设$ \mathbb{Z, N} $分别是全体整数和正整数的集合. $ D>1 $是正整数, $ p $是适合$ p\nmid D $的素数.50多年前, 陈景润^[1]在研究数论中有关本原商高数的Jeśmanowicz猜想时, 曾涉及到方程

$ \begin{align} x^2 = D^{2m}-D^mp^n+p^{2n}, \quad x, m, n\in\mathbb{N} \end{align} $

(1.1)

的求解问题.这是一类指数型的广义Ramanujan-Nagell方程, 它与数论、组合数学和编码理论中的很多重要问题的研究有关(参考文献[2]).对此, 佟瑞洲在文献[3]中确定了方程(1.1)的所有适合$ m = 1 $的解$ (x, m, n) $; 在文献[4]中提出, 除了

$ \begin{align} (D, p, x, m, n) = (2, 3, 7, 3, 1) \end{align} $

(1.2)

以外, 方程(1.1)适合$ m>1 $的解必定满足下列两个条件之一:

(i) $ D $是奇数, $ p\equiv 1\pmod8, m = 2, n = 1 $;

(ii) $ D $是偶数, $ D $含有$ 2kq+1 $之形素因数, 其中$ q $是$ m $的奇素因数.

然而, 方程(1.1)除了(1.2)以外, 显然还有解

$ \begin{align} (D, p, x, m, n) = (2, 5, 7, 3, 1) \end{align} $

(1.3)

不满足上述(i)和(ii).由此可知文献[4]的结果是不完整的.

对于非负整数$ t $, 设

$ \begin{align} u_{_{2t+1}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\alpha^{2t+1}+\beta^{2t+1}), v_{_{2t+1}} = \frac{1}{\sqrt{6}}(\alpha^{2t+1}-\beta^{2t+1}), \end{align} $

(1.4)

其中

$ \begin{align} \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}(1+\sqrt{3}), \beta = \frac{1}{\sqrt{2}}(1-\sqrt{3}). \end{align} $

(1.5)

本文根据Diophantine方程的性质和若干已知结果, 运用初等方法, 完整地确定了方程(1.1)适合$ m>1 $的所有解, 即证明了

定理  除了(1.2)和(1.3)以外, 方程(1.1)适合$ m>1 $的解仅有

$ \begin{align} (D, p, x, m, n) = (U_{_{2k+1}}V_{_{2k+1}}, 2V^2_{_{2k+1}}-1, 3V^4_{_{2k+1}}-3V^2_{_{2k+1}}+1, 2, 1), \quad k\in \mathbb{N}. \end{align} $

(1.6)

为了证明定理, 首先需要证明下面的几个引理.为此, 设$ X>1, r>1 $均是正整数, $ q $是奇素数.

引理2.1  如果$ X^r-1 $是素数, 则$ X = 2 $且$ r $是素数.

证 参见文献[5]的定理1.10.1.

引理2.2  如果$ X^r+1 $是素数, 则$ X $是偶数且$ r = 2^s $, 其中$ s $是正整数.

证  参见文献[5]的定理1.10.2.

引理2.3  设$ X>1, r>1 $均是正整数, $ q $是奇素数, 则

(i)

$ \begin{align*} \gcd(X+1, \frac{X^q+1}{X+1}) = \begin{cases}q, \text{如果 $X+1 \equiv 0\pmod q$, }\\1, \text{否则.} \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \end{cases} \end{align*} $

(ii) 当$ X+1 \equiv 0\pmod q $时, $ q\parallel (X^q+1)/(X+1) $, 且$ (X^q+1)/q(X+1) $的素因数$ p $满足$ p\equiv 1\pmod{2q} $; 当$ X+1 \not \equiv 0\pmod q $时, $ (X^q+1)/(X+1) $的素因数$ p $满足$ p\equiv 1\pmod{2q} $.

证  参见文献[6].

引理2.4  当$ U_{_{2t+1}}, V_{_{2t+1}} $适合$ (1.4) $和$ (1.5) $式时, $ (U, V) = (U_{_{2t+1}}, V_{_{2t+1}})(t = 0, 1, \cdots) $是方程

$ \begin{align} U^2-3V^2 = -2, \quad U, V\in \mathbb{N} \end{align} $

(2.1)

的全部解.

证  因为$ (U, V) = (1, 1) $是方程$ (2.1) $的最小解, 所以从文献[7]第5.3节直接可得本引理.

引理2.5  方程组

$ \begin{align} X^2-2Y^2 = -1, Z^2-3Y^2 = -2, \quad X, Y, Z\in \mathbb{N} \end{align} $

(2.2)

仅有解$ (X, Y, Z) = (1, 1, 1) $.

证  参见文献[4]的引理6.

引理2.6  方程

$ \begin{align} X^4-3Y^4 = -2, \quad X, Y, \in \mathbb{N} \end{align} $

(2.3)

仅有解$ (X, Y) = (1, 1) $.

证  参见文献[7]第6.2节.

引理2.7  方程

$ \begin{align} 2X^2-1 = Y^r, \quad X, Y, r\in \mathbb{N}, X>1, Y>1, r>2 \end{align} $

(2.4)

仅有解$ (X, Y, r) = (78, 23, 3) $.

证  参见文献[8]的定理8.1.

引理2.8  方程

$ \begin{align} 2^r+1 = 3X^s, \quad X, r, s\in \mathbb{N}, \min(X, r, s)>1 \end{align} $

(2.5)

无解$ (X, r, s) $.

证  参见文献[9].

引理2.9  方程

$ \begin{align} X^r-Y^s = 1, \quad X, Y, r, s\in \mathbb{N}, \min (X, Y, r, s)>1 \end{align} $

(2.6)

仅有解$ (X, Y, r, s) = (3, 2, 2, 3) $.

证  参见文献[10].

引理2.10  对于奇素数$ p $, 方程

$ \begin{align} X^r+1 = 3p^s, \quad X, r, s\in \mathbb{N}, r>1 \end{align} $

(2.7)

仅有解$ (p, X, r, s) = (3, 2, 3, 1) $和$ ( \frac{1}{3}(2^q+1), 2, q, 1) $, 其中$ q $是大于3的奇素数.

证  设$ (p, X, r, s) $是方程$ (2.7) $的一组解.此时显然$ X>1 $.因为当$ r $是偶数时, $ 3\nmid X^r+1 $, 所以$ r $必为奇数; 又因$ r>1 $, 所以$ r $必为奇素数$ q $.

根据引理2.9可知, 方程$ (2.7) $仅有解$ (p, X, r, s) = (3, 2, 3, 1) $适合$ p = 3 $.当$ p\neq 3 $时, 因为从方程$ (2.7) $可知$ 3\mid X^r+1 $且$ 3^2\nmid X^r+1 $, 所以$ q>3 $.设

$ d = \gcd{(X^{r/q}+1, (X^r+1)/(X^{r/q}+1))}. $

根据引理2.3, 从$ (2.7) $式可知$ d = 1 $或$ p $且$ q = p $.

如果$ d = 1 $, 则从$ (2.7) $式可知

$ \begin{align} X^{r/q}+1 = 3, \quad \frac{(X^{r/q})^q+1}{X^{r/q}+1} = p^s. \end{align} $

(2.8)

由于从$ (2.8) $式中第一个等式可得$ X = 2 $, 且$ r = q $, 又结合引理2.8和$ (2.8) $式的第二个等式可得$ s = 1 $, 故有$ (p, X, r, s) = \big( \frac{1}{3}(2^q+1), 2, q, 1\big) $, 其中$ q $是大于3的奇素数.

如果$ d = p $, 且$ q = p $, 则根据引理2.3的结论(ii), 从$ (2.7) $式可得$ X^{r/q}+1 = 3p^{s-1}\geq 3p $, 以及$ p = (X^r+1)/(X^{r/q}+1)>X^{r/q}+1>p $, 这就得出一对矛盾不等式, 故$ d = p $不成立.引理证完.

引理2.11  对于奇素数$ p $和$ q $, 方程

$ \begin{align} X^q+Y^q = 2p^Z, \quad X, Y, Z\in \mathbb{N}, \gcd(X, Y) = 1 \end{align} $

(2.9)

无解$ (X, Y, Z) $.

证  设$ (X, Y, Z) $是方程$ (2.9) $的一组解.因为$ p>1 $, 所以$ (X, Y)\neq (1, 1) $, 故有$ X+Y>2 $.由于$ (X^q+Y^q)/(X+Y) $是大于1的奇数, 所以从$ (2.9) $式可得

$ \begin{align} X+Y = 2p^r, \frac{X^q+Y^q}{X+Y} = p^s, \quad Z = r+s, r, s\in \mathbb{N}, \end{align} $

(2.10)

因为从$ (2.10) $式可知$ p\mid \gcd(X+Y, (X^q+Y^q)/(X+Y)) $, 所以$ q = p $.然而, 由于$ q\parallel(X^q+Y^q)/(X+Y) $, 所以$ (2.10) $式中的$ s = 1 $, 并且可得$ q = p = (X^q+Y^q)/(X+Y)>q $, 矛盾.因此方程$ (2.9) $无解.引理证完.

引理2.12  当$ r $是大于2的正整数时, 方程

$ \begin{align} X^r+Y^r = 2^tZ^r, \quad X, Y, Z\in \mathbb{N}, XYZ>1, \gcd(X, Y) = 1, t\in \mathbb{Z}, t\geq0 \end{align} $

(2.11)

无解$ (X, Y, Z, t) $.

证  参见文献[11].

设$ (x, m, n) $是方程$ (1.1) $的一组满足$ m>1 $的解.

首先讨论$ p = 2 $时的情况.此时$ D $是大于1的奇数, 方程$ (1.1) $可表示成

$ \begin{align} x^2 = D^{2m}-2^nD^m+2^{2n}. \end{align} $

(3.1)

因为$ D $是奇数, 所以从$ (3.1) $式可知$ x $也是奇数, 故从$ x^2\equiv D^{2m}\equiv1\pmod 8 $以及$ 0\equiv x^2-D^{2m}\equiv -2^n(D^m-2^n)\pmod 8 $可知$ n\geq3 $.

从$ (3.1) $式可得

$ \begin{align} x^2-(D^m-2^{n-1})^2 = (x+|D^m-2^{n-1}|)(x-|D^m-2^{n-1}|) = 2^{2n-2}\cdot3. \end{align} $

(3.2)

因为$ \gcd(x+|D^m-2^{n-1}|, x-|D^m-2^{n-1}|) = 2 $, 所以从$ (3.2) $式可得

$ \begin{align} x+|D^m-2^{n-1}| = 2^{2n-3}\cdot3, x-|D^m-2^{n-1}| = 2 \end{align} $

(3.3)

或

$ \begin{align} x+|D^m-2^{n-1}| = 2^{2n-3}, x-|D^m-2^{n-1}| = 6. \end{align} $

(3.4)

当$ (3.3) $式成立时, 在其中消去$ x $可得

$ \begin{align} |D^m-2^{n-1}| = 2^{2n-4}\cdot3-1. \end{align} $

(3.5)

由于$ n\geq3 $, 所以$ 2^{2n-4}\cdot3-1>2^{2n-3}>2^{n-1} $, 故从$ (3.5) $式可知$ D^m>2^{n-1} $以及

$ \begin{align} D^m = 2^{2n-4}\cdot3+2^{n-1}-1. \end{align} $

(3.6)

从$ (3.6) $式可得

$ \begin{align} D^m+1 = 2^{n-1}(2^{n-3}\cdot3+1). \end{align} $

(3.7)

因为$ n\geq3 $, 所以从$ (3.7) $式可知$ m $必为奇数, 故有$ m\geq3 $.又因$ (D^m+1)/(D+1) $是奇数, 所以从$ (3.7) $式可得$ D+1\geq2^{n-1} $, 以及$ 2^{n-1}>2^{n-3}\cdot3+1\geq(D^m+1)/(D+1)\geq(D^3+1)/(D+1) = D^2-D+1>D+1\geq2^{n-1} $这一矛盾.

当$ (3.4) $式成立时, 在其中消去$ x $可得

$ \begin{align} |D^m-2^{n-1}| = 2^{2n-4}-3. \end{align} $

(3.8)

如果$ n = 3 $, 则从$ (3.8) $式可得$ |D^m-4| = 1 $.然而, 因为$ m>1 $, 这是不可能的.如果$ n>3 $, 则因$ 2^{2n-4}-3>2^{n-1} $, 所以从$ (3.8) $式可知$ D^m>2^{n-1} $以及

$ \begin{align} D^m = 2^{2n-4}+2^{n-1}-3 = (2^{n-2}-1)(2^{n-2}+3). \end{align} $

(3.9)

由于$ \gcd(2^{n-2}-1, 2^{n-2}+3) = 1 $, 故从$ (3.9) $式可得

$ \begin{align} 2^{n-2}-1 = a^m, 2^{n-2}+3 = b^m, D = ab, a, b\in \mathbb{N}, \end{align} $

(3.10)

然而因为$ m>1 $, 所以根据引理2.9, 从$ (3.10) $式中第一个等式可知$ n = 3 $, 又从第二个等式可得$ b^m = 5 $这一矛盾.

从以上分析可知, 当$ p = 2 $时, 方程$ (1.1) $没有适合$ m>1 $的解$ (x, m, n) $.

其次讨论$ p $是奇素数时的情况.此时从$ (1.1) $式可知

$ \begin{align} 4x^2-(2D^m-p^n)^2 = (2x+|2D^m-p^n|)(2x-|2D^m-p^n|) = 3p^{2n}. \end{align} $

(3.11)

因为$ p\nmid D $, 所以$ p\nmid x $且$ \gcd(2x+|2D^m-p^n|, 2x-|2D^m-p^n|) = 1 $, 故从$ (3.11) $式可得

$ \begin{align} 2x+|2D^m-p^n| = 3p^{2n}, 2x-|2D^m-p^n| = 1 \end{align} $

(3.12)

或

$ \begin{align} 2x+|2D^m-p^n| = p^{2n}, 2x-|2D^m-p^n| = 3, p\neq3. \end{align} $

(3.13)

现分别按照$ (3, 12) $式和$ (3.13) $式成立这两种情况进行讨论.

情况Ⅰ  $ (3.12) $式成立.从$ (3.12) $式可得

$ \begin{align} x = \frac{1}{4}(3p^{2n}+1) \end{align} $

(3.14)

和

$ \begin{align} |2D^m-p^n| = \frac{1}{2}(3p^{2n}-1). \end{align} $

(3.15)

因为$ \frac{1}{2}(3p^{2n}-1)>p^{2n}>p^n $, 所以从$ (3.15) $式可知$ 2D^m>p^n $, 以及

$ \begin{align} D^m = \frac{1}{4}(3p^{2n}+2p^n-1) = \frac{1}{4}(p^n+1)(3p^n-1). \end{align} $

(3.16)

如果$ p^n\equiv1\pmod 4 $, 则因$ \frac{1}{2}(p^n+1) $与$ \frac{1}{2}(3p^n-1) $是互素的奇数, 故从$ (3.16) $式可得

$ \begin{align} \frac{1}{2}(p^n+1) = a^m, \frac{1}{2}(3p^n-1) = b^m, D = ab, a, b\in \mathbb{N}, \end{align} $

(3.17)

从$ (3.17) $式可得

$ \begin{align} a^m+b^m = 2p^n \end{align} $

(3.18)

和

$ \begin{align} b^m-3a^m = -2. \end{align} $

(3.19)

由于$ m>1 $, 根据引理2.11, 从$ (3.18) $式可知$ m $没有奇素因数, 所以$ m = 2^s $, 其中$ s $是正整数.同时, 因为从$ (3.18) $式可知$ (a, b)\neq(1, 1) $, 所以根据引理2.6, 结合$ (3.19) $式可知$ s<2 $.因此$ s = 1 $, 即$ m = 2 $.将此代入$ (3.17) $式中第一个等式, 可得

$ \begin{align} 2a^2-1 = p^n. \end{align} $

(3.20)

当$ n>2 $时, 根据引理2.7, 结合$ (3.20) $式可知, 仅有$ (a, p, n) = (78, 23, 3) $, 然而, 此时从$ (3.17) $式中第二个等式可得$ b^m = b^2 = \frac{1}{2}(3p^n-1) = 18250 $, 故这是不可能的.

当$ n = 2 $时, 联合$ (3.19) $式和$ (3.20) $式可知, 方程组$ (2.2) $有解$ (X, Y, Z) = (p, a, b)\neq (1, 1, 1) $.然而, 根据引理2.5可知这是不可能的.

当$ n = 1 $时, 根据引理2.4, 联合$ (3.14), (3.19) $和$ (3.20) $式可得形如$ (1.6) $式的解.

如果$ p^n\equiv3\pmod8 $, 则因$ \frac{1}{4}(p^n+1) $是与$ 3p^n-1 $互素的奇数, 后者是偶数, 所以从$ (3.16) $式可得

$ \begin{align} \frac{1}{4}(p^n+1) = a^m, 3p^n-1 = 2^mb^m, D = 2ab, a, b\in \mathbb{N}, \end{align} $

(3.21)

因为$ m>1 $, 所以根据引理2.10, 从$ (3.21) $式中第二个等式可得

$ \begin{align} b = 1, m = 3, p = 3, n = 1 \end{align} $

(3.22)

或

$ \begin{align} b = 1, m = q, p = \frac{1}{3}(2^q+1), n = 1, q\text{是大于3的奇素数}. \end{align} $

(3.23)

当$ (3.22) $式成立时, 联合$ (3.14) $和$ (3.21) $式可得解$ (1.2) $.当$ (3.23) $式成立时, 从$ (3.21) $式中第一个等式可得

$ \begin{align} \frac{1}{3}(2^{q-2}+1) = a^q. \end{align} $

(3.24)

然而, 由于$ q>3 $, 故有$ 1< \frac{1}{3}(2^{q-2}+1)<2^q $, 所以$ (3.24) $式是不成立的.

如果$ p^n\equiv7\pmod 8 $, 则因$ \frac{1}{4}(3p^n-1) $是与$ p^n+1 $互素的奇数, 后者是偶数, 所以从$ (3.16) $式可得

$ \begin{align} \frac{1}{4}(3p^n-1) = a^m, p^n+1 = 2^mb^m, D = 2ab, a, b\in \mathbb{N}, \end{align} $

(3.25)

因为$ m>1 $, 所以根据引理2.9, 从$ (3.25) $式中的第二个等式可知$ n = 1 $, 以及

$ \begin{align} p = (2b)^m-1. \end{align} $

(3.26)

再根据引理2.1, 从$ (3, 26) $式可知$ b = 1 $.将此代入$ (3.25) $式中的第一个等式可得

$ \begin{align} 3\cdot2^{m-2}-1 = a^m. \end{align} $

(3.27)

然而, 由于$ 1<3\cdot2^{m-2}-1<2^m $, 所以$ (3.27) $式不可能成立.

从以上分析可知:方程$ (1.1) $仅有解$ (1.2) $和$ (1.6) $, 满足$ m>1 $和$ (3.12) $式.

情况Ⅱ  $ (3.13) $式成立.从$ (3.13) $式可得

$ \begin{align} x = \frac{1}{4}(p^{2n}+3) \end{align} $

(3.28)

和

$ \begin{align} |2D^m-p^n| = \frac{1}{2}(p^{2n}-3). \end{align} $

(3.29)

因为$ \frac{1}{2}(p^{2n}-3)\geq\frac{1}{2}(p^{2n}-p^n)\geq p^n $, 所以从$ (3.29) $式可知$ 2D^m>p^n $, 以及

$ \begin{align} D^m = \frac{1}{4}(p^{2n}+2p^n-3) = \frac{1}{4}(p^n-1)(p^n+3). \end{align} $

(3.30)

如果$ p^n\equiv1\pmod 8 $, 则因$ \frac{1}{4}(p^n+3) $是与$ p^n-1 $互素的奇数, 后者是偶数, 所以从$ (3.30) $式可得

$ \begin{align} \frac{1}{4}(p^n+3) = a^m, p^n-1 = 2^mb^m, D = 2ab, a, b\in \mathbb{N}, \end{align} $

(3.31)

因为$ m>1 $, 而且从$ (3.13) $式可知$ p\neq 3 $, 所以根据引理2.9, 从$ (3.31) $式中第二个等式可得$ n = 1 $, 以及

$ \begin{align} p = (2b)^m+1. \end{align} $

(3.32)

再根据引理2.2, 从$ (3.32) $式可知$ m $必为偶数.然而, 此时在$ (3.31) $式中消去$ p^n $, 可得$ 1 = a^m-2^{m-2}b^m\geq a^{m/2}+2^{m/2-1}b^{m/2}>1, $矛盾.

如果$ p^n\equiv3\pmod 4 $, 则因$ \frac{1}{2}(p^n-1) $与$ \frac{1}{2}(p^n+3) $是互素的奇数, 所以从$ (3.30) $式可得

$ \begin{align} \frac{1}{2}(p^n-1) = a^m, \frac{1}{2}(p^n+3) = b^m, D = ab, a, b\in \mathbb{N}, \end{align} $

(3.33)

然而, 因为$ m>1 $, 又从$ (3.33) $式可知$ b>a\geq1 $, 所以在$ (3.33) $式中消去$ p^n $, 可得

$ 2 = b^m-a^m\geq b^{m-1}+ab^{m-2}+\cdots+a^{m-1}\geq b+a>2, $

矛盾.

如果$ p^n\equiv5\pmod 8 $, 则因$ \frac{1}{4}(p^n-1) $是与$ p^n+3 $互素的奇数, 后者是偶数, 所以从$ (3.30) $式可得

$ \begin{align} \frac{1}{4}(p^n-1) = a^m, p^n+3 = 2^mb^m, D = 2ab, a, b\in \mathbb{N}, \end{align} $

(3.34)

在$ (3.34) $式中消去$ p^n $, 可得

$ \begin{align} a^m+1 = 2^{m-2}b^m. \end{align} $

(3.35)

显然, 从$ (3.35) $式可知$ m $必为奇数.又因$ m>1 $, 所以根据引理2.12, 从$ (3.35) $式可知, 仅有$ m = 3 $以及$ a = b = 1 $.将此代入$ (3.28) $和$ (3.34) $式即得解$ (1.3) $.由此可知, 方程$ (1.1) $仅有解$ (1.3) $满足$ m>1 $以及$ (3.13) $式.

综合以上所有, 定理证完.