關于指數丟番圖方程(an-1)((a+s)n-1)=x2可解性的研究

羅永亮,楊海,李恒

(西安工程大學理學院,陜西 西安 710048)

1 引言及結論

設Z,N?分別表示全體整數和正整數的集合,且a,b均是大于1的正整數,近些年來,對方程

正整數解的討論是一類很具有研究價值的指數丟番圖問題,數論及其相關領域中有關數列的平方類等問題都可以轉化為該方程的求解.

當s=1時,文獻 [1]證明了:當a=2時,方程 (an?1)((a+1)n?1)=x2無正整數解(n,x).文獻[2]證明了:當a=3時,方程(an?1)((a+1)n?1)=x2無正整數解(n,x).文獻[3]對此進行推廣,證明更具有一般性的以下結果:當a≡2,3(mod 4)時,方程(an?1)((a+1)n?1)=x2無正整數解(n,x).并給出對于任何大于1的正整數,方程(an?1)((a+1)n?1)=x2無正整數解(n,x)的猜想.

文獻[4-10]對相關問題進行了深入的探究,并給出了許多很有價值的結論和研究方法.此外,文獻[11-15]從不同角度對a,b的限定條件和方程中的常量進一步拓展,得出了一些具有創新性的結論,這些都為推動解決這一類指數丟番圖指數方程做出了貢獻.

本文將運用初等數論中的一些方法技巧,并與現有結論相結合,得出了更具有一般性的結果.

定理1.1設a,n,s,x∈N?,當s≡1(mod 2),n≡0(mod 2),1≤s≤a,n>1時,則方程(2)沒有正整數解.

定理 1.2設a,n,s,x∈N?,當n≡s≡1(mod 2),n>1時,則對于以下三種情況:(i)a≡0(mod 4),s≡3,7(mod 8);(ii)a≡2(mod 4),s≡1(mod 4);(iii)a≡3(mod 4),其中任意一種成立時,方程(2)無正整數解(n,x).

定理 1.3設a,n,s,x∈N?,當n≡s≡1(mod 2)時,則對于以下兩種情況:(i)當a≡1(mod 2)時,且 (a?1)|x;(ii)當a≡0(mod 2)時,且 (a+s?1)|x,其中任意一種成立時,方程(2)無正整數解(n,x).

看何東快被逼休克了，何西何北只好把他拉到一邊，他們倆對他為什么不結心里有數，現在只想知道這人活過來了，何東下一步準備怎么辦。

顯然,文獻[1-3]的結論可由定理1.1和定理1.2推導得出,而且進一步給出了拓展的結果.總之,上述三個定理給出了判定方程(2)的正整數解(n,x)不存在的充分條件,將方程(2)有正整數解的范圍進一步縮小,并提出了以下猜想.

猜想 1.1當1≤s≤a,s≡0(mod 2),n>1時,方程(2)只有有限個正整數解(n,x).

2 引理

引理 2.1[4]方程

無正整數解(n,X,Y).

引理 2.2[3]設d是非平方正整數,(u1,v1)是Pell方程u2?dv2=1,u,v∈N?的最小解,則(uk,vk)滿足,是該Pell方程全部解,并且滿足以下結論:(i)當 2k時,u1|uk;(ii)當 2|uk時,有 2k以及 2|u1;(iii)當 2|u1時,如果 2uk,則必有

引理 2.3[2]丟番圖方程(an?1)(bn?1)=x2,x,n∈N?在n≡1(mod 2)條件下,如果v(a?1)和v(b?1)具有相反的奇偶性,則該丟番圖方程沒有正整數解(n,x).其中v(a?1),v(b?1)分別表示a?1,b?1的質因數分解中2的次數.

3 定理證明

3.1 定理 1.1的證明

3.2 定理 1.2的證明

定理1.2可分以下三種情況證明.

當a≡0(mod 4),s≡3,7(mod 8)時,可設a=4t1,s=8t2+3或8t2+7,則在方程(an?1)((a+s)n?1)=x2,x,n∈N?中,可得

v(a?1)=v(4t1?1)=0,v(a+s?1)=v(4t1+8t2+2)=v(4t1+8t2+6)=1.

因此v(a?1)和v(a+s?1)具有相反的奇偶性.根據引理2.3可知,方程(2)在滿足定理條件(i)時,沒有正整數解(n,x).

當a≡2(mod 4),s≡1(mod 4)時,可設a=4t1+2,s=4t2+1,則在方程(an?1)((a+s)n?1)=x2,x,n∈N?中,可得

v(a?1)=v(4t1+1)=0,v(a+s?1)=v(4t1+4t2+2)=1.

因此v(a?1)和v(a+s?1)具有相反的奇偶性.根據引理2.3可知,方程(2)在滿足定理條件(ii)時,沒有正整數解(n,x).

當a≡3(mod 4)時,由s為奇數,則可設a=4t1+3,s=2t2+1,則在方程(an?1)((a+s)n?1)=x2,x,n∈N?中,可得

v(a?1)=v(4t1+2)=1,v(a+s?1)=v(4t1+2t2+3)=0.

因此v(a?1)和v(a+s?1)具有相反的奇偶性.根據引理2.3可知,方程(2)在滿足定理條件(iii)時,沒有正整數解(n,x).

定理1.2得證.

3.3 定理 1.3的證明

定理1.3可分以下兩種情況證明.

情形1:設a,n,s,x∈N?,s≡n=1(mod 2),從方程(2)可得

如果(a?1)|x,則(a?1)2|x2,從而可得

顯然易得ns((1+s)n-1+(1+s)n-2+···+1)是奇數.而當a≡1(mod 2)時,a?1為偶數.因此(13)式不可能成立,得出矛盾.此時方程(2)無正整數解(n,x).

情形2:設a,n,s,x∈N?,s≡n=1(mod 2),從方程(2)可得

如果(a+s?1)|x,則(a+s?1)2|x2,從而可得

顯然當a≡0(mod 2)時,易得(a?1)(an-1+an-2+···+1)是奇數.a+s?1為偶數.因此(15)式不可能成立,得出矛盾.此時方程(2)無正整數解(n,x).

定理1.3得證.

4 結束語

眾所周知,縮小解的范圍是丟番圖方程研究方法的重要內容之一,本文運用初等數論的方法和技巧,得到了當a,b在給定條件下,方程(an?1)(bn?1)=x2沒有正整數解,三個定理的結果很大程度的縮小了判定方程可解性的范圍.文中的研究方法可以進一步拓展應用到此類型的方程求解中,在今后的工作中,仍將繼續致力于這類指數丟番圖方程求解的研究與推廣.