设 $\mathbf{N}$是所有正整数的集合.如果正整数 $a, b, c$满足

$ {a^2} + {b^2} = {c^2}, \;\gcd (a, \;b) = 1, \;2\mid b, $

(1.1)

则称 $(a, \ b, \ c)$是一组商高数.已知如此的 $a, b, c$可表成(参阅文献[1]的定理11.6.1)

$ \begin{array}{l} a = {u^2} - {v^2}, \;b = 2uv, \;c = {u^2} + {v^2}, \;u, v \in {\bf{N}}, \\ u > v, \;\gcd (u, \;v) = 1, \;2\mid uv. \end{array} $

(1.2)

1956年, Jeśmanowicz^[2]曾经猜测方程

$ {(an)^x} + {(bn)^y} = {(cn)^z}, \;x, \;y, \;z, \;n \in {\bf{N}} $

(1.3)

仅有解 $(x, \ y, \ z, \ n)=(2, \ 2, \ 2, \ m)$, 其中 $m$是任意正整数.这是一个至今远未解决的数论难题, 目前已知的结果大多集中在 $n=1$时的情况(参阅文献[3]及其参考文献), 而对于 $n > 1$的情况则知之甚少.

本文将运用初等数论方法讨论方程(1.3) 适合 $n > 1$的解 $(x, \ y, \ z, \ n)$. 1999年, 乐茂华^[4]证明方程(1.3) 适合 $(x, \ y, \ z)\neq(2, \ 2, \ 2)$以及 $n > 1$的解 $(x, \ y, \ z, \ n)$必定满足下列条件之一:

(ⅰ)$\rm{max}\{\mathit{x},\ \mathit{y}\}>min\{\mathit{x},\ \mathit{y}\}>\mathit{z}; $

(ⅱ)$\mathit{x}>\mathit{z}>\mathit{y}; $

(ⅲ)$ \mathit{y}>\mathit{z}>\mathit{x}.$

对于上述结果中的条件(ⅰ), 邓谋杰^[5]证明了如果方程(1.3) 仅有解 $(x, \ y, \ z)=(2, \ 2, \ 2)$适合 $n=1$, 则该方程没有适合 $\max\{x, \ y\} > \min\{x, \ y\} > z$以及 $n > 1$的解 $(x, \ y, \ z)$.本文证明了以下更为一般性的结果.

定理1.1  方程(1.3) 没有适合 $\max\{x, \ y\} > \min\{x, \ y\} > z$以及 $n > 1$的解 $(x, \ y, \ z, \ n)$.

从现有结果的证明过程可知, 文献[4]中另外两种情况的排除是一个非常困难的问题.设 $p$是奇素数, 本文将讨论式(1.2) 中的 $u$和 $v$满足

$ u = p, \;v = 2 $

(1.4)

时的情况.对此, 文献[6, 7, 8]分别证明当了 $p=3, \ 5$和 $7$时, Jeśmanowicz猜想成立.本文对于一般的 $p$证明了以下结果.

定理1.2  当 $u$和 $v$满足式(1.4) 时, 方程(1.3) 没有适合 $x > z > y$以及 $n > 1$的解 $(x, \ y, \ z, \ n)$.

显然, 本文的两个定理为解决此类问题情况下的Jeśmanowicz猜想提供了方便.

设 $(x, \ y, \ z, \ n)$是方程(1.3) 的一组适合 $\max\{x, \ y\} > \min\{x, \ y\} > z$以及 $n > 1$的解.此时, 由式(1.3) 可知

$ c = {c_1}{c_2}, \;c_1^z = {n^{\min \{ x, \;y\} - z}}, \;{c_1}, {c_2} \in {\bf{N}}, {c_1} > 1 $

(2.1)

和

$ {a^x}{n^{x - \min \{ x, \;y\} }} + {b^y}{n^{y - \min \{ x, \;y\} }} = c_2^z. $

(2.2)

因为由式(1.2) 和式(2.1) 可知 $c_1$是 $c=u^2+v^2$的大于 $1$的约数, 所以 $c_1\geq 5$, 故有 $c_2=\frac{c}{c_1}\leq\frac{c}{5}$.因此由式(2.2) 可得

$ {\left( {\frac{{{u^2} + {v^2}}}{5}} \right)^z} = {(\frac{c}{5})^z} \ge c_2^z > {a^x} > {a^z} = {({u^2} - {v^2})^z} $

(2.3)

以及

$ {\left( {\frac{{{u^2} + {v^2}}}{5}} \right)^z} = {(\frac{c}{5})^z} \ge c_2^z > {b^y} > {b^z} = {(2uv)^z}. $

(2.4)

因为 $u > v$, 所以由式(2.3) 和式(2.4) 分别可得

$ v > \sqrt {\frac{2}{3}} u $

(2.5)

以及

$ u > (5 + 2\sqrt 6 )v. $

(2.6)

于是, 结合式(2.5) 和式(2.6) 即得 $u > (5+2\sqrt{6})v > \sqrt{\frac{2}{3}}(5+2\sqrt{6})u > u$这一矛盾.由此可知方程(1.3) 没有适合 $\max\{x, \ y\} > \min\{x, \ y\} > z$以及 $n > 1$的解 $(x, \ y, \ z, \ n)$.定理证完.

当 $u$和 $v$满足(1.4) 时, 由式(1.2) 可知方程(1.3) 可写成

$ {(({p^2} - 4)n)^x} + {(4pn)^y} = {(({p^2} + 4)n)^z}, \;x, \;y, \;z, \;n \in {\bf{N}}. $

(3.1)

因为由文献[6-8]中的结果可知本定理在 $p\leq 7$时成立, 所以在此不妨假定 $p\geq 11$, 并设 $(x, \ y, \ z, \ n)$是方程(3.1) 的一组适合 $x > z > y$以及 $n > 1$的解.此时, 由(3.1) 可知

$ b = {b_1}{b_2} = 4p, \;\gcd ({b_1}, \;{b_2}) = 1, \;{b_1} > 1, {b_1}, {b_2} \in {\bf{N}}, $

(3.2)

$ b_1^y = {n^{z - y}}, $

(3.3)

$ {({p^2} - 4)^x}{n^{x - z}} + b_2^y = {({p^2} + 4)^z}. $

(3.4)

因为 $p$是奇素数, 所以由式(3.2) 可知 $b_1\in\{4, \ p, \ 4p\}$.以下就是按照这三种情况来排除该解的存在性.

情况Ⅰ   $b_1=4, \ b_2=p$.

此时由式(3.3) 可得 $2^{2y}=n^{z-y}$.从而有

$ n = {2^r}, \;r \in {\bf{N}} $

(3.5)

以及

$ 2y = r(z - y). $

(3.6)

将式(3.5) 代入式(3.4) 即得

$ {2^{r(x - z)}}{({p^2} - 4)^x} + {p^y} = {({p^2} + 4)^z}. $

(3.7)

首先考虑 $z\equiv y\equiv 1(\rm mod~ 2)$, 即 $z$和 $y$都是奇数的情况.设 $(\frac{*}{*})$是Jacobi符号.当 $p\equiv1(\rm mod~ 4)$时, 因为 $p^2-4\equiv 5(\rm mod~ 8)$, 所以根据Jacobi符号的定义和运算规则(参见文献[1]第3.6节), 由式(3.7) 可得

$ \begin{array}{*{20}{l}} {1 = \left( {\frac{{ - 1}}{p}} \right) = \left( {\frac{{ - 4}}{p}} \right) = \left( {\frac{{{p^2} - 4}}{p}} \right) = \left( {\frac{p}{{{p^2} - 4}}} \right)}\\ {\;\;\; = \left( {\frac{{{p^2} + 4}}{{{p^2} - 4}}} \right) = \left( {\frac{8}{{{p^2} - 4}}} \right) = \left( {\frac{2}{{{p^2} - 4}}} \right) = - 1} \end{array} $

(3.8)

这一矛盾.当 $p\equiv 3(\rm mod~ 4)$时, 因为由式(3.7) 可知 $2^{r(x-z)}(p^2-4)^x\equiv (p^2+4)^z-p^y \equiv(p^2+4)-p \equiv1-(-1)\equiv2(\rm mod~ 4), $所以

$ r(x - z) = 1. $

(3.9)

将式(3.9) 代入式(3.7) 即得

$ 2{({p^2} - 4)^x} + {p^y} = {({p^2} + 4)^z}. $

(3.10)

又因 $z$是奇数, 故由式(3.9) 可知此时 $x$是偶数.由于 ${p^2} + 4 \equiv 5(\,od \;8),{\rm{ }}(\frac{p}{{{p^2} + 4}}{\rm{)}} = \left( {\frac{{{p^2} + 4}}{p}} \right) = (\frac{4}{p}) = 1,$所以由式(3.10) 可得

$ 1 = \left( {\frac{{ - 2{{({p^2} - 4)}^x}{p^y}}}{{{p^2} + 4}}} \right) = \left( {\frac{{ - 2p}}{{{p^2} + 4}}} \right) = \left( {\frac{2}{{{p^2} + 4}}} \right) = - 1 $

(3.11)

这一矛盾, 故不可能.

以下考虑 $z\equiv y\equiv0(\rm mod~ 2)$, 即 $z$和 $y$都是偶数的情况.此时, 因为

$ \gcd \left( {{{({p^2} + 4)}^{\frac{z}{2}}} + {p^{\frac{y}{2}}}, \;{{({p^2} + 4)}^{\frac{z}{2}}} - {p^{\frac{y}{2}}}} \right) = 2, $

所以由式(3.7) 可知

$ \begin{array}{l} {({p^2} + 4)^{\frac{z}{2}}} + {p^{\frac{y}{2}}}\lambda = 2{f^x}, \;{({p^2} + 4)^{\frac{z}{2}}} - {p^{\frac{y}{2}}}\lambda = {2^{r(x - z) - 1}}{g^x}, \\ {p^2} - 4 = fg, \;\gcd (f, \;g) = 1, \;\lambda \in \{ \pm 1\}, \;f, \;g \in {\bf{N}}. \end{array} $

(3.12)

由式(3.12) 可得

$ {({p^2} + 4)^{\frac{z}{2}}} = {f^x} + {2^{r(x - z) - 2}}{g^x} > {\left( {\max \{ f, g\} } \right)^x}. $

(3.13)

由式(3.12) 的第三个等式可知 $f$和 $g$都是奇数.设 $k=\max\{f, \ g\}, \ l=\min\{f, \ g\}$.如果 $k=l$, 则由 $p^2-4=k^2$可得 $5\equiv p^2-4\equiv k^2\equiv 1(\rm mod~ 8)$这一矛盾.因此 $k\neq l, k > l$且 $k-l\geq 2$.如果 $k=l+2, $则由 $p^2-4=(l+2)l$可得 $1\equiv p^2-4\equiv l^2+2l\equiv3(\rm mod~ 4)$这一矛盾.由此可知 $k-l\geq 4, $故有

$ \max \{ f, \;g\} \ge p + 2. $

(3.14)

因为 $x > z$, 所以由式(3.13) 和式(3.14) 可得

$ {({p^2} + 4)^z} > {(p + 2)^{2x}} = {({p^2} + 4p + 4)^x} > {({p^2} + 4)^x} > {({p^2} + 4)^z} $

(3.15)

这一矛盾.

从以上分析可知 $y$和 $z$必定一奇一偶.此时由式(3.6) 可知 $r$必为偶数.

当 $y$是偶数时, $z$是奇数.因为 $p^2-4\equiv 5(\rm mod~ 8)$, 所以由式(3.7) 可得

$ 1 = \left( {\frac{{{p^2} + 4}}{{{p^2} - 4}}} \right) = \left( {\frac{8}{{{p^2} - 4}}} \right) = \left( {\frac{2}{{{p^2} - 4}}} \right) = - 1 $

这一矛盾.

当 $y$是奇数时, $z$是偶数.因为 $r$是偶数, 所以对式(3.7) 取模 $p^2+4$可得

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

即有

$ {( - 1)^x} = {\left( {\frac{2}{{{p^2} + 4}}} \right)^x} = {\left( {\frac{{ - 2}}{{{p^2} + 4}}} \right)^x} = {\left( {\frac{{ - 8}}{{{p^2} + 4}}} \right)^x} = {\left( {\frac{p}{{{p^2} + 4}}} \right)^y} = \left( {\frac{p}{{{p^2} + 4}}} \right) = \left( {\frac{4}{p}} \right) = 1, $

从而可知 $x$是偶数.由于 $p$是奇素数, 故由式(3.7) 可得

$ {({p^2} + 4)^{\frac{z}{2}}} + {2^{\frac{{r(x - z)}}{2}}}{({p^2} - 4)^{\frac{z}{2}}} = {p^y}. $

(3.16)

然而, 由于 $x > z > y$, 故由式(3.16) 可得 $p^y > (p^2+4)^{\frac{z}{2}} > p^z > p^y$这一矛盾.

综上所述可知情况Ⅰ不成立.

情况Ⅱ   $b_1=p, \ b_2=4$.

此时由式(3.3) 可得 $p^y=n^{z-y}$.从而有

$ n=p^{s}, \ s\in{\mathbf{N}} $

(3.17)

以及

$ \mathit{y}{\rm{ = }}\mathit{s}{\rm{(}}\mathit{z}{\rm{ - }}\mathit{y}{\rm{)}}{\rm{.}} $

(3.18)

将式(3.17) 代入式(3.4) 即得

$ (p^2-4)^xp^{s(x-z)}+2^{2y}=(p^2+4)^z. $

(3.19)

因为 $p\geq 11, $所以 $3\dagger p$且 $p^2-4\equiv 0(\rm mod~ 3)$.又因为 $2^{2y}\equiv1(\rm mod~ 3), \ p^2+4\equiv2\equiv-1(\rm mod~3), $故由式(3.19) 可得 $1\equiv(p^2-4)^xp^{s(x-z)}+2^{2y}\equiv(p^2+4)^z\equiv (-1)^z(\rm mod~ 3)$.由此可知此时 $z$是偶数.由于 $p$是奇素数, 由式(3.19) 可知 ${{\left( {{({{p}^{2}}+4)}^{\frac{z}{2}}} \right)}^{2}}\equiv {{2}^{2y}}\left( \rm{mod}~{{\mathit{p}}^{\mathit{s}(\mathit{x}\rm{-}\mathit{z})}} \right)$, 故有 $(p^2+4)^{\frac{z}{2}}\equiv2^{y}\lambda\left(od p^{s(x-z)}\right)$, 其中 $\lambda \in\{\pm1\}$.因此由式(3.19) 可知

$ \begin{array}{l} {({p^2} + 4)^{\frac{z}{2}}} + {2^y}\lambda = {f^x}, \;{({p^2} + 4)^{\frac{z}{2}}} - {2^y}\lambda = {p^{s(x - z)}}{g^x}, \\ {p^2} - 4 = fg, \;\gcd (f, \;g) = 1, \;f, \;g \in {\bf{N}}. \end{array} $

(3.20)

由式(3.20) 可得

$ 2{({p^2} + 4)^{\frac{z}{2}}} = {f^x} + {p^{s(x - z)}}{g^x} > {\left( {\max \{ f, g\} } \right)^x}. $

(3.21)

由于在情况Ⅰ的证明过程中已知式(3.20) 中的 $f$和 $g$满足式(3.15), 所以由式(3.15) 和式(3.21) 可得 $2(p^2+4)^{\frac{z}{2}} > (p+2)^{x}\geq(p+2)^{z+1}$以及

$ 4(p^2+4)^{z} > (p^2+4)^{z+1} > 4(p^2+4)^{z} $

(3.22)

这一矛盾, 故不可能.

情况Ⅲ   $b_1=4p, \ b_2=1$.

此时由式(3.3) 可得 $2^{2y}p^y=n^{z-y}$, 从而有

$ n=2^{2s}p^{s}, \ s\in{\mathbf{N}}, $

(3.23)

其中 $s$适合式(3.18).将式(3.23) 代入式(3.4) 即得

$ 2^{2s(x-z)}p^{s(x-z)}(p^2-4)^x+1=(p^2+4)^z. $

(3.24)

因为 $p^2-4\equiv 0(\rm mod~ 3), \ p^2+4\equiv 2(\rm mod~ 3)$, 所以由式(3.24) 可知此时 $z$必为偶数.因此

$ {{({{p}^{2}}+4)}^{z}}-1\equiv 0\left( \rm{mod}~({{\mathit{p}}^{\rm{2}}}\rm{+3})({{\mathit{p}}^{\rm{2}}}\rm{+5}) \right). $

(3.25)

由式(3.24) 和式(3.25) 可知

$ (p^2+3)\mid 2^{2s(x-z)}p^{s(x-z)}(p^2-4)^x $

(3.26)

以及

$ (p^2+5)\mid 2^{2s(x-z)}p^{s(x-z)}(p^2-4)^x. $

(3.27)

由于 $p^2+3\equiv 4(\rm mod~ 8)$, 所以

$ p^2+3=4t_1, \ t_1 > 1, \ 2\nmid t_1, \ t_1\in{\mathbf{N}}. $

(3.28)

因为 $p$是适合 $p\geq 11$的奇素数, 所以 $p\nmid (p^2+3)$, 故由式(3.26) 和式(3.28) 可得

$ t_1\mid (p^2-4)^x. $

(3.29)

设 $q_1$是适合 $t_1$的奇素因数.因为由式(3.28) 可知 ${{p}^{2}}\equiv -3(\rm{mod}~{{\mathit{q}}_{\rm{1}}})$, 又由式(3.29) 可知 ${{p}^{2}}\equiv 4(\rm{mod}~{{\mathit{q}}_{\rm{1}}})$, 所以 $q_1$仅可能等于~7, 故由式(3.28) 可得

$ p^2+3=4\cdot7^\alpha, \ \alpha\in{\mathbf{N}}. $

(3.30)

类似地, 因为 $p^2+5\equiv 2(\rm mod~ 4)$, 所以

$ p^2+5=2t_2, \ t_2 > 1, \ 2\nmid t_2, \ t_2\in{\mathbf{N}}. $

(3.31)

又因 $p\nmid (p^2+5)$, 故由式(3.27) 和式(3.31) 可得

$ t_2\mid (p^2-4)^x. $

(3.32)

设 $q_2$是适合 $t_2$的奇素因数.因为由式(3.31) 可知 $p^2\equiv-5(od q_2)$, 又由式(3.32) 可知 ${{p}^{2}}\equiv 4(\rm{mod}~{{\mathit{q}}_{\rm{2}}})$, 所以 $q_2$仅可能等于~3, 故由式(3.31) 可得

$ p^2+5=2\cdot3^\beta, \ \beta\in{\mathbf{N}}. $

(3.33)

因此由式(3.30) 和式(3.33) 可得

$ {3^\beta } - 2 \cdot {7^\alpha } = 1. $

(3.34)

然而, 因为由式(3.34) 可知 $3^\beta\equiv2\cdot7^\alpha+1\equiv3(\rm mod~ 4)$, 所以 $\beta$必为奇数, 故由该式可得

$ 1 = (\frac{3}{7}) = - (\frac{7}{3}) = - (\frac{1}{3}) = - 1 $

这一矛盾.

综上所述可知方程(3.1) 没有适合 $x > z > y$以及 $n > 1$的解 $(x, \ y, \ z, \ n)$.定理证完.