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不定方程中幂比较法的应用研究
摘要：利用幂比较法证明了:①当a为正偶数、b为正奇数时,不定方程ax-by=1最多有1组正整数解(x,y);②方程xy-(x-1)z=1仅有正整数解(x,y,z)=(1,s,t),(2,1,t),(r,1,1)和(3,2,3),其中r,s,t为任意正整数且r≥3.同时推出不定方程2x-3y=1仅有正整数解(x,y)=(2,1),不定方程2018x-2019y=1无正整数解以及不定方程3x-2y=1仅有正整数解(x,y)=(1,1),(2,3).
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引言
文献[1,2]分别介绍了分解因子法与递归序列法在不定方程中的应用,本文介绍另一种初等方法——幂比较法,在不定方程中的应用.
所谓幂比较法,是指在不定方程两边比较某因数的最高方幂,以此来导致矛盾的方法.例如,设有不定方程
f(x1,x2,…,xr)=g(xr+1,xr+2,…,xs)(1)
对某因数x>1,如果能够证明xk‖f,xl‖g,且k≠l,则方程(1)无整数解.
1842年,CATALAN曾猜测:方程xm-yn=1(m>1,n>1)仅有正整数解m=2,n=3,x=3,y=2.此猜想可简化为证明方程
xp-yq=1,p,q是素数,p≠q(2)
仅有正整数解p=2,q=3,x=3,y=2.1850年,LEBESGUE[3]证明了q=2时CATALAN猜想是正确的,后来,柯召、孙琦[4]给出了一个新的证明.对于p=2,经过NAGELL和柯召等人的努力,在1962年由柯召[5]最终解决,他证明了在p=2,q>3时,(2)无正整数解.1936年,HERSCHEFELD[6]证明了:不定方程2x-3y=d对充分大的整数d最多有1组正整数解;同年,PILLAI[7]研究了一般形式的不定方程ax-by=c,其中c>c0=c0(a,b).2004年,MIHĂILESCU[8]完全解决了CATALAN猜想,但其证明冗长而非初等.因此寻求CATALAN猜想的初等证明是一件很有意义的工作.
1、主要结论
本文利用幂比较法证明了以下定理1和定理2,并同时得到推论1、推论2和推论3.
定理1对给定的正偶数a和正奇数b,不定方程
ax-by=1(3)
最多只有1组正整数解(x,y).
定理2不定方程
xy-(x-1)z=1(4)
仅有正整数解(x,y,z)=(1,s,t),(2,1,t),(r,1,1)和(3,2,3),其中r,s,t为任意正整数且r≥3.
推论1不定方程2x-3y=1仅有正整数解(x,y)=(2,1).
推论2不定方程2018x-2019y=1无正整数解(x,y).
推论3不定方程3x-2y=1仅有正整数解(x,y)=(1,1),(2,3).
2、定理及推论的证明
先证定理1.设(x,y)是方程(3)的任一组正整数解.
①当r>1时,rx≥2.由
ax=by+1=((b-1)+1)y+1=(b-1)y+C1y(b-1)y-1+…+Cy−1y(b-1)+2
知
2rx−1ax1=2y−1(b−12)y+2y−2C1y(b−12)y−1+⋯+Cy−1y(b−12)+1.(5)
若2|y,则式(5)左边2的方幂大于0,而右边2的方幂等于0,矛盾,故2＼y.又ax=(2sb1-1)y+1,即
2rxax1=(2sb1)y-C1y(2sb1)y-1+…+(-1)y-1Cy−1y(2sb1),(6)
此时式(6)左边2的方幂为rx,而右边2的方幂为s.要使式(6)成立,必须rx=s.若r|s,则方程(3)仅可能有正整数解x=s/r;若r＼s,则方程(3)无正整数解.综上,当r=1时,方程(3)仅可能有正整数解x=s/r,其中r|s.
②当r=1时,假定存在正整数y0使得a-by0=1,并且(3)对某些正整数x>1成立,则y>y0.于是
(by0+1)x-by=1,
即
by0x+C1xby0(x-1)+…+Cx-1xby0=by.(7)
若b＼x,则式(7)左边b的方幂为y0,而右边b的方幂为y,矛盾,故b|x.令x=bz,则
(ab)z-by=1.(8)
仿照①的讨论知,方程(8)仅可能有正整数解z=s/t,这里t=rb=b,但当b>1时,由s<2sb1-1知s<t,此时t＼s,方程(8)无正整数解,故t=b=1.综上,当r=1时,方程(3)仅可能有正整数解x=1或s.
再证定理2.
情形1x=1时,方程(4)有正整数解(x,y,z)=(1,s,t),其中s,t为任意正整数.
情形2y=1时,方程(4)成为
x-1=(x-1)z.(9)
式(9)给出x=1,z=t或x=2,z=t或x=r,z=1.这时方程(4)有正整数解(x,y,z)=(1,1,t),(2,1,t),(r,1,1),其中r,s,t为任意正整数且r≥3.
情形3z=1时,方程(4)成为
xy=x.(10)
式(10)给出x=1,y=s或x=r,y=1.这时方程(4)有正整数解(x,y,z)=(1,s,1),(r,1,1),其中r,s为任意正整数.
情形4x>1,y>1,z>1时,易知y<z.由式(4)得
∑i=1nCiy(x−1)i−1=(x−1)z−1.(11)
如果x-1含有奇素因数p,可设x-1=pmx1,m≥1,p＼x1.由式(11)知p|y.再设y=pny1,n≥1,p＼y1,则由y<z可得
n<1+n·2n-1≤(1+2)n-1≤pn-1≤m(pny1-1)=m(y-1)<m(z-1),
故p在(x-1)y-1和(x-1)z-1中出现的方幂都大于n.对于Ti=Ciy(x-1)i-1,有
Ti=yiCi−1y−1(x−1)i−1=pny1iCi−1y−1(pmx1)i−1,i>1.
设pe‖i,则Ti中含p的方幂至少是f=n+m(i-1)-e.当e=0时,f>n;当e>0时,i≥pe>e+1,故f>n+me-e≥n.因此在式(11)中,除y=pny1,p＼y1外,其余所有项均能被pn+1整除.此时,式(11)左边p的方幂为n,而右边p的方幂至少为n+1,矛盾,故x-1=2u,u>0.于是式(4)成为
(2u+1)y-2uz=1,y>1,z>1.(12)
由于2＼y时,(2u+1)y≡2u+1(mod2u+1),故对式(12)取模2u+1知2u+1≡1(mod2u+1),即1≡0(mod2),矛盾,所以2∣y.令y=2y1,y1>0,则式(12)给出
(2u+1)y1-1=2k,(2u+1)y1+1=2l,k+l=uz.(13)
由(13)的前两式得
2l-2k=2.(14)
式(14)给出k=1,l=2.这时(2u+1)y1=3,uz=3,进而有y1=1,u=1,z=3.因此方程(4)有正整数解(x,y,z)=(3,2,3).定理2得证.
根据定理1,可得推论1和推论2.根据定理2,可得推论3.
参考文献：
[1]管训贵.分解因子法在不定方程中的应用[J].河南教育学院学报(自然科学版),2018,27(1):1-3.
[2]管训贵.递归序列性质在不定方程中的应用[J].河南教育学院学报(自然科学版),2018,27(3):1-4.
[4]柯召,孙琦.谈谈不定方程[M].上海:上海教育出版社,1980:111-113.
[5]柯召.关于方程x2=yn+1,xy≠0[J].四川大学学报(自然科学版),1962(1):1-6.
管训贵.幂比较法在不定方程中的应用[J].河南教育学院学报(自然科学版),2019,28(02):7-9.
基金:国家自然科学基金(11471144);江苏省自然科学基金(BK20171318);泰州学院教博基金(TZXY2018JBJJ002)
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期刊名称：数学的实践与认识
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主管单位：中国科学院
主办单位：中国科学院数学与系统科学研究院
出版地方：北京
专业分类：科学
国际刊号：1000-0984
国内刊号：11-2018/O1
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创刊时间：1971年
发行周期：半月刊
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