（基础数学专业论文）关于不定方程32n3x2nn3y2nn39z.pdf

西南大学硕士学位论文中文摘要 关于不定方程 ( 3 ( 2 n + 3 ) ) z + ( 2 n ( n + 3 ) ) 秒= ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) z 学科专业：基础数学研究方向：代数数论 指导教师；罗明教授硕士研究生：谷杨华( s 2 0 0 7 3 1 4 0 ) 摘要 本文利用简单的同余和二次剩余理论，对j e s m a n o w i c z 猜想的商高数组的特 殊情况进行了证明主要讨论了对于指数不定方程铲+ b u = 矿，当a ，b ，c 取商高数 组时，即当口= m 2 一n 2 ，b = 2 r a n ，c = m 2 + n 2 ，m n 0 ，( 仇，n ) = 1 ，m 佗三o ( m o d 2 ) 时，m n = 3 的情况本文的主要结果如下。 定理1 对于不定方程 ( 3 ( 2 n + 3 ) ) 霉+ ( 2 n ( n + 3 ) ) p = ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) 。( 1 ) 如果n 三o ( m o d 2 ) ，3f 礼，则当满足下列条件之一时，j e s m a n o w i c z 猜想成立 ( i ) 2 n + 3 中无p 三l ( m o d 4 ) 的素数 ( i i ) 对任意素数矿l i ( 2 n + 3 ) ，p 三l ( m o d a ) 使得3 f 学，y 1 定理2 当竹= 5 ，7 ，1 1 ，1 7 时，对于不定方程( 1 ) 式的正整数解只有( z ，y ，2 ) = ( 2 ，2 ，2 ) 定理3 当2 n 1 0 0 ，n 三o ( m o d 2 ) ，3f n 时，对于不定方程( 1 ) 式j e s m a n o w i c z 猜想成立 关键词：指数丢番图方程；j e s m a n o w i c z 猜想；初等方法；二次剩余；j a c o b i ( 雅 可比) 符号；l e g e n d r e ( 勒让德) 符号 西南大学硕士学位论文英文摘要 o nt h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o n ( 3 ( 2 n + 3 ) ) z + ( 2 n ( n + 3 ) ) 可= ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) 名 m a j o r sf u n d a m e n t a lm a t h e m a t i c s s p e c i a l i t y sa 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 ll u om i n g a u t h o rsg uy a n g - h u a ( $ 2 0 0 7 3 1 4 0 ) 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 s m a n o w i c zh o l d st r u ei n8 0 m e s 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 n l yd i s c u s st h e c a s eo = m 2 - n 2 ，b = 2 r a n ，c = m 2 + 几2 m 竹 0 ，( m ，n ) = l ，m 佗三o ( m o d 2 ) ，m n = 3 t h em a i nr e s u l t so ft h i sp a p e ra r ef o l l o w i n gt h e o r e m s ： t h e o r e m1l e tn 三o ( m o d 2 ) ，3f ，1 i ft h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o n ( 3 ( 2 n + 3 ) ) 霉+ ( 2 n ( n + 3 ) ) 掣= ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) 。s a t i s f yt h ef o l l o w i n go n eo ft h ec a s e ： ( i ) 2 n + 3h a sn op r i m ef a c t o rc o n g r u e n tt o1m o d u l o4 ， ( i i ) p 7 | i ( 2 n + 3 ) ，p 兰l ( r a o d 4 ) f o ra n yp m a k e s3 p 7 妒， t h e nt h ec o n j e c t u r eo fj e s m a n o w i c zf o rh o l d s t h e o r e m2l e t n = 5 ，7 ，1 1 ，1 7 ，t h e nt h ed i o p h a t i o ne q u a t i o n ( 1 ) o n l yh a sp o s t i v e i n t e g e rs o l u t i o n s ( z ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) t h e o r e m3i f 2sn 1 0 0 ，n 兰o ( m o d 2 ) ，3th a n df o rt h ed i o p h a n t i n ee q u a - t i o n ( 1 ) ，t h ec o n j u c t u r eo fj e s m a n o w i c zh o l d st u r e 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 s m a n o w i c zc o n j e c t u r e ；e l e m e n t a r ym e t h o d ；q u a d r a t i cr 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 o l i i 独创性声明 学位论文题目：关于不定方程( 3 ( 2 ，l + 3 ) ) 。+ ( 2 n ( n + 3 ) ) y = ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) 。 本人提交的学位论文是在导师指导下进行的研究工作及取得的 研究成果。论文中引用他人已经发表或出版过的研究成果，文中已加 了特别标注。对本研究及学位论文撰写曾做出贡献的老师、朋友、同 仁在文中作了明确说明并表示衷心感谢。 学位论文作者： 结才幻彳 签字日期： 劫，d 年 平月，7 日 学位论文版权使用授权书 本学位论文作者完全了解西南大学有关保留、使用学位论文的规 定，有权保留并向国家有关部门或机构送交论文的复印件和磁盘，允 许论文被查阅和借阅。本人授权西南大学研究生院( 筹) 可以将学位 论文的全部或部分内容编入有关数据库进行检索，可以采用影印、缩 印或扫描等复制手段保存、汇编学位论文。 ( 保密的学位论文在解密后适用本授权书，本论文：口不保密， 口保密期限至年月止) 。 学位论文作者签名：结才功彳导师签名：嘭确 签字日期：d 年年月7 日签字日期：知，口年中月j 7 日 西南大学硕士学位论文前言 第一章前言 不定方程是数论的一个重要分支，而指数型不定方程有是其中较难的一个类 型，对于不定方程t 矿+ 6 i ，= 矿 ( 1 1 1 ) 的求解是数论中的一个重要课题 1 9 5 6 年，j e s m a n o w i c z 提出著名猜想t 当a ，b ，c 取商高数时，即当a ，扫 c 满足 n 2 + b 2 = c 2 时，不定方程( 1 ) 只有正整数解( z ，耖，名) = ( 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t 1 9 5 6 年，j e s m a n o w i c z 1 】证明了对于数t a = 2 n + 1 ，b = 2 n ( n + 1 ) ，c = 2 n ( n + 1 ) + 1 ( 1 1 2 ) 当住= 1 ，2 ，3 ，4 ，5 时，猜想成立 这期问柯召，孙琦和饶德铭利用简单的同余和分解因子的法对( 1 1 2 ) 中的 商高数组的部分情况进行了讨论。 1 9 6 5 年d e m j a n e n k o 【2 】彻底解决了( 1 1 2 ) 中的数，即证明了对( 1 1 2 ) 中的商 高数组j e s m a n o w i c z 猜想成立同时在他的那篇文章中证明了商高数组： q = 仇2 一l ，b = 2 m ，c = m 2 + 1m 1( 1 1 3 ) j e s m a n o w i c z 猜想成立 1 9 8 8 年李晓莲【3 】讨论了商高数组+ ) 2 一n 2 ，2 n ( n + ) ，+ ) 2 + n 2 ，证明 了当h 2 = 2 n 2 1 时，j e s 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 4 】证明了如下结果： 如果1 1 1 是奇数，p 是个奇素数且p 三3 ( r o o d 4 ) ，当y 1 时，则不定方程 ( 4 m 2 一p 2 ) + ( 4 m p ) u = ( 4 m 2 + 矿) 。 ( 1 1 4 ) 的正整数解只有( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 同年k t a k a k u w a 5 】又得到如下结果： 如果m 是奇数p 是个奇素数且p 三5 ( r o o d s ) 当y 为偶数时，则不定方程( 1 1 4 ) 的正整数解只有( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 1 9 9 5 年乐茂华【6 】利用p e u 方程的性质证明了： 如果正整数a ，b ，c 满足a 2 + b 2 = c 2 且( a ，b ，c ) = 1 ，40a b ，c = p n ，为奇素 数，n 1 ) ，则不定方程( 1 1 1 ) 的正整数解只有( z ，y ，2 ) = ( 2 ，2 ，2 ) 西南大学硕士学位论文 前言 第二年乐茂华【7 】利用b a k e r 的方法证明了： 当正整数8 t ，( 8 ，) = 1 ，且满足a = s 2 一t 2 , b = 2 s t ，c = 8 2 + t 2 ，如果 2 i is ，t 兰3 ( r o o d 4 ) ，s 8 1 t 则不定方程( 1 1 1 ) 的正整数解只有( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 1 9 9 8 年邓谋杰【8 】证明了。设k 1 ，其素分解为k = 兀名lp ，令c ( k ) = n ：lp i ，让n = 2 n + 1 ，b = 2 n ( n + 1 ) ，c = 2 n ( n + 1 ) + 1 ，如果。足一个素数阶方 幂且满足c ( 6 ) l 屉或者c ( k ) tb 则不定方程( o ) 2 + ( k b ) y = ( k c ) 孑仅有正整数解 ( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 2 0 0 3 年，李中【9 1 证明了如下结果，即：若2i la 6 不定方程( 1 1 1 ) 仅有正整数 解( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 可使z ，矽，z 均为偶数 2 西南大学硕士学位论文第二章预备知识及主要引理 第二章预备知识及主要引理 2 1 同余和同余式 定义2 1 i 1 0 】给定一个正整数m ，如果用m 去除两个整数a 和b 所得的 余数相同，我们就说口，b 对模数m 同余，记作口三b ( m o d m ) 否则称为不同余 由同余的基本性质： 性质2 1 1 1 0 】整数a , b 对模数m 同余的充分必要条件是ml 口一b 性质2 1 2 1 0 如果。兰b ( m o d m ) ，口三( m o d m ) 则有： ( 1 ) a x + e l y 三b x + 触，其中z ，y 为任意给的整数 ( 2 ) a o r 三b 卢( m o d m ) ( 3 ) a n 三b nm o d m ) 其中n 0 ( 4 ) i ( a ) 三f ( b ) ( m o d m ) ，其中f ( x ) 为任意给定的一个整系数多项式 性质2 1 3 1 1 0 】若口c 兰b c ( m o d m ) ，且( m ，c ) = d ，则n 兰b ( m o d - 詈) 性质2 1 4 1 1 0 】若a 三b ( m o d m i ) ，i = 1 ，2 ，n ，则a 三b ( m o d m l ，m 2 ，仇n 】) 性质2 1 5 1 1 0 】 ( 1 ) 若a 三b ( m o d m ) ，k 0 ，则a k 三b k ( m o d r n k ) ( 2 ) 若口童b ( m o d m ) ，d 是o ，b 及m 的任意公因数，则3 三b ( m o d - 等) 性质2 1 6 1 1 0 】若口三b ( m o d m ) 则( n ，m ) = ( 6 ，m ) ，因而若d 能整除m 及a ，b 二数之一，则d 必能整除a ，6 中的另一个 2 21 1 0 】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 2 1 1 1 0 】设m 1 ，若z 2 三n ( m o d m ) ，( n ，m ) = 1 有解，则n 叫做模数m 的二次剩余；若无解，则n 叫做模数m 的二次非剩余 定义2 2 2 1 1 0 】勒让德( l e g e n d r e ) 符号( 署) ( 读作n 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； ( 刊2 。，霉；焉， l o ，p l n 性质2 2 1 1 1 0 】对于给定的奇素数p ，勒让德符号( 鲁) 是一个完全积性函数 性质2 2 2 1 1 0 】( 二次互反律) 设p 2 ，口 2 是两个素数，p q ，则 ( 芸) ( 暑) = ( - 1 ，掣 性质2 2 3 1 1 0 】设p 是一个奇素数，ptn ，则 ( ；) 瓠簪( 舢 西南大学硕士学位论文第二章预备知识及主要引理 性质2 2 4 1 1 0 】对于每一个奇素数p ，我们有。 ( ) 斗- ，睁= 嚣；耋描 ( 扣叫牟= 他禁；主描 定义2 2 3 1 1 0 】设m 是一个正奇数，m = p i p 2 a ，鼽 = l ，2 ，t ) 是素 数，( 仇，n ) = 1 则 ( 署) 。娶( 暑) 叫做雅可比符号 性质2 2 5 1 1 0 1 设m 1 ，m 2 为正奇数，( 1 ) 若n 兰n 】( m o d m ) 和( m ，n ) = 1 则 ( 2 ) 若( n ，m ) = ( n ，m 1 ) = 1 ，贝 ( 景) ( 暑) = ( 上m l n i ) ( 3 ) 若( n ，m ) = ( n l ，m ) = 1 ，贝4 ( 景) ( 熹) = ( 等) 性质2 2 6 1 1 0 ( 百- 1 ) = ( 一1 ) 争 性质2 2 7 1 1 0 ( 杀) ：( 一1 ) 牛 性质2 2 8 1 1 0 若m 与n 是两个正奇数，且( m ，佗) = 1 则 ( 罢) ( 景) = ( _ 1 ) 瞄p 注：符号说明，”旷如果对于素数p , p 七l in ，即表示是p 知ln ，且p 七+ 1f n 引理1 1 1 1 】假设( ：1 7 ，可，z ) 是( 1 ) 的解，且。，y ，z 都为偶数，设为= 2 x ，y = 2 y , z = 2 z ，则有五kz 都为奇数，且z 0 ，( s ，t ) = 1 ，s t 三1 ( r o o d 2 ) ，z = 2 x ，则( s + t ，3 ) = 1 ，( s t ，2 n + 3 ) = 1 证明假设0 + t ，3 ) 1 ，则s 三一t ( r a o d 3 ) ，对( 3 1 2 ) 取m o d 3 ，得：( 寻) = l ，矛 盾同理，假设( 8 一t ，2 n + 3 ) 1 ，则有素数p ，使得2 n + 3 三o ( m o 却) ，8 三t ( m o d p ) ， 其中p 三3 ( r o o d 4 ) 对( 3 1 2 ) 取舢d p ，得( 寻) = 1 ，矛盾证毕 4 西南大学硬士学位论文第二章预备知识及主要引理 引理3 当n 兰l ( m o d 2 ) 时，z 三o ( m o d 2 ) 证明对( 1 ) 式两边取r o o d 4 ，得： ( 2 n + 1 ) z 三l ( m o d 4 ) 辛3 z 兰l ( m o d 4 ) 号z 三o ( m o d 2 ) 引理4 如果他三5 ( r o o d 8 ) 时，则有z 兰y 三z 三o ( m o d 2 ) 证明当n 三5 ( r o o d 8 ) 时，n + 3 - - - - - o ( m o d s ) ，( 1 ) 式两边取m o d l 6 ，得( - 9 ) z 兰 ( 9 ) ；( m o d l 6 ) ，又由引理3 知，z 三o ( m o d 2 ) ，可得，z 三o ( m o d 2 ) 号y 三o ( m o d 2 ) 引理5 如果n 三3 ( r o o d 8 ) 时，如果2tz ，则y = 1 证明礼三3 ( r o o d 8 ) 时，如果2 fz ，则( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) ：三5 ( r o o d s ) ，而又由引理3 可知2z ，所以( 3 ( 2 n + 3 ) ) z 兰l ( m o d 8 ) ，于是有，( 2 n ( n + 3 ) ) 掣三4 ( m o d s ) ，得y = 1 5 西南大学硕士学位论文第三章主要定理的证明 第三章主要定理的证明 定理1 对于不定方程 ( 3 ( 2 n + 3 ) ) z + ( 2 n ( n + 3 ) ) 掣= ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) 。( 1 ) 如果n 兰o ( m o d 2 ) ，3tn ，则当满足下列条件之一时，j e s m a n o w i c z 猜想成立 ( i ) 2 n + 3 中无p 兰l ( m o d 4 ) 的素数 ( i i ) 对任意素数矿i i ( 2 n + 3 ) ，p 兰l ( m o d 4 ) 使得矽 2 铲，1 1 证明对( 1 ) 式两边取m o d 3 ，则有： ( 2 n 2 肛m 2 以m 删令( 孚) v = ( 莩) 。兮一c 一， 当礼兰o ，2 ( r o o d 4 ) 时，则2 n + 3 兰3 ，7 ( r o o d s ) 则一定存在素数p 三3 ( r o o d 8 ) 或p 兰7 ( r o o d s ) ，使得p 三o ( m o d 2 n + 3 ) 当存在p 兰3 ( r o o d 8 ) 时，( 1 ) 式两边取 m o d p ，有( - 2 n 2 ) v 三( 2 n 2 ) ：( m 。d p ) 专( 孚) v = ( 警) 2 号名兰o ( m 。d 2 ) 同理当 p 兰7 ( m 。d 8 ) 时有( 一2 n 2 ) v 三( 2 n 2 ) 。( m 。；) ；( 孚) 二( 警) 2 辛耖三o ( m 。d 2 ) 总 之可得出：兰z 兰o ( m o d 2 ) i ) 当n 三2 ( m o d 4 ) 时，( 1 ) 式两边取m o d 8 ，得：( 一3 ) z 兰l ( m o d 8 ) 号z 兰o ( m o d 2 ) f i ) 当n - - o ( m o d 4 ) 时，则n + 3 - z - 3 ( r o o d 4 ) ，对( 1 ) 式两边取m o d ( n + 3 ) ，得： ( - 9 肛撕拟删专( 斋) 卫= ( 未) z 卟酽= ( 熹) 。= 净c 一， 综上：我们可以得到z 三兰名兰o ( m o d 2 ) 从而( 1 ) 式可以分解成： ( 3 ( 2 n + 3 ) ) x = s 2 一t 2( 3 1 1 ) ( 2 n ( n + 3 ) ) y = 2 s t( 3 1 2 ) ( 2 n ( n + 3 ) + 9 ) z = s 2 + t 2 ( 3 1 3 ) 其中s t 0 ，( 8 ，t ) = l ，s - t 三t ( 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( 3 1 1 ) 有： 8 一t = t x ，s + t = x ，( t ，u ) = 1 ，t ”= 3 ( 2 n + 3 )( 3 1 4 ) ( i ) 于是如果2 n + 3 中无p 兰l ( m o d 4 ) 的素数，由引理2 可得( 3 1 4 ) 式只 能分解为：u = 3 ，口= 2 n + 3 净2 s = 3 x + ( 2 n + 3 ) x ，2 t = ( 2 n + 3 ) x 一3 x 贝0 6 西南大学硕士学位论文第三章主要定理的证明 有：s = ( n + 3 ) 【( 2 n + 3 ) x 一1 + ( 2 n + 3 ) x 一2 ( 一3 ) + + ( 一3 ) z 一1 】，t = n ( 2 n + 3 ) x 一1 + ( 2 n + 3 ) x 一2 ( 3 ) + + ( 3 ) 2 1 】令n = 2 。n l ，w , i 三l ( m o d 2 ) ，由于x 为奇数，则显然 有：2 0 1 1 s t ，而由( 3 1 2 ) 知：2 ( n + 1 ) y - 1 l i s t 兮2 口= 2 ( 口+ 1 ) y 一1 = - - e ey = 1 ，又由引理1 ，可 得z = 1 ，从而x = 1 ( i i ) 同时由引理2 的证明过程可知如果( s t ，2 n + 3 ) 1 ，则一定有素数 pi ( s - t ，2 n + 3 ) ，p 三1 ( m d d 4 ) ，不妨设8 t = ( 3 p 1 1 癣才) x s + t = ( q l q 2 “) x ，p 三 l ( m o d 4 ) ，龟1 ，i = 1 ，2 ，f ，q l q 2 口r 三3 ( r o o d 4 ) ，q l q 2 口r p e l p 字衍= 2 n + 3 ， 由于对任意的素数矿0 ( 2 n + 3 ) ，p 三l ( m o d 4 ) 使得3 矿 学不妨设3 硝1 警， 则有s t = ( 3 p i p 2 p 1 ) x s + t = ( q l q 2 口r ) x 即可得一t t 矛盾所以在定 理的条件下有：t = 3 ， = 2 n + 3 辛2 s = 3 x + ( 2 n + 3 ) x ，2 t = ( 2 n + 3 ) x 一3 x 则 有：s = ( n + 3 ) 【( 2 n + 3 ) x 一1 + ( 2 n + 3 ) x 一2 ( 一3 ) + + ( 一3 ) z 一1 】，t = n ( 2 n + 3 ) x 一1 + ( 2 n + 3 ) x - 2 ( 3 ) + + ( 3 ) 霉一1 】令n = 2 a n l ，n l 三l ( m o d 2 ) ，由于x 为奇数，则显然 有：2 。l i s t ，而由( 3 1 2 ) 知：2 ( n + 1 ) y - i l l s t 号2 。= 2 ( 口+ 1 ) y 一1 净y = 1 ，又由引理1 ，可 得z = 1 ，从而x = 1 ，证毕 推论1 由定理1 很容易得到不定方程( 1 0 5 ) 。- 4 - ( 6 0 8 ) v = ( 6 1 7 ) 。，( 1 6 5 ) z + ( 1 5 0 8 ) t l = ( 1 5 1 7 ) 。正整数解只有( z ，3 ，名) = ( 2 ，2 ，2 ) 定理2 当n = 5 ，7 ，1 1 ，1 7 时，对于不定方程( 1 ) 式的正整数解只有( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 证明当n = 5 时，( 1 ) 式即可转化为t 3 9 茁+ 8 0 = 8 9 2 ( 2 ) 由引理4 可知；z 兰y 三2 三o ( m o d 2 ) 于是原方程可转化为： 3 9 善= ( 8 9 u 一8 0 ”) ( 8 9 u + 8 0 v ) ，耖= 2 v ，名一2 u( 3 ) 而由于( 8 9 u 一8 0 ”，8 9 “+ 8 0 v ) = ( 8 9 u 一8 0 v ，2 x8 0 ”) = 1 ，于是( 3 ) 式又可分解为： 8 8 9 9 u u + 一8 8 。0 射v = ：3 1 霉3 茹 即 f 拶3 x + 一3 z x ：= 2 x89u13 328 0 ( 4 ) 【 。一z = 一 且( 1 3 嚣一3 霉，1 3 + 3 z ) = ( 1 3 z 一铲，2 3 卫) = 2 ，于是( 4 ) 的下式又可分解为： 僻1 3 a + 廿3 a ：= 8 2 酽 西南大学硕士学位论文第三章主要定理的证明 或 13a+一3口a：=16j133 25 v ( 6 ) l 一口=v 一 其中z = 2 a ，a 1 由于当a 1 时，1 3 口一3 g = ( 1 3 3 ) ( 1 3 a 一1 + 1 3 。一2x3 - i - + 3 口一1 ) = 2 即 5x ( 1 3 a 一1 + 1 3 。一2 3 + - i - 3 0 一1 ) = 1 ，这是不可能，故( 5 ) 式无解 ( 6 ) 式的后式可化为t ( 1 3 3 ) ( 1 3 口一1 + 1 3 口一2 3 + + 3 8 1 ) = 2x5 v 当t ， 1 时，口 1 于是有：1 3 n 一1 + 1 3 口x3 - i - + 3 0 一1 = 5 ”一，取m o d 2 得：o 三l ( m o d 2 ) ( 6 ) 式的前式可化为一( 1 3 + 3 ) ( 1 3 口一1 3 ”2x3 + + ( 一3 ) o _ 1 ) = 1 6 v ，即 1 3 a 一1 3 。x3 - i - + ( 一3 ) 口一1 ) = 1 6 一，取m o d 2 得：1 三o ( m o d 2 ) 矛盾故t ，= 1 ， 所以口= 1 令y = 2 ，z = 2 ，名= 2 当n = 7 时，( 1 ) 式即可转化为t 5 1 z + 1 4 0 y = 1 4 酽 由引理3 和定理1 的证明过程可知；z 三o ( m o d 2 ) ，y 三z ( m o d 2 ) 对方程( 7 ) 两边取r o o d 5 ，有1 兰( - 1 ) 。( r o o d 5 ) 号z 三o ( m o d 2 ) 所以。三y 兰名兰o ( m o d 2 ) ，于是原方程可转化为： 5 1 z = ( 1 4 9 ”一1 4 0 ”) ( 1 4 9 ”+ 1 4 0 v ) ，y = 2 v ，z = 2 u ( 7 ) ( 8 ) 而由于( 1 4 9 u 一1 4 0 v ，1 4 9 + 1 4 0 v ) = ( 1 4 9 “一1 4 0 ”，2 1 4 0 v ) = 1 ，于是( 8 ) 式又 可分解为： 。1 4 4 9 9 u 。+ 一，1 4 4 0 。v ：= 3 1 2 7 z 即 。1 7 7 = + 一3 3 x z ：= 2 2 x1 。4 4 9 ( 9 ) 且( 1 7 一3 x ，1 7 茁+ 3 茁) = ( 1 p 一3 z ，2 3 z ) = 2 ，且当z 1 时，1 41 7 一3 z 于是( 9 ) 的下式只能分解为。 1 7 0 + 3 2 0 v ( 1 0 ) 【1 7 口一3 口= 2 p 其中z = 2 a ，口1 ( 1 0 ) 式的前式可化为t ( 1 7 + 3 ) ( 1 7 0 一1 7 0 一2 3 + + ( 一3 ) 。一1 ) = 2 矿，即 1 7 a 一1 7 a 一2 3 + + ( 一3 ) 口一1 ) = 2 0 v ，又由引理1 如果 1 ，取m o d 2 得：1 兰 o ( m o d 2 ) 矛盾故口= 1 ，所以n = 1 兮y = 2 ，。= 2 ，z = 2 8 西南大学硕士学位论文 第三章主要定理的证明 当竹= 1 7 时，( 1 ) 式即可转化为， 1 1 l + 6 8 0 v = 6 8 9 2 由引理3 可知tz 兰o ( m o d 2 ) 对方程( 1 1 ) 式两边取m o d l 7 ，有9 z 三( 9 ) 。( m o d l 7 ) 辛z z 三o ( m o d 8 ) 冷2 兰 o ( m o d 2 ) 于是由定理1 的证明可知t 可三o ( m o d 2 ) 所以z 三y 三z 三o ( m o d 2 ) ，于是原方程可转化为： 1 1 1 霉= ( 6 8 9 = 一6 8 0 v ) ( 6 8 9 u + 6 8 0 u ) ，= 2 v ，z = 2 u( 1 2 ) 而由于( 6 8 9 ”一6 8 0 ”，6 8 9 u + 6 8 0 ) = ( 6 8 9 u 一6 8 0 v ，2 6 8 0 v ) = 1 ，于是( 1 2 ) 式又 可分解为： f6 8 9 - + 6 8 0 ：3 7 x 1 ，取m o d 2 得：1 三 o ( m o d 2 ) 矛盾故u = 1 ，所以n = 1 号y = 2 ，z = 2 ，z = 2 当n = 1 1 时，( 1 ) 式即可转化为， 7 5 z + 3 0 8 = 3 1 7 z ( 1 5 ) 由引理3 可知t 。兰o ( m o d 2 ) 如果2tz ，则由引理5 知，y = 1 当y = 1 时， 对方程两边取m o d l 9 ，得；5 三( 一6 ) 。净1 = ( 啬) = ( 需) 。= ( - 1 2 ) ，而2iz ，所以 1 = 一1 ，矛盾故2 ，又由定理1 的证明可知，z 三y 兰o ( m o d 2 ) 所以z 兰y 兰名三o ( m o d 2 ) ，于是原方程可转化为： 7 5 霉= ( 3 1 p 一3 0 8 v ) ( 3 1 7 + 3 0 8 u ) ，可= 2 v ，z = 2 u( 1 6 ) 9 西南大学硕士学位论文第三章主要定理的证明 而由于( 3 1 7 一3 0 ，3 1 7 + 3 0 8 v ) = ( 3 1 p 一3 0 8 ”，2 3 0 8 ”) = 1 ，于是( 1 6 ) 式又 可分解为： 僻3 1 7 “+ 坷3 0 8 8 一v - - - - 2 卫5 霉 即 2 5 2 + 3 芒= 2 3 1 7 u 2 5 z 一3 z = 2x3 0 ( 1 7 ) 且( 2 5 z 一铲，2 5 z + 3 z ) = ( 2 5 。一3 善，2 3 。) = 2 ，且当z 1 时，2 2l2 5 一铲于是 ( 1 7 ) 的下式只能分解为； 搿5 a + 一3 n a ：= 2 8 vv ( 1 8 2 5 3 21 1 ) i8 一n = v 其中z = 2 a ，a 1 ( 1 8 ) 式的前式可化为。( 2 54 - 3 ) ( 2 5 扣1 2 5 铲2 3 + + ( 一3 ) p 1 ) = 2 8 ”，即 2 5 口一2 5 d 一2 3 + + ( 一3 ) a 一1 ) = 2 8 v ，又由引理1 如果t j 1 ，取m o d 2 得：1 三 o ( m o d 2 ) 矛盾故t j = 1 ，所以a = 1 辛耖= 2 ，。= 2 ，z = 2 证攀 定理3 当2 礼1 0 0 ，n 三o ( m o d 2 ) ，3 f n 时，对于不定方程( t ) 式j e s m a n o w i c z 猜想成立 证明当4sn i 0 0 ，n 三o ( m o d 2 ) ，3 n 时，如果2 n4 - 3 中无p 三l ( m o d 4 ) 的素数时，已由定理1 证明猜想成立，而当2 n + 3 中含p 兰l ( m o d 4 ) 的素数且 2 竹1 0 0 时，则只有佗= 1 6 ，2 6 ，4 4 ，4 6 ，5 6 ，5 8 ，7 0 ，7 6 ，8 6 ，9 2 ，1 0 0 容易得当n = 1 6 ，2 6 ，4 4 ，4 6 ，5 6 ，5 8 ，7 0 ，7 6 ，9 2 ，1 0 0 时，3 ( 2 n + 3 ) = 3 x 矿x 口，p 兰l ( m o d 4 ) ，q 三3 ( r o o d 4 ) ， 当n = 1 6 ，2 6 ，4 4 ，5 8 ，7 0 ，8 6 ，9 2 ，1 0 0 时，有3 矿 q ，故有定理1 的证明过程可知，对 于( 1 ) 式j e s m a n o w i c z 猜想成立故还剩下n = 4 6 ，5 6 ，7 6 当n = 4 6 时，由定理1 的证明过程可知：z 兰y 三孑兰o ( m o d 2 ) ，故可以分解为 所以有一 或者 ( 3 5x1 9 ) x = 8 2 一t 2 ( 2x4 6 4 9 ) y = 2 s t ( 4 5 1 7 ) z = s 2 + t 2 8 + t = 1 9 x , s t = 1 5 x( 1 9 ) s + t = 9 5 x ，s t = 3 x( 2 0 ) 西南大学硕士学位论文第三章主要定理的证明 由( 1 9 ) 式可得 2 s = 3 4 ( 1 9 x 一1 1 5 1 9 x 一2 + + ( 一1 5 ) x 一1 ) 由此可得1 7l ( 2 4 6 4 9 ) y ，显然矛盾故只能是( 2 0 ) 式成立，从而由定理1 证 、明过程可推导出，对于( 1 ) 式j e s m a n o w i c z 猜想成立 当n = 5 6 时由定理1 的证明过程可知：z 三秒兰z 三o ( m o a 2 ) ，故可以分解为 ( 3 5 2 3 ) x = s 2 一t 2 ( 2 5 6 5 9 ) y = 2 s t ( 6 6 1 7 ) z = s 2 + t 2 所以有 s + t = 2 3 x ，s t = 1 5 x( 2 1 ) 或者 s + t = 1 1 5 x ，s t = 3 x( 2 2 ) 由( 2 1 ) 式可得 2 s = 3 8 ( 2 3 x 一1 1 5 2 3 x 一2 + + ( 一1 5 ) x 一1 ) 由此可得1 9i ( 2x5 6 5 9 ) y ，显然矛盾故只能足( 2 2 ) 式成立，从而由定理l 证 明过程可推导出，对于( 1 ) 式j e s m a n o w i c z 猜想成立 当n = 7 6 时，同理可以证明对于( 1 ) 式j e s m a n o w i c z 猜想成立证毕 1 1 西南大学硕士学位论文第四章分析和思考 第四章分析和思考 还有一些值得我们思考和进一步讨论的问题： 1 本文主要考虑的是在2n 时的某些情况，在去掉那些条件后j e s m a n o w i c z 猜想是否成立值得继续讨论和研究，对于在2tn 的情况也只证明了一些简单的 引理和几个具体的值，对于一般情况是否成立还未证明 2 对于不定方程( 1 ) 是在3 f n 的大前提下进行的，那么在3n 的情况下， 那么不定方程( 1 ) 就转化为了( h a ) z + ( 曲) l ，= ( n c ) 。，n ，b ，c 为商高数组的形式对 于这类方程足不是正整数解也只有( z ，y ，2 ) = ( 2 ，2 ，2 ) 的解呢? 1 2 西南大学硕士学位论文参考文献 参考文献 【1 】l j e s m a n o w i c z s e v e r a lr e m a r k so i lp y t h a g o r e a nn u m b e r s w i a d o m m a t ( 2 ) ，v 0 1 1 ，p p 1 9 6 - 2 0 2 ，1 9 5 5 1 9 5 6 【2 1 2v a d e r a o j a n e n k o o nj e s m a n o w i c z p r o b l e mf o rp y t h a g o r e a nn u m b e r s i z v v y s s u c e b n z a v e d m a t e m a t i k a ，v 0 1 1 9 6 5 ，n o 5 ( 4 8 ) ，p p 5 2 - 5 6 ，1 9 6 5 【3 】3 李晓莲关于商高数组m + i 1 ) 2 - - w , 2 ，2 n ( n + h ) ，+ _ 7 1 ) 2 + n 2 无锡轻工业学院学报v o i 7 ，n o 3 ，p p 1 0 1 - 1 0 6 ，1 9 8 8 【4 | k e it a k a k u w aa n dy o ua s a e d a o nac o n j e c t u r eo np y t h a g o r e a nn u m b e r s p r o c j a p a n a c a d s e t am a t h s c i ，v 0 1 6 9 ，n o 7 ，p p 2 5 2 -