談談不定方程xy=ypx(x,y∈N,x≥2,y≥2,p是已知的質(zhì)數(shù))的解法

甘志國

摘 要：文章給出了四個不定方程的部分解，其中重點是談談不定方程xy=ypx（x，y∈N，x≥2，y≥2，p是已知的質(zhì)數(shù)）的解法.

關(guān)鍵詞：莫斯科數(shù)學奧林匹克試題;不定方程;算術(shù)基本定理

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）10-0073-02

題目 （1948年莫斯科數(shù)學奧林匹克試題）解不定方程.

xy=yx（x，y∈N*，x≠y）①

文獻[1]證得了該題的答案是

（x，y）=（2，4），（4，2）.

下面談談與不定方程①類似的四個不定方程

xy=pyx（x，y∈N*，p是質(zhì)數(shù)）②

xy=ypx（x，y∈N，x≥2，y≥2，p是已知的質(zhì)數(shù)） ③

xy=ypx（x，y∈Q+，p是已知的質(zhì)數(shù)）④

uu=vpy（u，v∈Q+，p是已知的質(zhì)數(shù)）⑤

的解法，其中重點是③的解法.

定理1 方程②的解是（x，y）=（p，1）.

證明 若y=1，則x=p.

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

由該等式兩邊p的指數(shù)相等，可得αpβb=βpαa+1，p1，這不可能！所以欲證結(jié)論成立.

引理 若n∈N*，則2n≥n+1（當且僅當n=1時取等號）.

證明 用數(shù)學歸納法、導數(shù)、二項式定理、或貝努利（Bernoulli）不等式均可獲證，具體過程略去.

定理2 方程③的解（x，y）滿足xy（可設y=ax（a∈N*）），且

xa-p=ap（x，a-p∈N*，a≥2，x≥2，p是已知的質(zhì)數(shù)） ⑥

證明 設（x，y）=d（d∈N*），可再設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，與p是質(zhì)數(shù)矛盾！說明此時不成立.

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，與題設x≥2矛盾！所以b≥2，d≥2，再由引理可得b=dpb-1≥22b-1>2b，這不可能！說明此時不成立.

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*），進而可得欲證結(jié)論成立.

猜想1 方程③解的組數(shù)有限.

定理3 在方程③中：

（1）若x是質(zhì)數(shù)，則（p，x，y）=（2，2，16），（3，3，27）;

（2）若x=q2（q是質(zhì)數(shù)），則（p，x，y）=（2，4，16），（2，9，27）;

（3）若x=qi（q是質(zhì)數(shù)，i=3或4），則方程③均無解;

（4）若x=q5（q是質(zhì)數(shù)），則（p，x，y）=（5，32，256）;

（5）若x是兩個互異質(zhì)數(shù)之積，則p是奇質(zhì)數(shù)且（x，y）=（2p，4p2）;

（6）若x=12或18，則方程③均無解.

證明 （1）由定理2知，可設y=ax（a∈N*）.

在方程⑥中可設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），進而可得（p，α）=（2，3），（3，2），從而可得欲證結(jié)論成立.

（2）～（6）略.

注 由定理3可知，當x=2，3，4，…，23時，已求得方程③的解.

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

證明 由定理2，可得pyx即方程⑥中的pa，因而由算術(shù)基本定理知可設a=pα或pαpα11…pαkk，其中α，α1，…，αk∈N*，p，p1，…，pk是兩兩互異的質(zhì)數(shù).

（1）若a=pα，則在⑥中可設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），進而可得（p，x，y）=（2，4，16）或（3，3，27）.

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

（2）若a=pαpα11…pαkk，則在⑥中可設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

由該等式兩邊p1的指數(shù)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是奇質(zhì)數(shù)），可得α1=β=1，再得a=x=2p，y=ax=4p2（p是奇質(zhì)數(shù)）.

綜上所述，可得欲證結(jié)論成立.

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均是質(zhì)數(shù)），則（x，y）=（qp，qp+2）是方程③的解;

（3）若p=2q-1（q∈N*）是質(zhì)數(shù)（可得q是質(zhì)數(shù)），則（x，y）=（2q（2q-1），2q·2q）是方程③的解;

（4）若p=2n-n（n∈N*）是質(zhì)數(shù)，則（x，y）=（22n-n，22n）是方程③的解.

證明 略.

猜想2 （1）方程p=q2-2（p，q均是質(zhì)數(shù)）的解的組數(shù)無限（可驗證它有解p=q2-2（p，q）=（7，3），（23，5），（47，7），（167，13），（359，19），（839，29））;

（2）形如2q-1（q∈N*）的質(zhì)數(shù)（叫做梅森質(zhì)數(shù)）個數(shù)無限（近年人們借助電腦尋找到的最大質(zhì)數(shù)都是梅森質(zhì)數(shù)，且只發(fā)現(xiàn)了51個梅森質(zhì)數(shù).2018年12月，人們發(fā)現(xiàn)了迄今為止最大的質(zhì)數(shù)282589933-1）;

（3）形如2n-n（n∈N*）的質(zhì)數(shù)個數(shù)無限（當n=2，3，9時，2n-n均是質(zhì)數(shù)）.

定理6 方程④有解（x，y）=（a，b）方程⑤有解（u，v）=1a，1b.

證明 略.

注 定理3，4，5均給出了方程④的部分解;再由定理6可給出方程⑤的部分解.

參考文獻：

[1]鄧波.由一道數(shù)學競賽試題想到的[J].數(shù)理化解題研究，2020（19）：58-59.

[2]谷超豪.數(shù)學詞典[M].上海：上海辭書出版社，1992.

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