谈谈不定方程xy=ypx(x,y∈N,x≥2,y≥2,p是已知的质数)的解法

甘志国

摘 要：文章给出了四个不定方程的部分解，其中重点是谈谈不定方程xy=ypx（x，y∈N，x≥2，y≥2，p是已知的质数）的解法.

关键词：莫斯科数学奥林匹克试题;不定方程;算术基本定理

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）10-0073-02

题目 （1948年莫斯科数学奥林匹克试题）解不定方程.

xy=yx（x，y∈N*，x≠y）①

文献[1]证得了该题的答案是

（x，y）=（2，4），（4，2）.

下面谈谈与不定方程①类似的四个不定方程

xy=pyx（x，y∈N*，p是质数）②

xy=ypx（x，y∈N，x≥2，y≥2，p是已知的质數） ③

xy=ypx（x，y∈Q+，p是已知的质数）④

uu=vpy（u，v∈Q+，p是已知的质数）⑤

的解法，其中重点是③的解法.

定理1 方程②的解是（x，y）=（p，1）.

证明 若y=1，则x=p.

由xy=pyx，可得pxy，px.若y≥2，再由xy=pyx，可得py.因而可设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

由该等式两边p的指数相等，可得αpβb=βpαa+1，p1，这不可能！所以欲证结论成立.

引理 若n∈N*，则2n≥n+1（当且仅当n=1时取等号）.

证明 用数学归纳法、导数、二项式定理、或贝努利（Bernoulli）不等式均可获证，具体过程略去.

定理2 方程③的解（x，y）满足xy（可设y=ax（a∈N*）），且

xa-p=ap（x，a-p∈N*，a≥2，x≥2，p是已知的质数） ⑥

证明 设（x，y）=d（d∈N*），可再设x=bd，y=ad（a，b，d∈N*），（a，b）=1.再由xy=ypx，可得

bada=apbdpb⑦

若a=pb，由⑦可得a=b，所以a=pb=b，p=1，与p是质数矛盾！说明此时不成立.

若a<pb，由⑦可得ba=apbdpb-a，aba.再由（a，b）=1，可得a=1，所以b=dpb-1.若b=1，可得pb-1=p-1>0，所以d=1，因而x=bd=1，与题设x≥2矛盾！所以b≥2，d≥2，再由引理可得b=dpb-1≥22b-1>2b，这不可能！说明此时不成立.

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*），进而可得欲证结论成立.

猜想1 方程③解的组数有限.

定理3 在方程③中：

（1）若x是质数，则（p，x，y）=（2，2，16），（3，3，27）;

（2）若x=q2（q是质数），则（p，x，y）=（2，4，16），（2，9，27）;

（3）若x=qi（q是质数，i=3或4），则方程③均无解;

（4）若x=q5（q是质数），则（p，x，y）=（5，32，256）;

（5）若x是两个互异质数之积，则p是奇质数且（x，y）=（2p，4p2）;

（6）若x=12或18，则方程③均无解.

证明 （1）由定理2知，可设y=ax（a∈N*）.

在方程⑥中可设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），进而可得（p，α）=（2，3），（3，2），从而可得欲证结论成立.

（2）～（6）略.

注 由定理3可知，当x=2，3，4，…，23时，已求得方程③的解.

定理4 若pyx，则方程③的解为（x，y）=（2p，4p2）或（p，x，y）=（2，2，16），（3，3，27）.

证明 由定理2，可得pyx即方程⑥中的pa，因而由算术基本定理知可设a=pα或pαpα11…pαkk，其中α，α1，…，αk∈N*，p，p1，…，pk是两两互异的质数.

（1）若a=pα，则在⑥中可设x=pβ（β∈N*），所以方程⑥即（pβ）pα-p=ppα，αβ=pα-1-1（α∈N，α≥2）.

若α=2，可得（β，p）=（2，2）或（1，3），进而可得（p，x，y）=（2，4，16）或（3，3，27）.

若α≥3，可得α≥αβ=pα-1-1≥2α-1-1≥α，进而可得β=1，p=2，α=3，再得（p，x，y）=（2，2，16）.

（2）若a=pαpα11…pαkk，则在⑥中可设x=pβpβ11…pβkk（β，β1，…，βk∈N*），所以方程⑥即

（pβpβ11…pβkk）pαpα11…pαkk-p=（pαpα11…pαkk）p

（pβpβ11…pβkk）pα-1pα11…pαkk-1=pαpα11…pαkk⑧

由该等式两边p1的指数相等，可得α1β1=pα-1pα11…pαkk-1，所以由引理可得

α1≥α1β1=pα-1pα11…pαkk-1≥pα11-1≥2α1-1≥α1

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

综上所述，可得欲证结论成立.

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均是质数），则（x，y）=（qp，qp+2）是方程③的解;

（3）若p=2q-1（q∈N*）是质数（可得q是质数），则（x，y）=（2q（2q-1），2q·2q）是方程③的解;

（4）若p=2n-n（n∈N*）是质数，则（x，y）=（22n-n，22n）是方程③的解.

证明 略.

猜想2 （1）方程p=q2-2（p，q均是质数）的解的组数无限（可验证它有解p=q2-2（p，q）=（7，3），（23，5），（47，7），（167，13），（359，19），（839，29））;

（2）形如2q-1（q∈N*）的质数（叫做梅森质数）个数无限（近年人们借助电脑寻找到的最大质数都是梅森质数，且只发现了51个梅森质数.2018年12月，人们发现了迄今为止最大的质数282589933-1）;

（3）形如2n-n（n∈N*）的质数个数无限（当n=2，3，9时，2n-n均是质数）.

定理6 方程④有解（x，y）=（a，b）方程⑤有解（u，v）=1a，1b.

证明 略.

注 定理3，4，5均给出了方程④的部分解;再由定理6可给出方程⑤的部分解.

参考文献：

[1]邓波.由一道数学竞赛试题想到的[J].数理化解题研究，2020（19）：58-59.

[2]谷超豪.数学词典[M].上海：上海辞书出版社，1992.

[责任编辑：李 璟]