摘" 要:丟番圖方程的馬少麟猜想與乘子為-1的阿貝爾差集有關(guān)。該文運(yùn)用二次和四次丟番圖方程的性質(zhì)并結(jié)合Strmer定理,證明了:若a為正偶數(shù),b,t,r為正整數(shù),t≥r,則不定方程x2=22b+2a2t-2b+2at+r+1的正整數(shù)解由t=r=1以及x+a2b+2(2b-1)=(2b+1-1+2b+2(2b-1))n給出,其中n是正偶數(shù)。
關(guān)鍵詞:McFarland猜想;不定方程;正整數(shù)解;Strmer定理
中圖分類號(hào):O156.7""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼:A
DOI:10.16601/j.cnki.issn2096-7330.2024.02.002文章編號(hào):2096-7330(2024)02-0007-04
收稿日期:2023-10-19
基金項(xiàng)目:國(guó)家自然科學(xué)基金項(xiàng)目“橢圓曲線的整數(shù)點(diǎn)研究”(11471144);江蘇省自然科學(xué)基金項(xiàng)目“某些Diophantine方程的整數(shù)解研究”(BK20171318)
通信作者:管訓(xùn)貴,泰州學(xué)院教授,tzszgxg@126.com。
1992年馬少麟[1]在研究Abel群中乘子為-1的差集的McFarland猜想時(shí),提出了如下兩個(gè)猜想。
猜想1" 設(shè)p為奇素?cái)?shù),a為非負(fù)整數(shù),t,r為正整數(shù),則整數(shù)
Y=22a+2p2t-22a+2pt+r+1
是平方數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)t=r,即Y=1。
猜想2" 設(shè)p為奇素?cái)?shù),b,t,r為正整數(shù),則整數(shù)
Z=22b+2p2t-2b+2pt+r+1
是平方數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)p=5,b=3,t=1,r=2,即Z=2401=74。
樂(lè)茂華和向青[2],郭永東[3]和曹珍富[4]分別獨(dú)立證明了猜想1成立,即有
定理A" 設(shè)p為奇素?cái)?shù),a為非負(fù)整數(shù),t,r為正整數(shù),則方程
x2=22a+2p2t-22a+2pt+r+1
的正整數(shù)解只有x=1。
關(guān)于猜想2,馬少麟[1]運(yùn)用不等式方法證明了
定理B" 設(shè)p為奇素?cái)?shù),b,t,r為正整數(shù),若t≥r,則方程
x2=22b+2p2t-2b+2pt+r+1
無(wú)正整數(shù)解。
2021年羅家貴等[5]運(yùn)用Strmer定理及其推廣和Pell方程解的性質(zhì),證明了如下的一般性結(jié)果。
定理C" 設(shè)a>1為奇數(shù),b,t,r為正整數(shù),若t≥r,則方程
x2=22b+2a2t-2b+2at+r+1
的正整數(shù)解由t=r=1以及
x+a2b+2(2b-1)=(2b+1-1+2b+2(2b-1))n," n=2,4,6,…
給出。
本文研究了a為偶數(shù)的情形,得到了如下結(jié)果。
定理1" 設(shè)a>1為偶數(shù),b,t,r為正整數(shù),若t≥r,則方程
x2=22b+2a2t-2b+2at+r+1(1)
的正整數(shù)解由t=r=1以及
x+a2b+2(2b-1)=(2b+1-1+2b+2(2b-1))n," n=2,4,6,…
給出。
1" 若干引理
引理1[6]" 不定方程
x2-Dy4=1
至多有兩個(gè)正整數(shù)解。若該方程恰有兩個(gè)正整數(shù)解,則當(dāng)D=24s×1785,s∈{0,1}時(shí),(x1,y1)=(169,21-s)且(x2,y2)=(6525617281,21-s×6214);當(dāng)D≠24s×1785時(shí),(x1,y1)=(u1,v1)且(x2,y2)=(u2,v2),這里(un,vn)是Pell方程U2-DV2=1的正整數(shù)解。
引理2[7]" 設(shè)正偶數(shù)D不是平方數(shù),則對(duì)任意正整數(shù)n≥3,方程
x2-Dy2n=1
至多只有一個(gè)正整數(shù)解。
引理3[8]" 設(shè)正整數(shù)D不是平方數(shù),則Pell方程x2-Dy2=1有無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)解。設(shè)x1+y1D是該方程的基本解,則它的全部整數(shù)解可表為
x+yD=±(x1+y1D)n," n∈
瘙 綄 ;
而它的全部正整數(shù)解可表為
x+yD=(x1+y1D)n," n=1,2,…。
由引理3立得
推論" 設(shè)正整數(shù)D不是平方數(shù),x1+y1D是Pell方程x2-Dy2=1的基本解,xn+ynD是它的任一整數(shù)解,則y1yn,并且x1xn當(dāng)且僅當(dāng)n為奇數(shù)。
引理4[9]" 設(shè)整數(shù)a>1,b>0且ab不是平方數(shù),若方程
ax2-by2=1(2)
有整數(shù)解(x,y),設(shè)x1a+y1b是方程(2)的最小正整數(shù)解,x0+y0ab是Pell方程x2-aby2=1的基本解,則x0+y0ab=(x1a+y1b)2,且方程(2)的全部整數(shù)解可表為
xa+yb=±(x1a+y1b)(x0+y0ab)n=±(x1a+y1b)2n+1," n∈
瘙 綄 。
引理5[10]" 設(shè)正整數(shù)D不是平方數(shù),正整數(shù)x,y滿足Pell方程
x2-Dy2=1,(3)
ε=x1+y1D是方程(3)的基本解,若y=pnY(p為素?cái)?shù),n≥0),pD,且Y的所有素因子都整除D,則x+yD=ε,ε2或ε3。
引理6[11]" 設(shè)正整數(shù)D不是平方數(shù),正整數(shù)x,y滿足Pell方程
x2-Dy2=±1,
ε=x1+y1D是該方程的基本解,若x的所有素因子都整除x1或y的所有素因子都整除y1,則x+yD=ε。
引理7(Strmer定理[12])" 設(shè)正整數(shù)D不是平方數(shù),x1+y1D是Pell方程
x2-Dy2=±1
的一個(gè)正整數(shù)解,若y1的每個(gè)素因子都整除D,則x1+y1D是該方程的基本解。
2" 定理1的證明
先考慮t=r的情形。由式(1)可知,(x,at)是Pell方程
X2-2b+2(2b-1)Y2=1(4)
的正整數(shù)解。
若t=1,則有
x+a2b+2(2b-1)=(2b+1-1+2b+2(2b-1))n," n=1,2,…。
當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)有a≡±1(mod 2(2b+1-1)),這與a是偶數(shù)矛盾。
若t=2,因(2b+1-1,1)是Pell方程(4)的基本解,故由引理1得
x+a22b+2(2b-1)=(2b+1-1+2b+2(2b-1))2。
因此a2=2(2b+1-1),取模4得0≡2(mod 4),矛盾。
若t≥3,則(x,a)和(2b+1-1,1)均為Pell方程X2-2b+2(2b-1)Y2t=1的正整數(shù)解,這與引理2矛盾。
再考慮t>r的情形。
(i) b為偶數(shù)且t,r同奇偶。由方程(1)可知(x,2b+22at+r2)是Pell方程
X2-(2bat-r-1)Y2=1(5)
的一個(gè)正整數(shù)解。因(2b2at-r2,1)是方程(5)的基本解,故由引理3得
x+2b+22at+r22bat-r-1=(2b2at-r2+2bat-r-1)n," n=1,2,…。
若n是奇數(shù),則由引理3的推論知2b2at-r2x,這與x是奇數(shù)矛盾。
若n是偶數(shù),令n=2m,則有
x+2b+22at+r22bat-r-1=(2b2at-r2+2bat-r-1)2m=(xm+ym2bat-r-1)2。
于是有
2b+22at+r2=2xmym。(6)
若m是偶數(shù),則ym被2b+22at-r2整除。由xm是奇數(shù)知gcd(xm,ym)=1,進(jìn)而由(6)得xm=1,從而m=0,不可能。若m是奇數(shù),則由引理3的推論知2b2at-r2xm,結(jié)合(6)得ymar,但gcd(xm,ym)=1,故只有ym=1,從而m=1。此時(shí)由(6)得
2b+22at+r2=2x1=2b+22at-r2,
進(jìn)而r=0,矛盾。
(ii) b為偶數(shù)且t,r為一奇一偶。由方程(1)可知(x,2b+22at+r-12)是Pell方程
X2-a(2bat-r-1)Y2=1(7)
的正整數(shù)解。因(2b2at-r-12,1)是方程aX2-(2bat-r-1)Y2=1的最小正整數(shù)解,故由引理4和引理5得
x+2b+22at+r-122bat-r-1=(2b2at-r-12a+2bat-r-1)2, (8)
或
x+2b+22at+r-122bat-r-1=(2b2at-r-12a+2bat-r-1)4,(9)
或
x+2b+22at+r-122bat-r-1=(2b2at-r-12a+2bat-r-1)6。(10)
由(8)知2b+22at+r-12=2b+22at-r-12,得r=0,矛盾。
由(9)知2b+22at+r-12=2b+42at-r-12(2b+1at-r-1),即ar=2(2b+1at-r-1)。若r是偶數(shù),則取模4得0≡2(mod 4),矛盾;若r是奇數(shù),則只能有r=1,此時(shí)a=2(2b+1at-1-1),也不可能。
由(10)知2b+22at+r-12=2b+22at-r-12(2b+4at-r(2bat-r-1)+3),即
ar=2b+4at-r(2bat-r-1)+3,
這與a是偶數(shù)矛盾。
(iii) b為奇數(shù)且t,r同奇偶。由方程(1)可知,(x,2b+12at+r2)是Pell方程
X2-2(2bat-r-1)Y2=1(11)
的一組正整數(shù)解。因?yàn)椋?b-12at-r2,1)是方程2X2-(2bat-r-1)Y2=1的最小正整數(shù)解,所以由引理4知方程(11)的基本解為
(2b-12at-r22+2bat-r-1)2=2b+1at-r-1+2b+12at-r22(2bat-r-1)。
再根據(jù)引理6可得
2b+12at+r2=2b+12at-r2,
進(jìn)而r=0,矛盾。
(iv) b為奇數(shù)且t,r為一奇一偶。由引理7和方程(1)可知,(x,2b+12at+r-12)是Pell方程
X2-2a(2bat-r-1)Y2=1
的基本解。因?yàn)椋?b-12at-r-12,1)是方程2aX2-(2bat-r-1)Y2=1的最小正整數(shù)解,故由引理4可得
2b+12at+r-12=2b+12at-r-12,
進(jìn)而r=0,矛盾。
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