设$\mathbb{N}$是全体正整数的集合.设$a$, $b$, $c$是给定的互素的正整数且$\min\{a, b, c\}>1$.最近, 许多学者对方程

$ a^x+b^y=c^z, \ x, y, z\in\mathbb{N} $

(1.1)

的解$(x, y, z)$进行了研究(参见文献[2, 7, 8, 9, 11]).在本文中, 考虑$a=4$, $c=b+4$并且$b>1$是奇整数.那么, 方程(1.1) 可写为

$ 4^x+b^y=(b+4)^z, \ x, y, z\in\mathbb{N}. $

(1.2)

运用有关指数Diophantine方程的已知结果以及有关Pell方程的Stormer定理的推广(引理2.3), 可完全得到方程(1.2) 的解, 即

定理  方程(1.2)仅有解$(x, y, z)=(1, 1, 1)$.

引理 2.1  (见文[6, 公式1.76])  设$n$是任意的正整数, $\alpha$和$\beta$是任意复数, 有

$ \alpha^n+\beta^n=\sum\limits_{i=0}^{[n/2]}\big[^n_i\big](\alpha+\beta)^{n-2i}(-\alpha\beta)^i, $

这里$[n/2]$是$n/2$的整数部分,

$ \big[^n_i\big]=\frac{(n-i-1)!n}{(n-2i)!i!}, \ i=0, \cdots, \left[\frac{n}{2}\right] $

(2.1)

是正整数.

设$A$, $B$是正整数满足$\min\{A, B\}>1$, $2\nmid AB$, $\gcd(A, B)=1$, 且$AB$是无平方因子数.

引理 2.2  (见文[10])  如果方程

$ AU^2-BV^2=4, \ U, V\in\mathbb{N}, \ 2\nmid UV $

(2.2)

有解$(U, V)$, 那么它有满足$U_1\sqrt{A}+V_1\sqrt{B}\leq U\sqrt{A}+V\sqrt{B}$的唯一解$(U_1, V_1)$, 这里$(U, V)$通过方程(2.2) 的全部解. $(U_1, V_1)$叫做方程(2.2) 的最小解.方程(2.2) 的任意一个解$(U, V)$可表示为

$ \frac{U\sqrt{A}+V\sqrt{B}}{{2}}=\left(\frac{U_1\sqrt{A}+V_1\sqrt{B}}{{2}}\right)^l, \ l\in\mathbb{N}, \ \gcd(6, l)=1. $

(2.3)

因此由(2.3) 式, 对方程(2.2) 的任意解$(U, V)$, 有$V_1\mid V$.

引理 2.3  方程(2.2) 没有适合$V/V_1>1$的解$(U, V)$, 且$V/V_1$的每一个素因子都整除$B$.

证  设方程(2.2) 的解$(U, V)$满足$V/V_1>1$, 并且$V/V_1$的每一个素因子都整除$B$.因为$V/V_1>1$, 由引理2.2, $(U, V)$可表示为(2.3) 式, 其中$l>1$.设

$ \alpha=\frac{U_1\sqrt{A}+V_1\sqrt{B}}{{2}}, \ \beta=\frac{U_1\sqrt{A}-V_1\sqrt{B}}{{2}}. $

(2.4)

那么有

$ \alpha+\beta=U_1\sqrt{A}, \ \alpha-\beta=V_1\sqrt{B}, \ \alpha\beta=1. $

(2.5)

由(2.3), (2.4) 和(2.5) 式, 有

$ \frac{V}{V_1}=\frac{\alpha^l-\beta^l}{V_1\sqrt{B}}=\frac{\alpha^l-\beta^l}{\alpha-\beta}=\frac{\alpha^l+(-\beta)^l}{\alpha+(-\beta)}. $

(2.6)

利用引理2.1和(2.6) 式有

$ \frac{V}{V_1}=\sum\limits_{i=0}^{(l-1)/2}\big[^l_i\big](\alpha-\beta)^{l-2i-1}(\alpha\beta)^i=\sum\limits_{i=0}^{(l-1)/2}\big[^l_i\big](BV_1^2)^{(l-1)/2-i}=\sum\limits_{i=0}^{(l-1)/2} \big[^{\ \ \ 1}_{\frac{l-1}{2}-i}\big](BV_1^2)^i. $

(2.7)

设$p$是$V/V_1$的素因子, 因为

$ \big[^{\ \ l}_{\frac{l-1}{2}}\big]=l, $

(2.8)

由(2.1) 式, 利用(2.7) 和(2.8) 式有$p\mid l$.进一步, 因为$\gcd(6, l)=1$, 由(2.3) 式, 有

$ p\geq5. $

(2.9)

设

$ p^r\|\frac{V}{V_1}, \ p^s\|B, \ p^t\|l, \ p^{f_i}\|2i+1, \ i=1, \cdots, \frac{l-1}{2}. $

(2.10)

那么, 由(2.9) 和(2.10) 式, 有

$ f_i\leq\frac{\log(2i+1)}{\log p}\leq\frac{\log(2i+1)}{\log 5}<i, \ i=1, \cdots, \frac{l-1}{2}, $

(2.11)

由(2.1) 式, 有

$ \big[^{\ \ \ l}_{\frac{l-1}{2}-i}\big](BV_1^2)^i=l\binom{\frac{l-1}{2}+i}{2i}\frac{(BV_1^2)^i}{2i+1}, \ i=1, \cdots, \frac{l-1}{2}, $

(2.12)

因此由(2.10), (2.11) 和(2.12) 式有

$ \big[^{\ \ \ l}_{\frac{l-1}{2}-i}\big](BV_1^2)^i\equiv0~(\bmod\ p^{t+1}), \ i=1, \cdots, \frac{l-1}{2}. $

(2.13)

进一步, 由(2.8), (2.10) 和(2.13) 式, 有

$ p^t\|\sum\limits_{i=0}^{(l-1)/2}\big[^{\ \ \ l}_{\frac{l-1}{2}-i}\big](BV_1^2)^i. $

(2.14)

如此, 结合(2.7)和(2.14)式有

$ r=t. $

(2.15)

设$P$通过$V/V_1$的所有不同素因子, 由(2.10) 和(2.15) 式有$l\equiv0~(\bmod\ V/V_1)$, 并且

$ l\geq\frac{V}{V_1}, $

(2.16)

又因为$\big[^l_i\big](i=0, \cdots, (l-1)/2)$是正整数, 由(2.7) 和(2.8) 式, (2.16) 式是不可能的.引理证完.

引理 2.4(见文[5])  方程

$ X^2+1=Y^n, \ X, Y, n\in\mathbb{N}, \ n\geq2 $

(2.17)

没有解$(X, Y, n)$.

引理 2.5(见文[1, 4])  方程

$ X^2+2^m=Y^n, \ X, Y, m, n\in\mathbb{N}, \ \gcd(X, Y)=1 $

(2.18)

仅有解$(X, Y, m, n)=(5, 3, 1, 3), (7, 3, 5, 4)$和$(11, 5, 2, 3)$, 且$n\geq3$.

引理 2.6(见文[3])  方程

$ X^2-2^m=Y^n, \ X, Y, m, n\in\mathbb{N}, \ \gcd(X, Y)=1, \ Y>1, \ m\geq2 $

(2.19)

仅有解$(X, Y, m, n)=(71, 17, 7, 3)$, 且$n\geq3$.

设$(x, y, z)$是方程(1.2) 的一组解.

如果$2\mid y$且$2\mid z$, 那么由(1.2) 式有$(b+4)^{z/2}+b^{y/2}=2^{2x-1}$和$(b+4)^{z/2}-b^{y/2}=2$.即有

$ (b+4)^{z/2}=2^{2x-2}+1 $

(3.1)

和

$ b^{y/2}=2^{2x-2}-1. $

(3.2)

由引理2.4和(3.1) 式, 有$z/2=1$, $b=2^{2x-2}-3$和$2^{2x-2}\equiv3~(\bmod\ b)$.

另一方面, 由(3.2) 式可得$2^{2x-2}\equiv1~(\bmod\ b)$, 因此有$2\equiv0~(\bmod\ b)$.又因为$b>1$是奇整数, 故不可能.

如果$2\mid y$且$2\nmid z$, 那么(2.18) 式有解

$ (X, Y, m, n)=\left(b^{\frac{y}{2}}, b+4, 2x, z\right), $

(3.3)

并且$2\nmid n$.由引理2.5和(3.3) 式, 有$z=1$.因此由(1.2) 式, 有$b+4=(b+4)^z>b^y\geq b^2$, 矛盾.

如果$2\nmid y$且$2\mid z$, 那么(2.19) 式有解

$ (X, Y, m, n)=\left((b+4)^{\frac{z}{2}}, b, 2x, y\right), $

(3.4)

且$2\nmid n$.由引理2.6和(3.4) 式, 有$y=1$.因此由(1.2) 式, 有$b=b^y=\left((b+4)^{\frac{z}{2}}\right)^2-(2^x)^2\geq(b+4)^{\frac{z}{2}}+2^x>b+4$, 矛盾.

如果$2\nmid y$且$2\nmid z$, 因为$b^{y-1}\equiv(b+4)^{z-1}\equiv1~(\bmod\ 8)$, 那么由(1.2) 式有$2^{2x}\equiv(b+4)^z-b^y\equiv(b+4)-b\equiv4~(\bmod8)$和$x=1$.因此有

$ (b+4)\left((b+4)^{\frac{z-1}{2}}\right)^2-b\left(b^{\frac{y-1}{2}}\right)^2=4, $

(3.5)

由(3.5) 式有

$ (b+4)U^2-bV^2=4, \ U, V\in\mathbb{N}, \ \gcd(U, V)=1 $

(3.6)

有解

$ (U, V)=\left((b+4)^{\frac{z-1}{2}}, b^{\frac{y-1}{2}}\right). $

(3.7)

显然, 方程(3.6) 的最小解是$(U_1, V_1)=(1, 1)$.因此由引理2.3和(3.7) 式, 有$y=z=1$.因此方程(1.2) 仅有解$(x, y, z)=(1, 1, 1)$.定理证完.