关于Diophantine 方程组a2+b2=cr和ax+by=cz的一点注记

杜晓英

(晋中学院 数学系，山西 晋中 030619)

ax+by=cz,x,y,z∈

(1)

是一类基本而又重要的指数Diophantine方程[1].由文献[2-4],对于方程(1)有以下猜想.

猜想方程(1)至多有1组解(x,y,z)适合{x,y,z}>1.

上述猜想称为Terai猜想，这是一个迄今尚未解决的数论问题. 设r是大于1 的正奇数,m是正偶数.目前有关Terai猜想的研究工作大多集中在a,b和c适合

(2)

时的情况[5]. 文献[6]证明了:当a,b和c适合(2)时, 如果r≡1(mod4)且b是奇素数,则方程(1)仅有解(x,y,z)=(2,2,r)可使x和y都是偶数.

已知当a,b,c,r适合(2)时,必有

a2+b2=cr,a,b,c,r∈,gcd(a,b)=1,2|a,r>1,2r.

(3)

由于通常的本原商高数组a,b,c满足a2+b2=c2，所以适合(3)的正整数组(a,b,c,r)称为广义商高数组.显然,除了适合(2)的(a,b,c,r)以外,存在更多其他的广义商高数组[7].论文根据有关Lucas数本原素因数存在性的结果,将文献[6]的上述结果推广到了一般的广义商高数的情况.

定理当a,b,c,r适合(3)时,如果b是奇素数,则方程(1)仅有解(x,y,z)=(2,2,r) 可使x和y都是偶数.

注运用论文方法还可以证明: 若将上述定理中的条件“b是奇素数”改为“b是奇素数方幂”, 则该定理仍成立. 这一过程不另赘述.

1 若干引理

引理1[7]设n是大于1的正奇数，方程

X2+Y2=Zn,X,Y,Z∈,gcd(X,Y)=1,2|X

(4)

的解X,Y,Z都可表示成

Z=f2+g2,f,g∈,

(5)

引理2方程

X2+1=2Zn,X,Z,n∈,Z>1,n>2

(6)

仅有解(X,Z,n)=(239,13,4).

证明设(X,Z,n)是方程(6)的一组解. 因为从文献[8]可知n不可能有奇素因数,所以n必为2的方幂. 又因n>2, 故有4|n.因此由(6)可得

(7)

于是,根据文献[9]及(7)可知方程(6)仅有解(X,Z,n)=(239,13,4).证毕.

设α和β是代数整数. 如果α+β和αβ是互素的非零整数, 而且α/β不是单位根,则称数组(α,β)是一个Lucas组.A=α+β,C=αβ且B=A2-4C,有

(8)

数组(A,B)称为Lucas组(α,β)的参数.如果两个Lucas组(α1,β1)和(α2,β2)适合α1/α2=β1/β2=±1,则称它们是等价的.显然, 当Lucas组(α1,β1)与(α2,β2)等价时,它们的参数(A1,B1)和(A2,B2)满足A2=±A1，B2=B1; 反之亦然. 对于给定的Lucas组(α,β)，有

(9)

被称为相应的Lucas数. 已知Lucas都是整数, 而且当k>0时,Lk(α,β)≠0.当Lucas组(α1,β1)与(α2,β2)等价时, 对于任何非负整数k，都有|Lk(α1,β1)|=|Lk(α2,β2)|.设p是素数,当k>1时, 如果p满足

(10)

其中：(A,B)是Lucas组(α,β)的参数,则称p是Lucas数Lk(α,β)的本原素因数.

引理3[10]当4

(i)k=5,(A,B)=(1,5),(1,-7),(2,-40),(1,-11),(1,-15),(12,-76),(12,-1 364).

(ii)k=7,(A,B)=(1,-7),(1,-19).

(iii)k=8,(A,B)=(2,-24),(1,-7).

(iv)k=10,(A,B)=(2,-8),(5,-3),(5,-47).

(v)k=12,(A,B)=(1,5),(1,-7),(1,-11),(2,-56),(1,-15),(1,-19).

(vi)k∈{13,18,30},(A,B)=(1,-7).

证明参见文献[10]，此略.

引理4[11]当k>30,时, Lucas数Lk(α,β)都有本原素因数.

2 定理的证明

设a,b,c,r适合(3)且b是奇素数, 又设(x,y,z)是方程(1)的一组适合(x,y,z)≠(2,2,r)且x和y都是偶数的解.由文献[12-13]可知该定理在r=3时成立, 所以只需讨论

r≥5

(11)

时的情况. 又因(x,y,z)≠(2,2,r)且x和y都是偶数,故由(1)和(3)可知max{x,y}>2，以及

z>r.

(12)

如果2|z,则因2|x且b是奇素数, 所以由(1)可知

(13)

由(13)可得

(14)

以及

(15)

(16)

即b=239,c=13,y=2以及z=8;又由(15)可得a=28 560以及x=2. 由此可知此时的a,b,c满足a2+b2=c8,与(3)不符,故不可能. 因此该解满足

(17)

由(1)和(17)可知方程(4)有可使n是大于1的正奇数的解

(18)

因此, 根据引理1, 由(18)可得

c=f2+g2,f,g∈,gcd(f,g)=1,2|f，

(19)

以及

(20)

由(20)可知

(21)

因为b是奇素数, 所以由(21)可得

g=bs,s∈,

(22)

设

(23)

由(19)和(23)可知α+β=2f与αβ=c是互素的正整数，又因α/β适合

(24)

其中：c>1且gcd(c,2(f2-g2))=1,知α/β不是单位根，所以(α,β)是参数为

(A,B)=(2f,-4g2)

(25)

的Lucas组. 对于非负整数k, 设Lk(α,β)是相应的Lucas数，由(20)可知

(26)

所以由(9),(20),(23)，(26)可得

(27)

当(22)中的s>0时, 由(22),(25)和(27)可知Lucas数Lk(α,β)没有本原素因数. 因此,根据引理4可知z≤30.然而, 由(11)和(12)可知z≥5,通过比较(25)和引理3列出的参数(A,B)可知这是不可能的,故必有s=0. 由(22)可知g=1,并且由(23)和(27)可得

(28)

其中

(29)

同时,由(3)可知(X,Y,Z,n)=(a,b,c,r)也是方程(4)的一组可使n是大于1的正奇数的解，因此, 运用相同的方法可得

|Lr(α,β)|=b,

(30)

其中:α和β也适合(29). 于是, 由(12),(28)，(30)可知Lucas数Lz(α,β)没有本原素因数，然而此前已经证明这是不可能的, 故定理证毕.