1、第 45 卷第 3 期2023 年 5 月 湖北大学学报(自然科学版)Journal of Hubei University(Natural Science)Vol.45No.3May 2023收稿日期:20220217作者简介:安莹(1997),女,讲师;罗明,通信作者,教授,研究方向为代数数论,E-mail:luoming1958 文章编号:10002375(2023)03032106关于商高数的 Jesmanowicz 猜想安莹1,罗明2(1.和田师范专科学校学生工作处,新疆 和田 848000;2.西南大学数学与统计学院,重庆 400715)摘要:本研究主要利用简单同余、二次剩余、次剩
2、余、四次剩余特征理论及因式分解法,对关于不定方程 ax+by=cz的 Jesmanowicz 猜想的一类特殊情形进行证明,并得到如下结论:定理对于商高数组a=n2-4,b=4n,c=n2+4,2|n,当 n+2 含有素因子 p -1(mod16)时,Jesmanowicz 猜想成立.特别地,有推论对于上述商高数组,当 n -1(mod 16)时,Jesmanowicz 猜想成立.关键词:指数丢番图方程;Jesmanowicz 猜想;同余;二次剩余;四次剩余特征;勒让德符号;雅可比符号中图分类号:O156.2文献标志码:ADOI:10.3969/j.issn.1000-2375.2022.00.
3、053著录信息:安莹,罗明.关于商高数的 Jesmanowicz 猜想J.湖北大学学报(自然科学版),2023,45(3):321-326.DOI:10.3969/j.issn.1000-2375.2022.00.053.AN Y,LUO M.The Jesmanowicz conjecture of Pythagorean triplesJ.Journal of Hubei University(Natural Science),2023,45(3):321-326.DOI:10.3969/j.issn.1000-2375.2022.00.053.The Jesmanowicz conjec
4、ture of Pythagorean triplesAN Ying1,LUO Ming2(1.Hetian Normal College,Hetian 848000,China;2.Southwest University,Chongqing 400715,China)Abstract:We proved that the conjecture of Je smanowicz concerning Pythagorean triples for the diophantine equation ax+by=cz held true in a special cases.Based on el
5、ementary congruence,quadratic residue,bi-quadratic residue characters and factorization method.Theorem For the pythagorean numbersa=n2-4,b=4n,c=n2+4,2|n,the conjecture of Jesmanowicz holds when n+2 exists a prime factor p such that p 1(mod16).In particular,we have thatCorollary For the pythagorean n
6、umbers,the conjecture of Jesmanowicz holds when n such that n 1(mod16).Key words:exponential diophantine equation;Jesmanowicz conjecture;congruence;quadratic residue;bi-quadratic residue characters;Legendre symbol;Jacobi symbol 0引言给定正整数 a,b,c,求方程 ax+by=cz的解是不定方程中的一个重要课题,其中尤为引人注目的是322 湖北大学学报(自然科学版)第
7、45 卷a,b,c 取商高数组的情形.1956 年,Jesmanowicz1提出著名猜想:当 a,b,c 取商高数组,即 a,b,c 满足a2+b2=c2时,不定方程 ax+by=cz只有正整数解 x=y=z=2.自从猜想被提出以来,不少出色的数学家和数学爱好者对其进行了大量的研究,也得到了很多结论,但是该猜想至今还没有得到彻底的解决.本文中对其中一类特殊情形做了讨论与证明.当 a,b,c 取商高数时,不定方程 a2+b2=c2可写成(s2-t2)x+(2st)y=(s2+t2)z.若设 t=2,则由(s,t)=1 知 2|s.讨论(s2-t2)x+(2st)y=(s2+t2)z在 s=n 1
8、(mod2),t=2 时,Jesmanowicz 猜想成立.即(n2-4)x+(4n)y=(n2+4)z,2|n(1)仅有解(x,y,z)=(2,2,2).1预备知识引理 12若 2st,则不定方程(1)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2)可使 x,y,z 均为偶数.引理 2设(x,y,z)是不定方程(1)的解,则 x 0(mod2).引理 2 的证明当 n 1(mod2)时,有:n2+4 1(mod4),n2+4 5(mod8).对(1)式取模 n2+4,有:(-8)x+(4n)y 0(modn2+4),于是:-8n2+4()x=-1n2+4()4nn2+4()y,-1n2+4()x2
9、n2+4()x=-1n2+4(),从而有:(-1)x=1.即证得 x 0(mod2).引理 3设(x,y,z)是不定方程(1)的解,若 z 1(mod2),则 y=1.引理 3 的证明由于 n 1(mod2),故对(1)式取模 8 有:(-3)x+4y(-3)z(mod8).又由引理 2 知 x 0(mod2)及题设条件 z 1(mod2),故有:(-3)2x2+4y(-3)2x2(-3)(mod8).从而 4y 4(mod8).即证得 y=1.2主要结论及证明引理 4对于不定方程(1),当 n 1(mod8)时,Jesmanowicz 猜想成立.引理 4 的证明根据引理 1,由于 22n 及
10、引理 2 证得 x 0(mod2),故只需证明 y z 0(mod2).1)先证 z 0(mod2).当 n 1(mod8)时,有:n+2 3(mod8),n+2 3(mod4).对(1)式取模 n+2,有:(-8)y 8z(modn+2).于是:-8n+2()y=8n+2()z,-1n+2()y2n+2()y=2n+2()z.从而有:1=(-1)z.即证得 z 0(mod2).2)再证 y 0(mod2).证明 y 1(mod2)时 x 0(mod4).对(1)式两边取模-n+2i,有:(-8)x+(8i)y 0(mod-n+2i).又知 y 1(mod2),于是:第 3 期安莹,等:关于商
11、高数的 Jesmanowicz 猜想323-8-n+2i()x4=-8i-n+2i()y4(2)由 n 1(mod8)且-n+2i 是本原数,有:-8-n+2i()4=2-n+2i()4=-i-n+2i()41+i-n+2i()24=(-i)n2+34i-n-2-4-12=-i,-8i-n+2i()4=2i-n+2i()4=1+i-n+2i()24=1.从而由(2)式有:(-i)x=1.即证得 x 0(mod4).证明 y 0(mod2).又由引理 2 及(1)结论知 x 0(mod2),z 0(mod2).故可令 x=2x1,z=2z1.则(1)式给出:(n2-4)2x1+(4n)y=(n2
12、+4)2x1.分解后得到:(4n)y=(n2+4)z1+(n2-4)x1(n2+4)z1-(n2-4)x1,易知:(n2+4)z1+(n2-4)x1 2(mod4),(n2+4)z1-(n2-4)x1 0(mod4).故可设(n2+4)z1+(n2-4)x1=2uy,(n2+4)z1-(n2-4)x1 24y-1vy,其中 u,v 满足 uv=n,(u,v)=1.对前式取模 n2+4,有:(-8)x1 2uy(mod n2+4).于是-8n2+4()x1=2n2+4()un2+4()y(3)又由 uv=n,n 1(mod8)知 u n,u 1(mod2),且 n2+4 5(mod8),故有:-
13、8n2+4()=-2n2+4()=-1n2+4()-2n2+4()=1 (-1)=-1,un2+4()=n2+4u()=4u()=1.从而由(3)式有:(-1)x1=-1,得到 2|x1,即有 x 0(mod4),故由结论得到 y 0(mod2).由(1),(2)式即证得 y z 0(mod2).定理得证.引理 5对于不定方程(1),当 n 3(mod8)时,Jesmanowicz 猜想成立.引理 5 的证明根据引理 1,由于 22n 及引理 2 证得 x 0(mod2),故只需证明 y z 0(mod2).1)先证 y z(mod2).当 n 3(mod8)时,有 n+2 5(mod8),n
14、+2 1(mod4).324 湖北大学学报(自然科学版)第 45 卷对(1)式取模 n+2,有(-8)y 8z(modn+2).于是:-8n+2()y=8n+2()z,-1n+2()y2n+2()y=2n+2()z,从而有:(-1)y=(-1)z.即证得 y z(mod2).2)再证 z 0(mod2).当 y 2 时,由引理 3 即知 z 0(mod2),故只需考虑 y=1 时的情形(下设 y=1).证明 x 0(mod4).对(1)式两边取模 n-2i,有:(-8)x+8i 0(modn-2i).于是:-8n-2i()x4=-8in-2i()4(4)由 n 3(mod8)且 n-2i 是本
15、原数,有:-8n-2i()4=2n-2i()4=-in-2i()41+in-2i()24=(-i)n2+34in+2-4-12=(-i)3=i,-8in-2i()4=2in-2i()4=1+in-2i()24=in+2-4-12=1,从而由(4)式有:ix=1.即证得 x 0(mod4).证明 z 3(mod4).对(1)式两边取模 n+2,有:-8 8z(modn+2).又由(2,n+2)=1,有:23(z-1)-1(modn+2)(5)再由 n 3(mod8),知 n+2 5(mod8).故 n+2 至少含有素因子模 8 余 3,5,7 中的一类.若 n+2 含有素因子 p 3(mod8)
16、,对(5)式取模 p 得到 23(z-1)-1(mod p).于是2p()z-1=-1p(),再由题设条件 p 3(mod8),z 1(mod2),即得到 1=-1.此不可能.若 n+2 含有素因子 p 7(mod8).对(5)式取模 p 得到 23(z-1)-1(mod p).于是2p()z-1=-1p(),再由题设条件 p 7(mod8),即得到 1=-1.此不可能.故 n+2 必含有素因子 p 5(mod8).对(5)式取模 p,得到:23(z-1)-1(mod p)(6)由 p 5(mod8),知(-1)p-14-1(mod2),故-1 是 p 的四次非剩余,即由(6)式得到 4|z-1.再由题设条件 z 1(mod2),即得到 z 3(mod4).证明此时不定方程(1)无解.由 n 5(mod8),对(1)式两边取模 16,有:5x+12 13z(mod16)(7)又由、证得结论 x 0(mod4)z 3(mod4),知 5x 1(mod16),13z 5(mod16).从而由(7)式得到 13 5(mod16),显然不可能.故 y=1 时不定方程(1)无解.从而 z 0(m
