甘志国

(北京丰台二中 100071)

题目(1948年莫斯科数学奥林匹克试题)解不定方程.

xy=yx(x,y∈N*,x≠y)

①

文献[1]证得了该题的答案是

(x,y)=(2,4),(4,2).

下面谈谈与不定方程①类似的四个不定方程

xy=pyx(x,y∈N*,p是质数)

②

xy=ypx(x,y∈N,x≥2,y≥2,p是已知的质数)

③

xy=ypx(x,y∈Q+,p是已知的质数)

④

uu=vpy(u,v∈Q+,p是已知的质数)

⑤

的解法，其中重点是③的解法.

定理1 方程②的解是(x,y)=(p,1).

证明若y=1，则x=p.

由xy=pyx，可得p|xy,p|x.若y≥2，再由xy=pyx，可得p|y.因而可设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

由该等式两边p的指数相等，可得αpβb=βpαa+1,p|1，这不可能！所以欲证结论成立.

引理若n∈N*，则2n≥n+1(当且仅当n=1时取等号).

证明用数学归纳法、导数、二项式定理、或贝努利(Bernoulli)不等式均可获证，具体过程略去.

定理2 方程③的解(x,y)满足x|y(可设y=ax(a∈N*))，且

xa-p=ap(x,a-p∈N*,a≥2,x≥2,p是已知的质数)

⑥

证明设(x,y)=d(d∈N*)，可再设x=bd,y=ad(a,b,d∈N*),(a,b)=1.再由xy=ypx，可得

bada=apbdpb

⑦

若a=pb，由⑦可得a=b，所以a=pb=b,p=1，与p是质数矛盾！说明此时不成立.

若a0，所以d=1，因而x=bd=1，与题设x≥2矛盾！所以b≥2,d≥2，再由引理可得b=dpb-1≥22b-1>2b，这不可能！说明此时不成立.

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*)，进而可得欲证结论成立.

猜想1方程③解的组数有限.

定理3 在方程③中：

(1)若x是质数，则(p,x,y)=(2,2,16),(3,3,27)；

(2)若x=q2(q是质数)，则(p,x,y)=(2,4,16),(2,9,27)；

(3)若x=qi(q是质数，i=3或4)，则方程③均无解；

(4)若x=q5(q是质数)，则(p,x,y)=(5,32,256)；

(5)若x是两个互异质数之积，则p是奇质数且(x,y)=(2p,4p2)；

(6)若x=12或18，则方程③均无解.

证明(1)由定理2知，可设y=ax(a∈N*).

在方程⑥中可设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)，进而可得(p,α)=(2,3),(3,2)，从而可得欲证结论成立.

(2)～(6)略.

注由定理3可知，当x=2,3,4,…,23时，已求得方程③的解.

若α=2，可得(β,p)=(2,2)或(1,3)，进而可得(p,x,y)=(2,4,16)或(3,3,27).

⑧

因而β1=k=α=1,p1=2，得式⑧即(2pβ)2α1-1=2α1p(p是奇质数)，可得α1=β=1，再得a=x=2p,y=ax=4p2(p是奇质数).

综上所述，可得欲证结论成立.

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均是质数)，则(x,y)=(qp,qp+2)是方程③的解；

(3)若p=2q-1(q∈N*)是质数(可得q是质数)，则(x,y)=(2q(2q-1),2q·2q)是方程③的解；

(4)若p=2n-n(n∈N*)是质数，则(x,y)=(22n-n,22n)是方程③的解.

证明略.

猜想2(1)方程p=q2-2(p,q均是质数)的解的组数无限(可验证它有解p=q2-2(p,q)=(7,3),(23,5),(47,7),(167,13),(359,19),(839,29))；

(2)形如2q-1(q∈N*)的质数(叫做梅森质数)个数无限(近年人们借助电脑寻找到的最大质数都是梅森质数，且只发现了51个梅森质数.2018年12月，人们发现了迄今为止最大的质数282589933-1)；

(3)形如2n-n(n∈N*)的质数个数无限(当n=2,3,9时，2n-n均是质数).

证明略.

注定理3,4,5均给出了方程④的部分解；再由定理6可给出方程⑤的部分解.