（基础数学专业论文）关于不定方程21nx220ny221nz.pdf

矗 留 摘要 a b s t r a c t 第1 章引言 目录 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 第4 章分析与思考 第5 章攻读硕士学位期间的工作 参考文献 致谢 i 一 1 3 3 3 4 6 3 4 5 6 ， 2 2 2 2 q 关键词：指数丢番图方程j e 考m a n o w i c z 猜想二次剩余j a c o b i ( 雅可比) 符 号l e g e n d r e ( 勒让德) 符号初等方法 西南大学硕十学位论文 a b s t r a c t o nt h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o n ( 2 1 n ) z + ( 2 2 0 n ) u = ( 2 2 1 n ) 名 m a j o r ：a l g e b r a i cn u m b e rt h e o r y n a m e ：c h eh l l i s u p e r v i s o r ：p r o f e s s o rl u om i n g a b s t r a c t l e t a ，b ，cb er e l a t i v e l yp r i m ep o s i t i v ei n t e g e r ss u c ht h a ta 2 + 6 2 = c 2 ，j e 香m a n o w i e z c o n j e c t u r e di n1 9 5 6t h a tf o ra n yg i v e np o s i t i v ei n t e g e rnt h eo n l ys o l u t i o no f ( a n ) 正+ ( 轨) 掣= ( 饥户i np o s i t i v ei n t e g e r si sz = y = z = 2 i n t h i sp a p e r ，w i t ht h e m e t h o do fl e g e n d r es y m b o l ，w eh a v es h o w nt h a tf o ra n yp o s i t i v ei n t e g e rnt h e d i o p h a n t i n ee q u a t i o n ( 2 1 n ) 霉+ ( 2 2 0 n ) y = ( 2 2 1 n ) 石h a sn os o l u t i o n si np o s i t i v ei n - t e g e ro t h e rt h a nz = y = z = 2 ，t h a ti s ，j e 道m a n o w i c zc o n j e c t u r ei st r u ew h e n 口= 2 1 0 + 1 ，b = 2 1 0 ( 1 0 + 1 ) ，c = 2 1 0 ( 1 0 + 1 ) = b + 1 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 g m a n o w i e 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 1 1 斑 西南大学硕士学位论文 第1 章引言 第1 章引言 不定方程是数论的一个重要分支，而指数型不定方程是其中较难的一个类型，对 于不定方程： 矿+ 矿= 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 考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 ，6 ，c 满足 口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 5 6 年，j 西m a n o w i c z 证明了对于数： a = 2 n + 1 ，b = 2 n ( n + 1 ) ，c = 2 n ( n + 1 ) + 1( 1 0 2 ) 这期间柯召，孙琦和饶德铭利用简单的同余和分解因子的方法对( 1 0 2 ) 中部分的商 高数组的情况进行了讨论 1 9 6 5 年d e m j a n e n k o 彻底解决了( 1 0 2 ) 中的数，即证明了对( 1 0 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： a = 和一1 ，b = 2 m ，c = m 2 + 1 ( 1 0 3 ) m 1j e m a n o w i c z 猜想成立 1 9 8 8 年李晓莲讨论了商高数组( 仃+ ，1 ) 2 一舻，2 几+ ) ，m + ) 2 + n 2 ，证明了 当h 2 = 2 n 2 1 时，j e 螽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 证明了如下结果： 如果m 是奇数，p 是个奇素数且p - - - - 3 ( m o d4 ) ，当y 1 时，则不定方程 ( 4 m 2 一矿) 霉+ ( 4 r a p ) v = ( 4 m 2 + 矿) ：( 1 0 4 ) 的正整数解只有( z ，y ，名) = ( 2 ，2 ，2 ) 同年k t a k a k u w a 又得到如下结果： 如果m 是奇数，p 是个奇素数且p 兰5 ( r o o d8 ) 当y 为偶数时，则不定方程 ( 1 o 4 ) 的正整数解只有( z ，y ，z ) = ( 2 ，2 ，2 ) 1 9 9 8 年邓谋杰证明了：对任意的整数n l ，其素数分解为n = i - i 露，令c ( ) = i - - - - 1 t n 仇 = 1 1 簟 西南大学硕士学位论文 第1 章引言 设a = 2 k + l ，b = 2 k ( k + 1 ) ，c = 2 k ( k + 1 ) + 1 ，其中七为整数，如果a 是一个素 数阶方幂且满足c ( 6 ) i 礼或者c ( 扎) 十6 ，则不定方程( o 扎) z + ( 轨) 掣= ( c a z ，仅有正整数 解z = y = 名= 2 1 9 9 9 年，乐茂华证明了：如果( z ，y ，z ) 是不定方程( 彻，) z + ( 轨) v = ( 饥) 。的解 且( z ，y ，z ) ( 2 ，2 ，2 ) 则下列情形之一是成立的： ( i ) m a x x ，! ，) m i n x ，可) z ，c ( 几) i c 且c ( 住) z y f l c ( n ) l b ； ( f i i ) y z z 且c ( 死) l 口； 2 0 0 7 ：邓谋杰证明了：对任意的正整数n ，丢番图方程( 1 5 n ) 霉+ ( 1 1 2 n ) v = ( 1 1 3 n ) z 仅 有正整数解z = y = z = 2 2 鱼 西南大学硕士学位论文 第2 章预备知识及主要引理 第2 章预备知识及主要引理 2 1 同余和同余式 定义2 1 p o 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a , b 对模数m 同余，记作a 三b ( m o dm ) 否则称为不同余 同余的基本性质： 性质2 2 【1 0 】整数口，6 对模数仇同余的充分必要条件是mia b 性质2 3 【1 0 】若a c 兰b c ( m o dm ) ，且( m ，c ) = d ，则a 三b ( m o d 詈) 性质2 4 【1 0 l ( 1 ) 若a 三b ( m o dm ) ，七 0 ，则a k 三b k ( m o di n k ) ( 2 ) 若a 三b ( m o dm ) ，d 是n ，b 及仇的任意公因数，则三( m o d 等) 性质2 5 【1 0 l 若a 兰b ( m o dm ) 则( 口，m ) = ( b ，m ) ，因而若d 能整除m 及o ，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 6 【1 0 】设m 1 ，若x 2 兰n ( m o dm ) ，( 佗，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 7 1 1 0 】勒让德( l e g e n d r e ) 符号( ；) ( 读作口对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； ( 暑) 1 ，o 是模p 的二次剩余， 一1 ，口是模p 的二非次剩余， 0 ，p l a 性质2 8 【1 0 】对于给定的奇素数p ，勒让德符号( ；) 是一个完全积性函数 性质2 9 【1 0 】仁次互反律，- i 受p 2 ，q 2 是两个素数，p q ，则 ( 芸) ( ；) 斗1 ，一 性质2 1 0 【1 0 】设p 是一个奇素数，pl 佗，则 ( ；) 三n 夸c m o a p ， 3 西南大学硕士学位论文2 3 重要引理 性质2 1 1 1 1 0 】对于每一个奇素数p ，我们有j ( 吾) 刊学= 匕麓耋嚣0 ( ；) 刊牛= 匕 如果p 三= i ：l ( m o d8 ) ， 如果p 兰= t ：3 ( m o d8 ) ， 性质2 1 2 1 1 0 1 设m 是一个正奇数，m = 肌仡a ，a “= 1 ，2 ，t ) 是素 数，( m ，n ) = 1 则 ( 杀) = 垂( 三) 叫做雅可比符号 性质2 1 3 【1 0 】( 杀) = ( 一1 ) 孚 性质2 1 4 【1 0 】( 杀) = ( 一1 ) 孛 性质2 1 5 【1 0 】若m 与，l 是两个正奇数，且( m ，佗) = 1 则 ( 罢) ( 景) = ( 一1 ) 咄掣 注：符号说明，”l | 竹如果对于素数p 矿i in ，即表示是矿i 行，且矿+ 1t 佗 2 3重要引理 tt 对任意的整数 1 ，其素数分解为= 丌露，令c ( n ) = l - ip i i = 1i - - - - 1 引理2 1 6 【8 】设o = 2 k + 1 ，b = 2 k ( k + 1 ) ，c = 2 k ( k + 1 ) + 1 ，其中尼为正 整数，假设n 是一个素数阶方幂且存在正整数n 使得c ( 6 ) l 亿或者c ( n ) t6 ，则不定方 程( o 佗) 童+ ( 概) l ，= ( 饥) z ，仅有正整数解z = 秒= z = 2 引理2 1 7 i s 当口，6 ，c 是任意的正整数但有必要两两互素，且满足铲+ 6 2 = c 2 ， 如果z m a x x ，可 ，则不定方程。霉+ 眇= 仅有正整数解z = 剪= z = 2 引理2 1 8 【6 】如果( z ，可，z ) 是不定方程( n 佗) 霉+ ( 轨) 掣= ( m ) ：的解且( z ，y ，z ) ( 2 ，2 ，2 ) 则下列情形之一是成立的： 例m a x x ，) m i n x ，可 z ，c ( 凡) l c 且c ( n ) z u - 且c ( n ) l b ； 一i 咖 z z 且c ) l o j 4 丘 西南大学硕士学位论文 第3 章主要结果及证明 第3 章主要结果及证明 定理3 1 对任意的正整数几。不定方程 ( 2 1 n ) 霉+ ( 2 2 0 n ) 掣= ( 2 2 1 ) ：( 3 0 1 ) 仅有正整数解( z ，y ，名) = ( 2 ，2 ，2 ) 证明引理2 2 0 已经证明了n = l 时的情形，故在下面的证明中我们只需讨 论佗 1 时的情形，其中令g = 2 1 ，b = 2 2 0 ，c = 2 2 1 ，k = 1 0 ，注意到0 2 + b 2 = c 2 ，a 2 = b + c ，c = b + i ，b = 1 0 ( a + 1 ) ，c = 1 0 ( a 一1 ) + a ，并r s ，b ，c 是两两互素的由引 理2 1 7 知，我们只需讨论当z 1 ； 其中在每种情形中有大量的子情形讨论 ( 一) 当( 礼，2 2 1 ) = 1 ，若z = 秒，则有z 1 ，矛盾；所以z y 若z y ，n z 2 1 ：= 2 1 2 z tn - ( 2 2 0 + 2 2 1 ) 。1 2 2 1 孑- + 2 2 0 。1 2 2 1 名l 一2 2 0 肌，j i ( 2 2 1 = 1 2 2 0 动，2 2 1 z i + 2 2 0 = ) = 1 ，所以等式的右边不能同时被2 1 整除 若3i2 2 1 名，一2 2 0 动，由2 2 l z l 一2 2 0 。1 兰0 ( m o d3 ) ，即( 一1 ) = l 兰l ( m o d3 ) = 争z 1 三 0 ( m o d2 ) ，又由7l2 2 1 ：1 + 2 2 0 劫，可推出4 2 1 + 3 名1 兰0 ( m o d7 ) 兮z 1 兰l ( m o d2 ) ，矛 盾； 同理可推出3 十2 2 1 彳t + 2 2 0 甜，7t2 2 1 ：一2 2 0 肋，所以此种情形矛盾； ( 2 ) 佗能整除2 2 0 ”，但由引理2 1 6 知，我们只需讨论c ( b ) = 1 1 0 不能整除佗的情 形此时 礼= 2 n ，n = 5 r 2 ，7 , = l l r 3 ，死= 矿1 5 您，佗= 2 ”1 1 r 3 ，n = 5 r 2 i i r 3 ( 2 1 ) n = 2 n 时，令2 y = 亡r 1 + z 1 ，0 z 1 可+ t ，则不定方程( 3 0 1 ) 可变形为： n 可+ 。( n z 一可一。2 1 z + 2 1 5 5 u ) = 矿2 2 1 名 于是必有名= + t ，f 1 = 0 故上式可化为：矿2 1 霉+ 5 5 v = 2 2 1 z 取模3 得1 兰( - 1 ) 。( r o o d3 ) 号z = 2 z l ；再取模7 得 c 叫吲伽州讣妒= ( 亭) 掣= ( 铲1 兮删可 于是： 矿一名2 1 z = 2 2 1 缸- 一5 5 2 讥= ( 2 2 1 “一5 5 y - ) ( 2 2 1 ：- + 5 5 y t ) 由于 2 1 霉 2 1 名= 2 1 钇1 2 2 1 罩1 + 5 5 暂1 2 2 1 翻一5 5 y 1 ，( 2 2 1 z i 一5 5 讥，2 2 1 。1 + 5 5 1 ) = 2 因而2 1 整除( 2 2 1 岩1 5 5 y ) ( 2 2 1 孑- + 5 5 y t ) ，但3 ，7 不能同时整除2 2 1 名一5 5 讥，也不能同时 整除2 2 1 ：1 + 5 5 掣1 ； 若3 1 2 2 1 2 1 5 5 掣i , 贝, j 7 1 2 2 1 。- + 5 5 v 1 ；由( 一1 ) 以一l 兰0 ( r o o d3 ) ，推出名1 三0 ( m o d2 ) ， 而由4 彳1 + ( 一1 ) 讥兰0 ( r o o d7 ) ，可推出y l 兰l ( m o d2 ) ，则有2 2 1 。l 一5 5 讥兰2 ( m o d4 ) ，因 而有 2 2 p 一5 5 虮4 3 ，2 2 p + 5 5 讥= ( 竿) 一 对上式之第一式取模5 可推出1 兰2 3 茹( r o o d5 ) ，即1 三2 抖1 ( 一1 ) 霉( m o d5 ) ，则z 兰 l ( m o d2 ) ；用上式之第二式减去第一式得： 2 5 5 讥= ( 孚) 一2 譬 7 西南大学硕士学位论文第3 章主要结果及证明 但取模7 司得2 ( 一1 ) 讥三- 2 。铲( m o d7 ) ，即 一( 亭) 讥= ( 孚) 叫叫叫叫卟1 h 。的矛盾结果 老：3 1 2 2 1 。1 + 5 5 y l7 1 2 2 1 。1 5 5 y 1 ；依次取模3 ，7 - t p 4 z l 兰l ( m o d2 ) ，y l 三0 ( r o o d2 ) ； 因此2 2 1 。1 + 5 5 l ，1 兰2 ( r o o d4 ) ，于是必有： 2 2 1 驴4 黜2 p 一= ( 孚) 伊 对上式之第一式取模5 得1 三2 ( 一2 ) 2 兰( 一1 ) z 2 计1 ( m o d5 ) 即 1 = ( 吾) = ( 寻) 霉( 纩卟驴+ 1 ， 所以z 兰l ( m o d2 ) ，用上式之第一式减去第二式可得： 2 s s 讥以3 一( 等) 一 但取模7 可得2 ( 一1 ) 耖t 兰2 3 z ( r o o d7 ) ，即 1 = ( 趴拶= ( 洲萨一1 的矛盾结果 于是z y + 亡时，原不定方程无解； ( 2 1 2 ) 如果z y + t , n 不定方程化为： n x ( 2 1 x + 2 h 5 5 y n y + t 一霉1 ：礼。2 2 1 z 因为x z ，( n ，2 2 1 ) = 1 ，故上式不成立 因此n = 2 n 时，原不定方程无解； ( 2 2 ) 若n = 5 r 2 时，令y = t r 2 + 1 2 ，0 1 2 y + 亡，则不定方程( 3 0 1 ) , - 7 变形为： n | ，+ 。( 2 1 正矿一可一。+ 2 2 v 5 2 2 1 1 ) = 2 2 1 。礼。 于是必有名= y + t ，1 2 = 0 ，则上式可变形为： 2 1 霉佗霉一名+ 2 2 u 1 1 y = 2 2 1 名 8 西南大学硕士学位论文第3 章主要结果及证明 对上式取模3 得2 可三2 z ( m o d3 ) ，所以可兰z ( m o d2 ) 因此可得 y = t r 2 = ( z y ) r 2 兰o ( m o d2 ) ，z 三y 三o ( m o d2 ) ； 故可设y = 2 y l ，名= 2 z l ，于是有： 由于 2 1 善r ，一。= 2 2 1 石一4 4 可= ( 2 2 1 以+ 4 4 v 1 ) ( 2 2 1 劫一4 4 讥) 2 1 霉 2 1 名= 2 1 2 ：1 2 2 1 ：1 + 4 4 v 1 2 2 1 。1 4 4 v 1 ，( 2 2 1 1 + 4 4 y l ，2 2 1 劫一4 4 掣1 ) = 1 故2 1 能整除( 2 2 1 罩- + 4 4 v ) ( 2 2 1 以一4 4 y ) ，但3 ，7 不能同时整除2 2 1 ：+ 4 4 讥，也不能同时 整除2 2 1 。i 一4 4 v l ； 若3 1 2 2 1 。1 4 4 v 1 , 7 1 2 2 1 现+ 4 4 t a , 由4 翘+ 2 v 1 三o ( m o d7 ) ，可得1 = ( ) 勃= ( 半) = 一1 ，矛盾； 若3 2 2 1 。1 + 4 掣1 ，7 1 2 2 1 ：l 一4 4 讥，由2 。- + 2 y l 三o ( m o d3 ) ，推出! ，l ，名l 一奇一偶； 若y l 为偶数，都有2 2 1 1 4 4 v l 三o ( m o d5 ) 则有： 2 2 1 肌一4 4 t a = 仃霉一名r ，2 2 1 彳1 + 4 4 v l = 3 z 对上式之第二式取模1 7 ，得到4 妒- 三3 霉( r o o d1 7 ) 兮z 兰o ( m o d2 ) ，用上式之第 一式与第二式相加得： 2 2 2 1 ：1 = 铲+ n 卜善尹 对其取模5 得2 兰3 x ( m o d5 ) ，矛盾； 若y l 为奇数，由于2 2 1 z l + 4 4 v l 三o ( m o d5 ) 则于是有： 西南大学硕士学位论文第3 章主要结果及证明 但z z ，( 扎，2 2 1 ) = 1 ，故上式不成立 因此当n = 5 r 2 时，原不定方程无解； ( 2 3 ) 若死= i i r 3 时，令y = t r 3 + 1 3 ，0 1 3 y + t ，则不定方程( 3 0 1 ) 可变形为： n 掣+ 。( 2 1 霉矿一y 一2 + 2 2 y 5 毫，i i l 3 ) = 2 2 1 = n = 于是必有z = y + t ，1 3 = 0 ，则上式可变形为：2 1 茹矿一；+ 2 2 u 5 y = 2 2 1 名 取模3 得2 1 ，兰2 z ( m o d3 ) ，则y 三z ( m o d2 ) ；再取模7 得 5 ，兰4 孑( r o o d7 ，号c 一1 ，= ( 导) p = ( 等) ；= 1 号y 兰。c r o o d2 ， 则z 三o ( m o d2 ) ，则不妨设z = 2 z t ，y = 2 y l ，于是有： 2 l 正矿一。= 2 2 1 名一2 2 u 5 y = ( 2 2 1 。+ 2 0 u ) ( 2 2 1 ；t 一2 0 l ，) 由于 2 1 2 1 ：= 2 1 2 = 1 2 2 1 石1 + 2 0 | ，1 2 2 1 劫一2 胪1 ，( 2 2 1 孑1 + 2 0 u i ，2 2 1 z l 一2 0 掣1 ) = 1 因而2 1 能整除( 2 2 1 名i + 2 0 u - ) ( 2 2 1 ：- 一2 0 y ) ，但3 ，7 不能同时整除2 2 1 ：，+ 2 0 玑，也不能同 时整除2 2 1 名t 一2 0 u i 若3 1 2 2 1 。1 + 2 0 y x , 7 1 2 2 1 。1 2 0 u 1 由4 以兰( 一1 ) 蛆( i n o d7 ) ，可推出可1 三o ( m o d2 ) 由于2 2 1 z - + 2 0 掣- 兰o ( m o d1 1 ) 将推出 l = ( 箬) 劫= ( 鲁) 一 的矛盾：故必有： 2 2 1 = 1 2 0 掣1 = 7 z 仃一z 2 2 1 乱+ 2 0 y 1 = 3 z 对上式之第二式取模1 7 得 3 1 三3 x ( m o d1 7 ) 兮z 兰o ( m o d2 ) 用上式之第二式与第一式相减得： 2 2 0 p l = 3 霉一7 z 仃嚣一。 对其取模1 1 得2 2 0 u a 三3 。( m o d1 1 ) ，矛盾； 西南大学硕士学位论文 第3 章主要结果及证明 若32 2 1 z 一2 0 讥，7i2 2 1 名- + 2 0 弧，由2 。l 兰2 v l ( m o d3 ) ，推出可1 兰z l ( m o d2 ) ，再 由4 = t 三- ( - 1 ) v - ( m o d7 ) ，可推出玑兰l ( m o d2 ) ，也就是说z 1 三l ( m o d2 ) 由于2 2 1 孑1 + 2 0 i t l 三o ( m o d1 1 ) 将推出 1 = ( 箬) 加= ( 等) 一 矛盾；故必有： 2 2 1 以一2 0 掣1 = 佗王一z 3 霉，2 2 1 乱+ 2 0 1 = 7 霄 对上式之第二式取模1 7 ，得3 y 三7 z ( m o d1 7 ) 令z 兰l ( m o d2 ) 将上式的第二 式与第一式相减得： 2 2 0 讥= 7 z 一仃霉一名3 z 对其取模7 得 2 ( - - 1 ) 讥三一：3 霉( m o d7 ，一= ( 引亭) 班= ( 竿) ( - 拿) = - - - l x ( 叫， 矛盾： 于是z y + 亡时，原不定方程无解； ( 2 3 2 ) 当z y + 亡时，则不定方程( 3 0 1 ) 可变形为： n 。( 2 1 2 + 2 2 u 5 u l l 3 7 沪+ 。3 一霉) = 2 2 1 孑佗。 但茁 z ，( 佗，2 2 1 ) = 1 ，故上式不成立 因此当n = 1 1 r s 时，原不定方程无解； ( 2 4 ) 若n = 2 r l 5 r 2 时，令2 y = t a r l + j l ，y = t 2 r 2 + 1 2 ，0 如 y + 南，i = l ，2 ，则不定方程( 3 0 1 ) 口- - j 变形为： 2 l ( y + t 1 ) 5 r 2 ( | ，+ 2 ) ( 2 1 霉5 r 2 ( 霉一掣一t 2 ) 2 r 1 ( 霉一掣- i x ) + 2 1 1 5 。2 i i u ) = 2 2 1 = 2 r l 二5 r 2 善 由上式以及0 如 2 1 z = 2 1 2 以 2 2 1 。1 + 1 1 掣1 2 2 1 名1 一i i y l ，( 2 2 1 2 1 1 1 y 1 ，2 2 1 孑1 + i i y l ) = 2 因而2 1 能整除( 2 2 1 彳一1 1 z t ) ( 2 2 1 乱+ 1 1 讥) ，但是3 ，7 不能同时整除2 2 1 。1 1 1 讥，也不能 同时整除2 2 1 x l + 1 1 讥 若7 2 2 1 ：t + 1 1 y l , 由4 讥+ 4 z l 三o ( m o d7 ) 知，矛盾； 若7 1 2 2 1 名一1 1 m ，3 1 2 2 1 。t + l l w ，由 2 掣1 + 2 以兰o ( m o d3 ) 兮y l z l ( m o d2 ) 知l ，z 1 一奇一偶 若y 1 为奇数，由于2 2 1 2 - 一1 l f t 三2 ( m o d4 ) ，2 2 1 ：t i i m 三o ( m o d5 ) ，因而有： 2 2 1 二l 一1 1 可l = 2 7 零5 r 2 ( 霉一力，2 2 1 。1 + 1 1 y 1 = 2 r i 一习一1 3 霉 对上式之第二式取模1 7 得1 l 讥兰2 n ( z 一孑) 3 z ( m o d1 7 ) 号z 兰l ( m o d2 ) ，上式 之第二式与第一式相减得： 2 1 l 掣1 ：2 n ( x 一力一1 3 霉一2 7 窖5 您 一引 对其取模7 得 2 m 蟾2 一h 分陋d 7 m = ( 叭萼) y l = ( 矿扣习( 导) 霉斗矿一 矛盾； 若可1 为偶数，由于2 2 1 z t + 1 1 掣- 兰2 ( m o d4 ) ，2 2 1 z l l l y x 三o ( m o d5 ) ，因而有： 2 2 1 舶一l l v l = 7 霉5 仡( 茹一：) 2 lx - z 卜1 2 2 1 1 + 1 1 掣1 ：2 3 霉 对上式之第二式取模1 3 得i i m 三2 3 z ( r o o d1 3 ) ，即 1 = ( 茜) 讥= ( 吾) ( 未) z = 一l 矛盾： 西南大学硕士学位论文第3 章主要结果及证明 ( 2 4 2 ) 如果y + 亡1 与秒+ t 2 中至少有一个不小于z ，不妨设z y + t l , x y + t 2 ， 则不定方程( 3 0 1 ) 可变形为： 2 l z 5 r 2 ( ”+ 。2 ) ( 2 1 x 5 f 2 ( x y t 2 ) + 2 r l o + 。1 一而5 1 21 1 可2 1 11 = 2 2 1 ：2 r l 孑5 r 2 ： 但由z z ，易知上式不能成立，故此时原不定方程无正整数解； 同理可证当z y + 亡l ，zsy + t 2 及z y + 1 ，z y + t 2 时，原不定方程无正整 数解； 因此当n = 2 n 5 r 2 时，原不定方程无解； ( 2 5 ) 若n = 2 1 l i r a 时，令2 y = t l r l + 1 1 ，y = $ 3 r 3 + 1 3 ，0 如 y + t t ，i = 1 ，3 ，则不定方程( 3 0 1 ) - - i 变形为： 2 n ( | ，+ t d 1 1 r 3 ( v + t 3 ) ( 2 1 = 1 1 r 3 忙一寥一i s ) 2 r i c x 一掣一t 1 ) + 2 1 1 5 掣1 1 1 3 ) = 2 2 1 。2 r 1 名1 1 1 3 1 由上式以及0 如 2 1 名= 2 1 拓1 2 2 1 ：1 + 5 y 1 2 2 1 加一5 讥，( 2 2 1 。1 5 饥，2 2 1 ：1 + 5 耖1 ) = 2 ， 因而2 1 能整除( 2 2 1 1 + 5 y 1 ) ( 2 2 1 。一驴- ) ，但是3 ，7 不能同时整除2 2 1 。- + 5 讥，也不能同 时整除2 2 1 名，一5 讥 若3 1 2 2 1 ：- 一5 y l ，贝1 1 7 1 2 2 1 。t + 5 以，m ( - 1 ) 2 l 兰( 一1 ) v t ( i i l o d3 ) ，可推出魂三y l ( m o d 2 ) 而由4 善- + 5 翟- 兰o ( m o d7 ) ，可得 1 = ( 1 1 ( 丁- - 5 p 1 ) = 十酽1 兮y l - - z , = 1 ( m o a 2 ) ， 由于2 2 1 彳t + 5 掣- 三o ( m o d1 1 ) 将推出 l = ( 等) 劫= ( 鲁) 一 西南大学硕士学位论文 第3 章主要结果及证明 矛盾；又2 2 1 。1 + 5 w 兰2 ( m o d4 ) ，故必有： 2 2 1 石1 + 5 讥= 2 严。2 2 1 z l 一5 | ，l = 2 n ( z 一。) 一1 3 z 1 1 3 ( z - z ) 对上式之第一式取模1 7 得5 y - 三2 7 x ( m o d1 7 ) ，即 一c 计= ( 扩= ( 吾) ( 吾) 霍斗矿兮一岫d 2 ) ， 上式之第一式与第二式相减得： 2 5 可l ：2 7 霉一2 i ( x 一? ) 一1 3 f f i 1 1 r 3 白一引 对其取模1 1 得5 讥m - 7 = ( m o d1 1 ) ，即 1 = ( 击) 讥= ( 矗) 鬈= c 一1 尸= 一1 ， 矛盾； 若3 1 2 2 1 以+ 5 机，7 1 2 2 1 。t 一5 讥，m ( - 1 ) ：- 三一( 一1 ) 掣- ( i n o d3 ) ，推出z 1 y 1 ( m o d2 ) ，而 由4 乱三( - 2 ) y ，( r o o d7 ) ，可得 l = ( 矿= ( 萼) 讥卟妒1 j z i - - - - 0 c m o ， n z l 三l ( m o d2 ) ；易知2 2 1 z i + 5 掣1 兰2 ( m o d4 ) 由于2 2 1 ：- + 5 y 三o ( m o d1 1 ) 将推出 矛盾；故必有： l = ( 2 2 1 ) - = ( 鲁) 一 2 2 1 翻一5 v 1 = 7 留1 1 3 ( 霉一= ) 2 r 1 ( 霉一。) 一l ，2 2 1 2 1 + 5 掣1 = 2 3 霉 对上式之第二式取模1 7 得5 挈t 三2 3 2 ( r o o d1 7 ) ，即 1 = ( 扩= ( 吾) ( 吾) $ = ( 寻) 霉斗妒号c m o 将上式之第一式与第二式相加得： 2 2 2 1 霉= 2 3 + 2 r l 任一名) 一1 严1 1 r 3 ( 霉一毒) 对其取模1 7 得2 3 z 十2 7 ( 嚣一名) p 1 1 7 3 ( 霉一z ) 兰o ( m o d1 7 ) ，矛盾； 西南大学硕士学位论文 第3 章主要结果及证明 于是z y + t 时，原不定方程无解； ( 2 5 2 ) 如果y + 亡1 与y + t 3 中至少有一个不小于z ，不妨设z y + t l ，z y + t 3 ， 则不定方程( 3 0 1 ) p - - 丁变形为： 2 r l x l l r 3 ( 纠。t 3 ) ( 2 1 霉1 1 r 3 0 一可- - t 3 + 2 h 5 p l l 3 2 l o 一掣- t 1 ) ) = 2 2 1 2 2 l 。1 1 r 3 z 但由z z ，易知上式不能成立，故此时原不定方程无解； 同理可证当z y + t 1 ，z y + t 3 及z y + t l ，z y + t 3 时，原不定方程无解； 因此当n = 2 i 1 1 r 3 时，原不定方程无解； ( 2 6 ) 设n = 5 r 2 1 1 n 时，令y = 如亿+ 如，0 如 y - i - t l ，i = 2 ，3 ，则不定方程( 3 0 1 ) 可变形为： 5 , 2 ( y + t 2 ) 1 1 r 3 ( 纠。t 3 ) ( 2 1 2 5 r 2 ( 茹一耖一t 2 ) 1 1 7 3 ( 重一寥一t 3 ) + 2 2 y 5 1 21 1 3 ) = 2 2 1 。5 仡；1 1 r 3 。 由上式以及0 如 2 1 孑= 2 1 2 。l = 4 4 1 孑1 2 2 1 石1 + 2 e 2 2 1 彳l 一2 y ，( 2 2 1 。1 + 2 i ，2 2 1 2 1 2 y ) = 1 因此2 1 能整除( 2 2 z ：一2 掣) ( 2 2 1 ：- + 2 可) ，但3 ，7 不能同时整除2 2 1 二，一2 y 也不能同时整 除2 2 1 2 1 + 2 掣； 若7 1 2 2 1 z + 2 y ，由4 ：，+ 2 v 三o ( m o d7 ) ，e p 4 z 三一2 y ( m o d7 ) ；可得1 = ( ；) 舶= ( 下- 2 v ) = - 1 ，矛盾； 若3 1 2 2 1 善1 + 2 l ，7 1 2 2 1 ：l 一2 y ，由2 = l 三- 2 v ( m o d3 ) ，可推出y ，名1 一奇一偶； 若秒为偶数由于2 2 1 。- + 2 p 三o ( m o dl z ) 可推出 1 = ( 箬) 劫= ( 普) 一 ， 西南大学硕士学位论文第3 章主要结果及证明 矛盾；如果2 2 1 罩- + 2 v 兰o ( m o d5 ) 故必有： 2 2 1 加一2 y = p 1 1 r 3 扛一别2 2 1 名1 + 2 y = 3 $ 5 化 一别 用上式之第二式与第一式相减得： 2 2 ”：3 茁5 t 2 ( x 一= ) 一7 霉1 1 他国一引 对其取模1 1 得2 2 l ，三3 z y 2 ( x 一名) ( m o d1 1 ) 矛盾； 如果2 2 1 石- 一2 耖兰o ( m o d5 ) ，则有： 2 2 1 以一2 可= 矿矿一z ，2 2 1 以+ 2 f = 3 霉 用上式之第二式与第一式相减得： 2 掣= 铲一尹矿一 对其取模1 1 得2 2 v 三3 = ( m o di i ) 矛盾； 若! ，为奇数由于2 2 1 ：- 一2 掣三o ( m o d5 ) 可推出 1 = ( 孚) 以= ( 争一l 的矛盾；2 2 1 名t 一2 y 兰o ( m o d1 1 ) 可推出 的矛盾：故必有： 1 = ( 等) 劫= ( 吾) f 一 2 2 1 劫一2 掣= r ，2 2 1 2 1 + 2 f = 3 霉n 一名 用上式的第二式与第一式相减得： 2 2 掣= 铲矿一r 但取模3 - 3 得2 2 v 三- 7 2 ( m o d3 ) ，即 1 = ( ；) ( 轷( 孚) 一 矛盾 于是z 耖+ t 时，原不定方程无解； ( 2 6 2 ) 姘t y + t 2 - 与y + t 3 中，至少有一个不小于z ，不妨设z y + t 2 ，z y q - t 3 ，则 原不定方程化为： 5 r = 霉1 1 n ( 1 ，+ t 3 ) ( 2 1 霉1 1 r 3 ( 删一。3 + 2 2 y 5 2 1 1 3 5 仡( 州2 一z ) = 2 2 1 名5 , - 2 。1 1 饼 但由z 名易知上式不成立故此时原不定方程无正整数解； 同理可证当z y + t 2 ，z y + t 3 及z y - i - 亡3 时，原不定方程无正整数解； 因此当n = 5 r 2 1 1 = 3 时，原不定方程无解； ( 3 ) 若z 名，则不定方程( 3 0 1 ) 可变形为： 矿( 2 r + 2 2 舻伊哪) = 2 2 1 名 则我们很容易得到y z z ，则上式变形为： 2 1 + 2 2 伊伊一= 2 2 1 二矿一 若nt2 1 霉，那么z = z 于是必有：2 1 彳+ 2 2 0 分。扎叫= 2 2 1 名 即 2 2 0 掣n 掣一。= 2 2 1 罩一2 1 z 对上式取模1 1 有1 一( 一1 ) ：兰o ( m o di i ) 净z = 2 忍所以上式可变形为： 2 2 0 舻q = ( 2 2 1 。1 2 1 2 1 ) ( 2 2 1 以+ 2 1 以) 又有 2 2 0 = 2 k ( k + 1 ) = 2 1 0 ( 1 0 - - i - 1 ) ，1 0 1 ( 2 2 1 2 1 ) 1 ( 2 2 1 矶一2 1 乱) ， 1 日( 2 2 1 孑- 一2 1 别，2 2 1 ；- + 2 1 ：- ) = 2 由于2 1 兰2 2 1 兰l ( m o d4 ) 贝j j 2 2 1 名1 + 2 1 名1 可以 被2 整除但不能被4 整除于是有2 v 1 0 ，1 ( 2 2 1 z t 一2 1 2 1 ) 但是由于 2 加= ( 警) ( 譬) = ( 罕) 列水嘶吲2 p 2 2 p q p ， 矛盾 所以他1 2 l 霉，此时佗= 3 r , e j n = p 或n = 3 7 嚣 ( 3 1 ) 当n = 3 时，令z = n + z ，0 f z - - i - 亡时，则不定方程( 3 0 1 ) 可变形为： 钆霉+ 2 ( 7 3 + 2 2 0 掣n y 一霉一) = 2 2 1 。7 l ： 西南大学硕士学位论文第3 章主要结果及证明 m 于是必有名= z + 亡，z = 0 上式化为： 7 + 2 2 0 挈r 一孑= 2 2 1 。 依次取模5 ，3 有2 z 兰l ( m o d5 ) 号z = 2 x i ，1 三( - i ) 名( m o d3 ) 兮z = 2 z l 于是 有 2 2 0 掣矿畔= ( 2 2 1 乱+ 严1 ) ( 2 2 1 以一r 1 ) 若z 1 兰o ( m o d2 ) ，由于2 2 1 。1 + p 1 兰2 ( m o d4 ) ，所以 2 2 1 翻一7 2 1 兰5 粗一1 三o ( m o d8 ) 兮z l 三o ( m o d2 ) 由于2 2 1 。- + p - 兰o ( m o d1 1 ) 可推出 1 = ( 等) 动= ( 寻) 一 的矛盾，所以必有2 2 1 ：l 一产l 三o ( m o d1 1 ) 从而推出1 1 l ，( 虿4 v ) i2 2 1 名1 一p 1 但这与 卅- ( 詈) = ( 警) ( 竽) 2 2 p 印 矛盾； 若：z 1 兰l ( m o d2 ) ，可得2 2 1 名l 一7 x x 兰2 ( r o o d4 ) ，由于2 2 1 z * 一p l 兰o ( m o d1 1 ) ，可 推出 1 = ( 等) 劫= ( 扩一 的矛盾贝必有2 2 1 z t + p - 三o ( m o d1 1 ) 由于2 2 1 ：i 一产t 兰o ( m o d5 ) ，可推出 l = ( 2 2 1 ) - = ( 矿一 的矛盾；则必有2 2 1 名- + 7 z i 兰o ( m o d5 ) 如果z 1 三o ( m o d2 ) ，得2 2 1 。1 一p 1 兰o ( m o d3 ) 于是有： 2 2 1 z l p l = 2 2 v 一1 n 一。，2 2 1 。i + 7 霉l = 2 1 1 v 5 | ， 对上式之第二式取模7 得4 。兰2 ( - 1 ) ( m o d7 ) 号可兰o ( m o d2 ) 用上式之第一式 与第二式相加得： 2 2 2 1 名1 = 2 2 u 一1 n 一名+ 2 。l l 掣5 西南大学硕士学位论文第3 章主要结果及证明 即4 - 2 2 1 。l = 2 2 矽一名+ 4 1 1 玑5 v ，对其取模1 7 得0 三2 2 v n 一。+ 4 1 1 玑5 ( m o d1 7 ) ，矛 盾； 如果z l 兰l ( m o d2 ) ，得2 2 1 。1 + 7 x l 三o