（基础数学专业论文）关于商高数的jesmanowicz猜想.pdf

摘要 a b s t r a c t 第1 章引言 l i i ii ii ii i i itl ly i iiiii 18 8 10 7 2 第2 章预备知识及主要引理 2 1 同余和同余式 2 2 二次剩余，l e g e n d r e 符号与j a c o b i 符号 2 3 重要引理 第3 章主要结果及证明 3 1 关于口一b = 3 的讨论 3 2 关于a b = 5 的讨论 3 3 关于a b = m ，( m 三3 ，5 ( m o d 8 ) ) 的讨论 第4 章不定方程z 3 + 1 = 2 0 1 y 2 第5 章分析与思考 第6 章攻读硕士学位期间的工作 参考文献 致谢 1 6 1 7 1 9 3 3 3 5 7 7 8 9 l 5 ，j 1 代数数论方向研究生李双志 指导老师罗明教授 摘要 本文利用简单的同余和二次剩余理论，对j e 誊m a n o w i c z 猜想的商高数组的特 殊情况进行了证明本文的主要结果如下： 对于不定方程( 3 ( 2 n + 3 ) ) z + ( 2 n ( n + 3 ) ) 掣= ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) 。，如果3 t 几，则当 满足下列条件之一时，j e f i m a n o w i c z 猜想成立 ( 1 ) n 三2 ( r o o d 4 ) ； ( 2 ) n 兰a ( m o d l 6 ) 对于不定方程( 5 ( 2 n + 5 ) ) 霉+ ( 2 n ( n + 5 ) ) 可= ( 2 n ( n + 5 ) + 2 5 ) 。，如果5 十竹，则 当满足下列条件之一时，j e g m a n o w i c z 猜想成立 ( 1 ) n 三l ( m o d a ) ； ( 2 ) n 兰7 ( r o o d l 6 ) 对于不定方程( m ( 2 n + m ) ) 霉+ ( 2 n ( n4 - m ) 尸= ( 2 n ( n + m ) + m 2 ) = ，如果5t 佗， 则当满足下列条件之一时，j e g m a m o w i c z 猜想成立 ( 1 ) n 三1 ( m d 以) ； ( 2 m 三7 ( m o d l 6 ) 作为研究生期间研究工作的一部分，我们最后讨论了不定方程z 3 + 1 = 2 0 1 y 2 ，并给出了其全部整数解 盘 关键词：指数丢番图方程j e i m a n o w i c z 猜想二次剩余雅可比符号勒让德 i 符号 a l p y t h a g o r e a nt r i p l e s m a j o r ：a l g e b r a i cn u m b e rt h e o r y s u p e r v i s o r ：p r o f e s s o rl u om i n g n a m e ：l is h u a n g - z h i a b s t r a c t i nt h i sp a p e r ，w ep r o v e st h a tt h ec o n j e c t u r eo fj e 考m a n o w i c zc o n c e r n i n gp y t h a g o r - e a l lt r i p l e sh o l d st r u ei ns o m es p e c i a le a s e sb a s eo ne l e m e n t a r yc o n g r u e n c ea n d q u a d r a t i cr e s i d u e w em a i nr e s u l t so ft h i sp a p e ra r et h ef o l l o w i n gt h e o r e m s ： l e t3 tn ，i f ( 3 ( 2 n + 3 ) ) 2 + ( 2 n ( n + 3 ) ) f = ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) 名s a t i s f i e so n eo ft h e f o l l o w i n ge a s e s ： ( 1 ) n 兰2 ( r o o d 4 ) ， ( 2 ) n 三4 ( m o d l 6 ) ， t h ec o n j e c t u r eo fj e 香m a n o w i c zi sh o l d l e t5 t 几，i f ( 5 ( 2 n + 5 ) ) + ( 2 n ( n + 5 ) ) v = ( 2 n ( n + 5 ) + 2 5 ) 名s a t i s f i e so n eo ft h e f o l l o w i n gc a s e s ： ( t ) n 兰x ( m o d 4 ) ， ( 2 ) n 兰7 ( m o d l 6 ) ， t h ec o n j e c t u r eo fj e g m a n o w i c zi sh o l d l e t5 tn ，i f ( m ( 2 n + m ) ) 霉+ ( 2 n ( n + m ) 户= ( 2 n c n + m ) + 仇2 ) 。s a t i s f i e so n eo f t h ef o l l o w i n gc a s e s ： ( 1 ) n 兰l ( m o d 4 ) ， ( 2 ) n 兰7 ( m o d l 6 ) ， t h ec o n j e c t u r eo fj e 螽m a n o w i c zi sh o l d f i n a l l y , w ed i s c u s st h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o nz 3 + 1 = 2 0 1 y 2a n dg i v ei t sa l lt h e i n t e g e rs o l u t i o n s k e y w o r d s ：e x p o n e n t i a ld i o p h a n t i n ee q u a t i o n ，j e 螽m a n o w i c zc o n j e c t u r e ，q u a d r a t i c r e s i d u e ，j a c o b is y m b o l ，l e g e n d r es y m b 0 1 第1 章引言 第1 章引言 不定方程是数论的一个重要分支，而指数型不定方程又是其中较难的一个类 型，对于不定方程： 矿+ b v = 矿 ( 1 0 1 ) 的求解是数论中的一个重要课题 1 9 5 6 年，j e 备m a n o w i c z 提出著名猜想：当a ，b ，c 取商高数时，即当a ，b ，c 满足 a 2 + 6 2 = c 2 时，不定方程( 1 0 1 ) 只有正整数解( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 这一猜想至今只证明了一些特殊的情况，下面介绍一些近年来的一些成果： 1 9 8 8 年，李晓莲【7 】讨论了商高数组+ 危) 2 一护，2 n ( n + h ) ，+ 九) 2 + 舻，证 明了当h 2 = 2 n 2 1 时，j e 香m a n o w i c z 猜想成立 1 9 9 3 年，k t a k a k u w a 和y a s a e d a 【17 】证明了如下结果： 如果仇是奇数，p 是个奇素数且p 三3 ( m o d a ) ，当y 1 时，则不定方程 ( 4 m 一矿户+ ( 4 r a p ) u = ( 4 m 2 + 矿) 名( 1 o 2 ) 的正整数解只有( $ ，y ，2 1 ) = ( 2 ，2 ，2 ) 同年k t a k a k u w af 1 8 又得到如下结果： 如果m 是奇数，p 是个奇素数且p - - 5 ( m o d s ) ，当可为偶数时，则不定方程 ( 1 o 2 ) 的正整数解只有( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 1 9 9 5 年，乐茂华 1 9 】利用p e u 方程的性质证明了： 如果正整数a ，b ，c 满足铲+ 6 2 = c 2 且( 口，b ，c ) = 1 ，40a b ，c = p n ，佃为奇素 数，几1 ) ，则不定方程( 1 0 1 ) 的正整数解只有( z ，y ，名) = ( 2 ，2 ，2 ) 第二年，乐茂华【2 0 】利用b a k e r 的方法证明了： 当正整数s t ，( 8 ，t ) = 1 ，且满足a = s 2 一t 2 ，b = 2 s t ，c = 8 2 + 护，如果 2i lt ，t 兰3 ( m o d 4 ) s 8 1 t l , 不定方程( 1 0 1 的正整数解只有( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 1 9 9 8 年，邓谋杰f 2 1 】证明了： 设k 1 ，其素分解为k = n 笔1 露，令c ( k ) = 兀：1 p i ，让a = 2 n + l b = 2 n ( n + 1 ) c = 2 n + 1 ) + 1 ，如果n 是一个素数阶方幂且满足c ( b ) l k 或者c ( k ) f b 则不定方程( k a ) 霉+ ( 尼6 ) 可= ( k c ) 2 2 0 0 3 年，李中 1 】证明了如下结果，即： 若2i i 曲不定方程( 1 o 1 仅有正整数解( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 可使z ，y ，z 均为偶 数 当a ，6 ，c 是商高数时，不定方程( 1 0 1 ) 可写成 ( a 2 6 2 ) + ( 2 a b ) y = ( a 2 + 6 2 ) 。( 1 0 3 ) 1 第1 章引言 方程( 1 0 3 ) 可写成 ( 2 n + 1 ) 霉+ ( 2 n ( n + 1 ) ) 掣= ( 2 n ( n + 1 ) + 1 ) ：( 1 0 4 ) 1 9 5 6 年，j e 考m a n o w i c z 【1 5 和s i e r p i 璐k i 证明了死= 1 ，2 ，3 ，4 ，5 的情形 后来柯召，孙琦和饶德铭利用简单的同余和分解因子的法对( 1 0 4 ) 中的商高 数组的部分情况进行了讨论 1 9 5 8 年，柯召 3 】证明了在佗兰1 ，3 ，4 ，5 ，7 ，9 ，1 0 ，l l ( m o d l 2 ) 时，不定方程( 1 0 4 ) 只有解z = y = 名= 2 1 9 6 3 年，柯召【4 】证明了 除玳三0 ，2 4 ，8 0 ，1 0 4 ，1 2 0 ，1 4 4 ，2 0 0 ，2 2 4 ( m o d 2 4 0 ) 而且2 礼+ 1 只含有质因子p 兰 l ( m o d l 6 ) 和 铊兰4 8 ，9 6 ，1 2 8 ，1 7 6 ( m o d 2 4 0 ) _ 且2 n + 1 只含有质因子p 三1 ( m o d 3 2 ) 外不定方程 ( 1 0 4 ) 只有解z = 可= z = 2 同年，柯召，孙琦 5 】又证明了n 冬1 0 0 0 时，不定方程( 1 0 4 ) 只有解z = 可= z = 2 1 9 6 5 年d e m j a n e n k o 9 彻底解决了( 1 o 4 ) ，同时在他的那篇文章中证明了商高 数组： 口= m 2 一l ，b = 2 m ，c = m 2 + 1 ，m 1 j e 考m a n o w i c z 猜想成立 对于a b = 3 时，2 0 0 9 年，谷杨华 6 】证明了如下结果：对于不定方程 ( 3 ( 2 n + 3 ) ) 霉+ ( 2 n ( n + 3 ) 尸= ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) z 如果死兰0 ( m o d 2 ) ，3tn ，则当满足下列条件之一时，j e m a n o w i c z 猜想成立 ( j ) 2 凡+ 3 中无p 兰1 ( r o o d 4 ) 的素数 ( ，) 对任意素数i i ( 2 n + 3 ) ，p 兰l ( m o d 4 ) 使得妒 学，y 1 尽管5 0 多年来，不少出色的数学家和数学爱好者对j e 香m a n o w i c z 猜想做了大 量研究，但是该猜想还没有得到彻底解决 2 第2 章预备知识及主要引理 识及主要引理 2 1同余和同余式 定义2 1 给定一个正整数m ，如果用仇去除两个整数a 和b 所得的余数相 同，我们就说8 ，b 对模数m 同余，记作a 三b ( m o d m ) 否则称为不同余 同余的基本性质： 性质2 2 整数口，b 对模数m 同余的充分必要条件是仇ia b 性质2 3 如果a 兰b ( m o d m ) ，o l 三卢( m o d m ) 则有： ( 1 ) a x + a y 兰b x + 励，其中z ，y 为任意给的整数 ( 2 ) 帕兰卵( 舢d m ) ( 3 ) 矿兰b a ( m o d m ) 其中n 0 ( 4 ) ，( o ) 兰，( 6 ) ( m d d m ) ，其中f ( x ) 为任意给定的一个整系数多项式 性质2 4 若a c 三b c ( m o d m ) ，且( m ，c ) = d ，则a 三b ( m o d 等) 性质2 5 若口兰b ( m o d m i ) ，i = 1 ，2 ，死，则a 兰b ( m o d m 1 ，m 2 ，】) 性质2 6 ( 1 ) 若a 兰b ( m o d m ) ，k 0 ，则a k 三b k ( m o d m k ) ( 2 ) 若口三b ( m o d m ) ，d 是口，b 及m 的任意公因数，则暑三孙b ，一i m , ) 性质2 7 若a 三b ( m o d m ) 则( o ，m ) = ( 6 ，m ) ，因而若d 能整除仇及a ，b 二数 之一，则d 必能整除a ，b 中的另一个 2 2 二次剩余，l e g e n d r e 符号与j a c o b i 符号 定义2 8 【2 】设m 1 ，若茁2 三n ( m o d m ) ，( n ，m ) = 1 有解，则1 , 叫做模数m 的二次剩余；若无解，则死叫做模数m 的二次非剩余 定义2 9 2 1 勒让德( l e g e n d r e ) 符号( ；) ( 读作a 对p 的勒让德符号) 是一个 对于给定的单质数p 定义在一切整数a 上的函数，它的值规定如下； ( ；) 1 ，口是模p 的二次剩余， - 1 ，o 是模p 的二非次剩余， 0 ， p l 口 3 性质2 1 0 【2 】对于给定的奇素数p ，勒让德符号( ；) 是一个冗全积性函数 性质2 1 1 2 】( 二次互反律) 设p 2 ，q 2 是两个素数，p g ，则 ( ：) ( ；) 卟1 ，一 性质2 1 2 2 】设p 是一个奇素数t n ，则 ( ；) d , ( m o d p ) 性质2 1 3 【2 】对于每一个奇素数p ，我们有： ( 吾) 刊学= 2 主描 ( ；) 刊牟= 他2 主描 性质2 1 4 2 1 2 设m 是一个正奇数，m ：p x 砌a ，p a = 1 ，2 ，t ) 是素 数，( m ，佗) = 1 则 叫做雅可比符号 ( 景) = 垂( 爰) 性质2 1 5 2 】设m l ，叻为正奇数， ( 1 ) 若n 三n l ( m , o d m ) 和( m ，n ) = 1 则 ( 三) = ( 老) ( 2 ) 若( n ，m ) = ( n ，m 1 ) = 1 ，则 ( 三) ( 暑) = ( 而n ) ( 3 ) 若( n ，- 0 = ( 礼1 ，m ) = 1 ，则 ( 曩) ( 老) = ( 等) 性质2 1 6 【2 】( i - 1 ) = ( 一1 ) 警 性质2 1 7 【2 】( 杀) ：( 一1 ) 孛 性质2 1 8 2 】若m 与是两个正奇数，且( m ，n ) = 1 则 ( 署) ( 象) = ( 一1 ) 掣p 注：符号说明，i i 如果对于素数p ，矿l i 礼，即表示是矿i 仃，且矿+ 1t 礼， 4 引理2 1 9 2 2 】假设( x ，y ，z ) 是仃n 圳的解，且z ，y ，z 都为偶数，设为 z = 2 x ，y = 2 y , z = 2 z ，则有x ，z 都为奇数，且z d ，( s ，t ) = 1 ，s t 兰l ( m o d 2 ) ，z = 2 x ，y = 2 y , z = 2 z 且易知 ( s t ，s + t ) = 1 ，于是对于( 2 3 1 ) 有： s t = ，s + t = t ，x ， ，u ) = l ，伽= 口2 一铲 ( 2 3 4 ) 设2 口00 6 ，贝i j2 ( 口+ 1 ) y0 ( 2 a b ) y ) ，即 2 ( 州) y 一10s t ( 2 3 5 ) 引理2 2 0 【2 2 】假设( z ，y ，z ) 是一口砂的解，且z ，y ，z 都为偶数，设为 z = 2 x ，y = 2 y , 名= 2 z ，8 ，t 如上所假设，则口三s ( m o d 2 ) 且b 兰t ( m o d 2 ) 引理2 2 1 假设( z ，y ，z ) 是以n 剀的解，且z ，y ，名都为偶数，设为z = 2 x ，y = 2 y , z = 2 z ，s ，t 如上所假设，若mig c d ( a b ，8 + t ) 且d 1 ，则 m 兰1 ( m o d 4 ) 若nig c d ( a + b ，s t ) 且礼 1 ，更4n 兰l ( m o d a ) 证明由( 2 3 2 ) 和( 2 3 3 ) 得， ( 8 + t ) 2 = ( 2 a b ) y + ( a 2 + 6 ；2 ) z ( 2 3 6 ) 又a 兰b ( m o d m ) ，( 2 3 6 ) 两边取模m ，则有 ( 掣) = ( 譬) 即 ( 杀) = 1 从而m 兰1 ( r o o d 4 ) 同理他三1 ( r o o d 4 ) 口 5 z 兰o ( r a o d 2 ) 引理2 2 3 【2 2 1 设( z ，可，名) 是口o 别的解，如果o + b 有模8 余3 的因子， 则名是偶数如果a + b 有模8 余7 的因子，则y 是偶数如果口一b 有模8 余3 或5 的因子，则y 三z c 舢d 2 ) 引理2 2 4 设( z ，y ，名) 是n o 砂的解，如果a 兰1 ( r o o d 4 ) ，b 三2 ( m d 以) ，且 n 一6 有模8 余3 的因子，则z 三y 兰z 三o ( m o d 2 ) 证明对( 1 0 3 ) 模a 2 + 6 2 得 ( _ 1 ) z = ( 为) 霉v 2 例a b 、i 耖= 1 由上式得z 三0 ( m d d 2 ) 对( 1 0 1 ) 模a 2 6 2 得 ( _ 1 ) ：= ( 磊) 。= ，旦a 2 - - b 2 、 f = 1 由上式得z 三o ( m o d 2 ) 又由( 2 2 3 ) 知y 兰z ( m o d 2 ) ，从而引理得证， 口 引理2 2 5 设( z ，y ，z ) 是p 0 剀的解，如果口三2 ( 啪d 4 ) ，b 兰l ( m o d 4 ) ，且 a b 有模8 余5 的因子，则z 三耖兰z 三0 ( 彻础2 ) 证明对( 1 0 3 ) 模口2 + 6 2 得 ( 一1 一旦a 2 + b 2 l n 2 2 + a b 6 2 、i p = l 由上式得。三o ( m o d 2 ) 对( 1 0 1 ) 模舻一6 2 得 ( - 1 ) z = ( 旦a 2 - b 2 、 z 伸2 一a b 萨) v = 1 由上式得z 三o ( m o d 2 ) 又由( 2 2 3 ) 知y 三z ( m o d 2 ) ，从而引理得证 口 引理2 2 6 1 】1 若2i ia b ，则不定方程以0 砂仅有正整数解( z ，y ，名) = ( 2 ，2 ，2 ) 可使z ，y ，z 均为偶数 6 3 1 关于a b = 3 的讨论 在( 1 0 3 ) 中，如果a b = 3 ，令b = 佗，则( 1 0 3 ) 可写成 ( 3 ( 2 n + 3 ) ) 2 + ( 2 n ( n + 3 ) ) 掣= ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) 名 引理3 1 对于不定方程何j j 夕，3tn ，则当满足下列条件之一时， 整数解( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 可使z ，y ，z 均为偶数 ( 1 ) n 三4 ( m o d l 6 ) ； ( 2 ) n 三9 ( m o d l 6 ) 证明从而( 3 1 1 ) 式可以分解成： ( 3 1 1 ) 仅有正 ( 3 ( 2 n + 3 ) ) x = s 2 一t 2( 3 1 2 ) ( 2 n ( n + 3 ) ) y = 2 s t( 3 1 3 ) ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) z = s 2 + t 2( 3 1 4 ) 其中s t 0 ，( 8 ，t ) = 1 ，s t 三l ( m o d 2 ) ，z = 2 x ，y = 2 y , 名= 2 z 且易知 ( 8 一，s + t ) = 1 于是对于( 3 1 2 ) 有： 8 一t = u x , 8 + t = t ，x ，( u ，t ，) = 1 ，让移= 3 ( 2 n + 3 )( 3 1 5 ) 对( 1 ) ，设死= 1 6 k + 4 ，由( 3 1 2 ) 和( 3 1 4 ) 知 对( 3 1 7 ) 两边模6 4 得 3 2 ( z4 - x ) 4 - 3 2 z 兰2 6 y h ( m o d 6 4 ) h 是奇数若y 1 ，因x 和z 都是奇数，则3 2 ( z + x ) 兰o ( m o d 6 4 ) ，从而 z 三o ( m o e 2 ) ，矛盾，所以y = 1 ，又由引理( 2 1 9 ) ，可得z = 1 ，从而x = 1 口 定理3 2 对于不定方程p 砂，如果3tn ，则当满足下列条件之一时， j e d m a n o w i c z 猜想成立 ( 1 ) n 三2 ( m d d 4 ) j ( 2 ) n 三4 ( m o d l 6 ) 证明对( 1 ) ，因扎三x ( m o d a ) ，则n + 3 三l ( m o d 4 ) ，从而由引理( 2 2 4 ) 得 z 兰y 兰名三o ( m o d 2 ) 再由引理( 2 2 6 ) 知猜想成立对( 2 ) ，因n 罩o ( 仇。以) ， 则n + 3 兰3 ( m o d 4 ) ，由引理( 2 2 2 ) 得z 兰o ( m o d 2 ) ，由引理( 2 2 3 ) 得，y 三名三 o ( m o d 2 ) 再由引理( 3 1 ) 知猜想成立 口 3 2 关于a b = 5 的讨论 在( 1 0 3 ) 中，如果a b = 5 ，令b = n ，则( 1 0 3 ) 可写成 ( 5 ( 2 n + 5 ) ) 霉+ ( 2 n ( n + 5 ) ) 耖= ( 2 n ( n + 5 ) + 2 5 ) ； ( 3 2 1 ) 引理3 3 如果5 十n ，则当( 1 ) 礼兰7 ( m o d l 6 ) l t , i ，不定方程p e 1 ) x 有正整数 解( 。，y ，名) = ( 2 ，2 ，2 ) 可使z ，y ，z 均为偶数 证明从而( 3 2 1 ) 式- i p a 分解成： ( 5 ( 2 n + 5 ) ) x = s 2 一t 2 ( 3 2 2 ) ( 2 n ( n + 5 ) ) y = 2 s t( 3 2 3 ) ( 2 n ( n + 5 ) + 2 5 ) z = s 2 + t 2 ( 3 2 4 ) 其中s t 0 ，( 8 ，t ) = 1 ，s t 善1 ( r o o d 2 ) ，x = 2 x ，y = 2 y , 名= 2 z 且易知 ( s t ，s + t ) = 1 于是对于( 3 2 2 ) 有： s t = 钍x ，s + 亡= 口x ，( u ，u ) = 1 ，t 正秽= 5 ( 2 n + 5 ) ( 3 2 5 ) 设n = 1 6 k + 7 ，由( 3 2 2 ) 和( 3 2 4 ) 知 2 s 2 = ( 2 ( 1 6 k + 7 ) ( 1 6 k + 1 2 ) + 2 5 ) z + ( 5 ( 2 ( 1 6 k + 7 ) + 5 ) ) x ( 3 2 6 ) 8 ( 2 ) n 三7 ( m o d l 6 ) 证明对( 1 ) ，因n 三1 ( r o o d 4 ) ，则n + 5 兰2 ( r o o d 4 ) ，从而由引理( 2 2 5 ) 得 z 兰y 三z 三o ( 砒) 再由引理( 2 2 6 ) 知猜想成立对( 2 ) ，因佗兰3 ( r o o d 4 ) ， 则他+ 5 兰o ( 删) ，由引理( 2 1 9 ) 得z 三o ( m o d 2 ) ，由引理( 2 2 0 ) 得，y 三名三 o ( m o d 2 ) 再由引理( 3 3 ) 知猜想成立 口 3 3 关于a b = m ，( 仇三3 ，5 ( r o o d 8 ) ) 的讨论 在( 1 0 3 ) 中，如果a b = m ，令b = 死，则( 1 0 3 ) 可写成 ( m ( 2 n 十m ) ) z + ( 2 n ( n + m ) 尸= ( 2 n ( 他+ m ) + m 2 ) ： ( 3 3 1 ) 定理3 5 对于不定方程p 3 砂，如果m = p ，p t n ，p 是素数则当2 n + p 中 元模4 余1 的因子时，j e g m a n o w i c z 猜想成立 证明从而( 3 3 1 ) 式可以分解成： 0 9 ( 2 n + p ) ) x = 8 2 一铲 ( 3 3 2 ) ( 2 n ( n + p ) ) y = 2 或 ( 3 3 3 ) ( 2 n ( n + p ) + 矿) z = 8 2 + 亡2 ( 3 3 4 ) 其中s t 0 ，( s ，t ) = 1 ，s 一芒兰1 ( r o o d 2 ) ，z = 2 x ，y = 2 y , 名= 2 z 且易知 ( s t ，8 + 亡) = 1 于是对于( 3 3 2 ) 有： s t = ，s + t = ，( 缸，可) = 1 ， t t v = p ( 2 n + p ) ( 3 3 5 ) 若礼是偶数，设n = 2 i ( a 2 ) ，善为奇数，n 2 口l lp ( 2 n + p ) ，那么2 ( a + 1 ) yi l ( 2 n ( n + p ) y ) ，即 2 ( 叶1 ) y 一1l ls t ( 3 3 6 ) 9 ( m ( 2 n + m ) ) x = 8 2 一t 2( 3 3 7 ) ( 2 n ( n + 仇) ) y = 2 s t( 3 3 8 ) ( 2 n ( n + m ) + m 2 ) z = 8 2 + t 2( 3 3 9 ) 其中8 t 0 ，( s ，t ) = 1 ，s t 兰l ( m o d 2 ) ，z = 2 x ，y = 2 y , z = 2 z 且易知 ( 8 一t ，s + t ) = 1 于是对于( 3 3 7 ) 有： s t = ，8 + t = 移x ，( 仳，口) = 1 ，钍t ，= m ( 2 n + m )( 3 3 1 0 ) 设n = 1 6 k + 7 ，m = 8 h + 5 由( 3 3 7 ) 和( 3 3 9 ) 知 2 s 2 = ( 2 ( 1 6 七+ 7 ) ( 1 6 后+ 8 + 1 2 ) + ( 8 + 5 ) 2 ) z + ( ( 8 九+ 5 ) ( 3 2 尼+ 8 + 1 9 ) ) x( 3 3 1 1 ) 对( 3 2 6 ) 两边模6 4 得 3 2 k z + 3 2 ( k + 1 ) x 兰2 6 y h ( m o d 6 4 ) h 是奇数若y 1 ，因x 和z 都是奇数，则z 三o c m o d 2 ) ，矛盾，所以y = 1 又由引理( 2 1 9 ) ，可得z = 1 ，从而x = 1 口 定理3 7 对于不定方程似7 砂，如果5 十佗，则当满足下列条件之一时， j e g m a n o w i c z 猜想成立 ( 1 ) n 兰l ( m o d 4 ) ； ( 2 ) 佗三7 ( m o d l 6 ) 证明对( 1 ) ，因n 兰l ( m o d 4 ) ，则n + 仇兰2 ( r o d 4 ) ，从而由引理( 2 2 5 ) 得 z 兰y 三z 兰o ( m o d 2 ) 再由引理( 2 2 6 ) 知猜想成立对( 2 ) ，因佗三3 ( r o o d 4 ) ， 则7 , + m 兰o ( m o d 4 ) ，由引理( 2 1 9 ) 得z 三o ( m o d 2 ) ，由引理( 2 2 0 ) 得，掣兰名三 o ( m o d 2 ) 再由引理( 3 3 ) 知猜想成立 口 其全部整数解已由柯召、孙琦 8 - 9 ，曹珍富 1 0 】等人得到但是当含有6 忌+ 1 形 的素因数时，方程的求解比较困难本文运用p e l l 方程，递归数列的方法证明了 当d = 2 0 1 时，不定方程z 3 + 1 = d y 2 仅有整数解( z ，耖) = ( 一1 ，o ) ，( 4 4 0 ，+ 6 5 t ) 引理4 1 1 0 不定方程4 2 4 3 沪= 1 仅有整数解( z ，矽) = ( 1 ，1 ) ，( 1 ，一1 ) ，( 一1 ，1 ) ， ( - 1 ，- 1 ) 引理4 2 【1 0 不定方程z 2 1 0 8 2 = 1 仅有整数解( z ，可) = ( 4 - 1 ，o ) i j lt l a 3 1 0 不定方程z 4 3 y 2 = 1 仅有整数解( z ，y ) = ( 4 - 1 ，o ) 2 ji 1 4 4 【1 0 不定方程z 2 2 7 y 4 = 1 仅有整数解( z ，可) = ( 士1 ，o ) 定理4 5 不定方程 + 1 = 2 0 l u 2 仅有整数解( z ，y ) = ( - 1 ，o ) ，( 4 4 0 ，+ 6 5 1 ) ( 4 0 1 2 ) 证明因为p + 1 ，：1 7 2 一z + 1 ) = 1 或 + l ，一一z + 1 ) = 3 ，故我们由( 4 0 1 2 ) 得 出下列四种可能的分解： ( i ) z + 1 = 2 0 1 u 2 ，z 2 一z + 1 ) = t ，2 ，可= 伽，( t 正，移) = 1 ； ( i i ) z + 1 = 3 u 2 ，z 2 一z + 1 ) = 6 7 v 2 ，y = 让t ，( 让，t ，) = l ： ( 1 i i ) z + 1 = 6 7 u 2 ，z 2 一i t , + 1 ) = 3 v 2 ，暑，= t 正口，( 让，t ，) = l ； ( ) z + 1 = t 上2 ，z 2 一z + 1 ) = 2 0 1 v 2 ，y = 钍t ，( t 正，t ，) = 1 以下分别讨论这四种情形所给的( 4 0 1 2 ) 的整数解 ( i ) 由z 2 一。十1 ) = 秒2 得z = 0 或z = 1 ，代入茁3 + 1 = 2 0 1 y 2 均不成立，所以 该情形无( 4 0 1 2 ) 的整数解 ( i i ) 由z 2 一z + 1 ) = 6 7 v 2 得( 2 x 一1 ) 2 6 7 ( 2 v ) 2 = - 3 ，把z + 1 = 3 舻代 入得9 ( 2 u 2 1 ) z 一6 7 ( 2 u ) 2 = 一3 ，所以3l 钉，从而有9i3 ，矛盾所以该情形无 ( 4 0 1 2 ) 的整数解 ( i i i ) 由z 2 一z + 1 ) = 3 v 2 得( 2 x 一1 ) 2 3 ( 2 u ) 2 = 一3 ，把z + 1 = 6 7 舻代入 得1 3 4 u 2 3 ( 2 ) 2 = 一3 ，所以3iu 令t = 3 w ，则有( 2 u ) 2 3 ( 4 0 2 w 2 1 ) 2 = 1 从 而有1 2 ”i + ( 4 0 2 w 2 1 ) 循= + 鲰狐= ( 2 + 伺n ，n n 其中2 十怕为p e u 方程x 2 3 y 2 的基本解，所以有4 0 2 w 2 = y n + 1 由于2i n 时2 r a i n y n ，所以几三+ l ( m o c t 4 ) 1 1 第4 章不定方程z 3 + 1 = 2 0 1 y 2 当n = 4 m 一1 时， 4 0 2 w 2 = y 4 , n 一1 + 1 = 一z 4 仇+ 2 轨i 仇+ 1 = 一( 1 + 6 陇仇2 ) + 4 2 2 m 耽m + 1 = 2 y 2 m ( 2 x 2 m 一3 y 2 m ) = 3 2 m z 2 m 一1 即2 0 1 w 2 = y 2 m x 2 m 1 由于 ( y 2 m ，x 2 m 一1 ) = ( y 2 m ，2 2 2 m 一3 ) = ( y 2 m ，2 2 2 m ) = ( y 2 , n ，2 ) = 2 所以有下列情形之一成立： ( 口) 耽m = 4 0 2 a 2 ，x 2 m 一1 = 2 b 2 , ( 6 ) 耽仇= 2 a 2 ，x 2 m l = 4 0 2 b 2 ( c ) 抛仇= 6 口2 ，x 2 m 一1 = 1 3 4 b 2 ； ( d ) y 2 m = 1 3 4 a 2 , x 2 m 一1 = 6 6 2 ： 其中硼= 2 a b 由( o ) 的后式得4 6 2 3 y 2 m 一1 2 = 1 ，由( 4 1 ) 得y 2 m 一1 = 士1 ，n m = o 或m = 1 当m = o 时，得y 2 m = 0 ，a = 0 ，w = o ，给出( 4 0 1 2 ) 的平凡解( z ，y ) = ( 一1 ，o ) 当m = 1 时，代入y 2 , n = 4 0 2 a 2 不成立 由( 6 ) 的后式得4 0 2 2 b 4 3 勘n 一1 2 = 1 ，从而有3i1 ，这不可能 由( c ) 的前式得x 2 m 2 1 0 8 a 4 = 1 ，由( 4 2 ) 得z 加= - 4 - 1 ，则m = 0 ，给出 ( 4 0 1 2 ) 的平凡解( z ，y ) = ( - 1 ，o ) 由( d ) 的后式得3 6 b 4 3 2 = l ，从而有3il ，这不可能从而n = 4 m 一1 时给 出( 4 0 1 2 ) 的平凡解( z ，y ) = ( 一1 ，o ) 当礼= 4 m + 1 时，可得2 0 l w ：= y 2 m + 1 x 2 m ，由于 ( 耽仇+ 1 ，：9 2 m ) = ( z 2 m ，z 2 m - - 2 y 2 m ) = ( 2 y 2 m ，x 2 m ) = ( y 2 , n ，x 2 m ) = 1 所以有下列情形之一成立： ( e ) 耽m = 2 0 1 a 2 ，x 2 m l = 6 2 ； ( ，) 耽m = a 2 ，x 2 m 一1 = 2 0 1 b 2 ； ( 9 ) 妇n = 3 a 2 ，x 2 价一1 = 6 7 6 2 ； ( 危) 沈m = 6 7 a 2 ，x 2 m l = 3 6 2 ； 其中w = a b 由( e ) 的后式得6 4 3 妇n 一1 2 = 1 ，由( 4 3 ) 得y 2 1 = 0 ，这不可能 由( ，) 的后式得2 0 1 2 b 4 3 妇n 一1 2 = 1 ，从而有3il ，这不可能 由( 夕) 的前式得x 2 m 2 2 7 a 4 = 1 ，由( 4 4 ) 得z 2 仇= 1 ，则m = 0 ，给出z 2 1 = 6 7 6 2 不成立 1 2 一 西南大学硕士学位论文第4 章不定方程z 3 + 1 = 2 0 1 y 2 由( 危) 的后式得9 6 4 3 耽m 1 2 = 1 ，从而有3i1 ，这不可能从而礼= 4 m + 1 时 ( 4 0 1 2 ) 无解 故情形( ) 给出( 4 0 1 2 ) 的整数解( z ，y ) = ( - i ，0 ) ( ) 由z 2 一z + 1 ) = 2 0 1 v 2 j | 鼍j l ( 2 x 一1 ) 2 2 0 1 ( 2 v ) 2 = 一3 ，把z + 1 = 让2 代入 得 ( 2 u 2 3 ) 2 2 0 1 ( 2 v ) 2 = 一3 若u 2 = 1 ，则z = 0 ，此时( 4 0 1 2 ) 无整数解所以不妨设u 2 2 ，则2 铲一3 0 从而有 2 u 2 3 + 2 药1 = z n + y v v 2 0 1 = ( 8 7 9 + 6 2 、劲1 ) ( t k + v v 互0 1 ) = ( 8 7 9 + 6 2 v 乞0 1 ) ( 5 1 5 0 9 5 + 3 6 3 3 2 v 互0 1 ) n 其8 7 9 + 6 2 v 互0 1 给出p e u 方程x 2 2 0 1 妒= 一3 的最小正整数解，5 1 5 0 9 5 + 3 6 3 3 2 v c 2 0 1 为p e l l 方 程x 2 2 0 1 y 2 = 1 的基本解易验证下列关系成立： 钍2 = 1 0 3 0 1 9 0 u + 1 一，u o = 1 ，t 1 = 5 1 5 0 9 5 2 = 1 0 3 0 1 9 0 v + 1 一，u o = 0 ，u l = 3 6 3 3 2 = 8 7 9 u + 6 2 2 0 1 v i + t l = 2 0 l + t m t n i n =t 正m t k + t k t 7 t n + 绷三( - 1 ) 。u ( m o d u ) 绷兰( - 1 ) v ( m o d u 1 ) + 2 戚羞u ( m o d v m ) + 2 竹i 兰v ( m o d v m ) i ：l = 1 2 u 2 3 = z n 知( 凯) 2 = 2 ( 3 + z n ) 采用对茁n 取模得方法： ( 4 0 1 3 ) ( 4 0 1 4 ) ( 4 0 1 5 ) ( 4 0 1 6 ) ( 4 0 1 7 ) ( 4 0 1 8 ) ( 4 0 1 9 ) ( 4 0 2 0 ) ( 4 0 21 ) 取模6 7 ，得周期为2 得剩余类序列排除n 兰l ( m o d 2 ) ，故n 兰o ( m o d 2 ) 取模5 ，得周期为4 得剩余类序列排除仉兰2 ( r o o d 4 ) ，故n 兰o ( m o d a ) 取模1 1 ，得周期为5 的剩余类序列排除佗兰2 ，4 ( r o o d 5 ) ，故n 三0 ，1 ，3 ( r o o d s ) 取模2 9 ，得周期为5 的剩余类序列排除n 兰l ( m o d 5 ) 故n 三0 ，3 ( m o d 5 ) 取模2 2 9 ，得周期为1 0 的剩余类序列排除n 兰3 ，8 ( m o d l o ) 故7 1 , 三0 ，5 ( r n o d l 0 ) 从而佗三o ( m o d 2 0 ) 因此可设7 1 , = 2 5 k 2 r ，k 是奇数，r 1 令 m = 5 矿r - - 一2 , 3 州, 5 , 删6 ( r o o d 6 ) 由上表容易得出 r ( m o d 6 ) 1 2 3 4 56 m ( m o d l 8 ) 1 01 4881 41 0 u r n ( r o o d 7 3 ) 6 65 66 6 6 65 6 6 6 ( 等) = - - 1 矛盾，所以t = 0 即n = 0 ，从而z = 4 4 0 ，y = 4 - 6 5 1 综合四种情形的讨论结果知：方程( 4 0 1 2 ) 仅有整数解( 一1 ，o ) ，( 4 4 0 ，+ 6 5 1 ) 1 4 口 第5 章分析与思考 章分析与思考 ，并且应用于代数数论，组合数学和群论等