)=(2,3),(3,2),從而可得欲證結(jié)論成立.

(2)~(6)略.

注 由定理3可知,當x=2,3,4,…,23時,已求得方程③的解.

定理4 若pyx,則方程③的解為(x,y)=(2p,4p2)或(p,x,y)=(2,2,16),(3,3,27).

證明 由定理2,可得pyx即方程⑥中的pa,因而由算術(shù)基本定理知可設a=pα或pαpα11…pαkk,其中α,α1,…,αk∈N*,p,p1,…,pk是兩兩互異的質(zhì)數(shù).

(1)若a=pα,則在⑥中可設x=pβ(β∈N*),所以方程⑥即(pβ)pα-p=ppα,αβ=pα-1-1(α∈N,α≥2).

若α=2,可得(β,p)=(2,2)或(1,3),進而可得(p,x,y)=(2,4,16)或(3,3,27).

若α≥3,可得α≥αβ=pα-1-1≥2α-1-1≥α,進而可得β=1,p=2,α=3,再得(p,x,y)=(2,2,16).

(2)若a=pαpα11…pαkk,則在⑥中可設x=pβpβ11…pβkk(β,β1,…,βk∈N*),所以方程⑥即

(pβpβ11…pβkk)pαpα11…pαkk-p=(pαpα11…pαkk)p

(pβpβ11…pβkk)pα-1pα11…pαkk-1=pαpα11…pαkk⑧

由該等式兩邊p1的指數(shù)相等,可得α1β1=pα-1pα11…pαkk-1,所以由引理可得

α1≥α1β1=pα-1pα11…pαkk-1≥pα11-1≥2α1-1≥α1

因而β1=k=α=1,p1=2,得式⑧即(2pβ)2α1-1=2α1p(p是奇質(zhì)數(shù)),可得α1=β=1,再得a=x=2p,y=ax=4p2(p是奇質(zhì)數(shù)).

綜上所述,可得欲證結(jié)論成立.

定理5 (1)(p,x,y)=(2,9,27),(3,64,256)均是方程③的解;

(2)若p=q2-2(p,q均是質(zhì)數(shù)),則(x,y)=(qp,qp+2)是方程③的解;

(3)若p=2q-1(q∈N*)是質(zhì)數(shù)(可得q是質(zhì)數(shù)),則(x,y)=(2q(2q-1),2q·2q)是方程③的解;

(4)若p=2n-n(n∈N*)是質(zhì)數(shù),則(x,y)=(22n-n,22n)是方程③的解.

證明 略.

猜想2 (1)方程p=q2-2(p,q均是質(zhì)數(shù))的解的組數(shù)無限(可驗證它有解p=q2-2(p,q)=(7,3),(23,5),(47,7),(167,13),(359,19),(839,29));

(2)形如2q-1(q∈N*)的質(zhì)數(shù)(叫做梅森質(zhì)數(shù))個數(shù)無限(近年人們借助電腦尋找到的最大質(zhì)數(shù)都是梅森質(zhì)數(shù),且只發(fā)現(xiàn)了51個梅森質(zhì)數(shù).2018年12月,人們發(fā)現(xiàn)了迄今為止最大的質(zhì)數(shù)282589933-1);

(3)形如2n-n(n∈N*)的質(zhì)數(shù)個數(shù)無限(當n=2,3,9時,2n-n均是質(zhì)數(shù)).

定理6 方程④有解(x,y)=(a,b)方程⑤有解(u,v)=1a,1b.

證明 略.

注 定理3,4,5均給出了方程④的部分解;再由定理6可給出方程⑤的部分解.

參考文獻:

[1]鄧波.由一道數(shù)學競賽試題想到的[J].數(shù)理化解題研究,2020(19):58-59.

[2]谷超豪.數(shù)學詞典[M].上海:上海辭書出版社,1992.

[責任編輯:李 璟]

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