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

甘志國

(北京豐臺二中 100071)

題目(1948年莫斯科數學奧林匹克試題)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是質數)

②

xy=ypx(x,y∈N,x≥2,y≥2,p是已知的質數)

③

xy=ypx(x,y∈Q+,p是已知的質數)

④

uu=vpy(u,v∈Q+,p是已知的質數)

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p|xy,p|x.若y≥2，再由xy=pyx，可得p|y.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的指數相等，可得αpβb=βpαa+1,p|1，這不可能！所以欲證結論成立.

引理若n∈N*，則2n≥n+1(當且僅當n=1時取等號).

證明用數學歸納法、導數、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x|y(可設y=ax(a∈N*))，且

xa-p=ap(x,a-p∈N*,a≥2,x≥2,p是已知的質數)

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=apbdpb

⑦

若a=pb，由⑦可得a=b，所以a=pb=b,p=1，與p是質數矛盾！說明此時不成立.

若a0，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*)，進而可得欲證結論成立.

猜想1方程③解的組數有限.

定理3 在方程③中：

(1)若x是質數，則(p,x,y)=(2,2,16),(3,3,27)；

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

(3)若x=qi(q是質數，i=3或4)，則方程③均無解；

(4)若x=q5(q是質數)，則(p,x,y)=(5,32,256)；

(5)若x是兩個互異質數之積，則p是奇質數且(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.

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).

⑧

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

綜上所述，可得欲證結論成立.

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均是質數)，則(x,y)=(qp,qp+2)是方程③的解；

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

(4)若p=2n-n(n∈N*)是質數，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均是質數)的解的組數無限(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*)的質數(叫做梅森質數)個數無限(近年人們借助電腦尋找到的最大質數都是梅森質數，且只發現了51個梅森質數.2018年12月，人們發現了迄今為止最大的質數282589933-1)；

(3)形如2n-n(n∈N*)的質數個數無限(當n=2,3,9時，2n-n均是質數).

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.