数学年刊Ａ辑 ２０１８，３９（１）：８７－９４ ＤＯＩ：１０．１６２０５／ｊ．ｃｎｋｉ．ｃａｍａ．２０１８．０００９ 关于丢番图方程（ａｎ） ＋（ｂｎ）ｙ＝（ｏｎ） 冰 孙翠芳 汤敏 提要设札，ａ，ｂ，Ｃ是正整数，ｇｃｄ（ａ，ｂ，ｃ）＝１，ａ，ｂ≥３，且丢番图方程ａ ＋ｂＹ＝Ｃ 只有正整 数解（ｚ，Ｙ， ）＝（１，１，１）．证明了若（ｚ，Ｙ， ）是丢番图方程（ｏｎ） 十（ｂｎ）ｙ＝（ｏｎ） 的正整数解且 （ｚ，Ｙ，Ｚ）≠（１，１，１），则Ｙ＜Ｚ＜。或 ＜Ｚ＜Ｙ．还证明了当（ａ，ｂ，Ｃ）＝（３，５，８），（５，８，１３），（８，１３，２１）， （１３，２１，３４）时，丢番图方程（ａｎ） ＋（ｂｎ）ｙ＝（ｃｎ） 只有正整数解（ｚ，Ｙ，Ｚ）＝（１，１，１）． 关键词Ｊｅ￣ｍａｎｏｗｉｃｚ猜想，丢番图方程，Ｆｉｂｏｎａｃｃｉ序列 ＭＲ（２０００）主题分类１１Ｄ６１，１１Ｂ３９ 中图法分类Ｏ１５６ 文献标志码Ａ 文章编号１０００—８３１４（２０１８）０１—００８７—０８ １引言 设（ ， ｚ）是本原商高数组．Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ［ 】曾猜想对于任意正整数ｎ，丢番图方程 （礼 ） ＋（ｎＹ）ｙ＝（ｎＺ） 只有正整数解（ ，Ｙ，Ｚ）＝（２，２，２）．这是与商高数组有关的未解 决问题之一．很多数论工作者都研究过该猜想．虽然在很多特殊情况下，Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ猜 想是正确的，但一般情形仍未解决．与Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ猜想相类似的另一个问题是找出满足 丢番图方程ａ ＋ｂｙ＝Ｃ 只有正整数解（Ｘ，Ｙ， ）＝（１，１，１）的所有三元正整数组（ａ，ｂ，ｃ）． ２０１２年，Ｍｉｙａｚａｋｉ和Ｔｏｇｂ６［２Ｊ证明了对于任意一个奇整数ｂ≥５且ｂ≠８９，丢番图方程 ｂ ＋２ｙ＝（ｂ＋２） 只有正整数解（Ｘ，Ｙ，Ｚ）＝（１，１，１）．２０１３年，汤敏和杨全会［３】考虑了丢 番图方程（ｂｎ）。＋（２ｎ）ｙ＝（（６＋２）ｎ） ，证明了若ｂ是一个不小于５的奇整数且丢番图方程 （ｂｎ） ＋（２ｎ）ｙ＝（（６＋２）佗） 有正整数解（ ，Ｙ，Ｚ）≠（１，１，１），则Ｙ＜ ＜ｘ或ｘ≤ ＜Ｙ．相 关问题可参考文『４－６１． 本文推广了汤敏和杨全会的结论＿２Ｊ． 定理１．１设他，ａ，ｂ，Ｃ是正整数，ｇｃｄ（ａ，ｂ，ｃ）＝１，ａ，ｂ≥３，且设丢番图方程ａ ＋ｂｙ＝Ｃ 只有正整数解（Ｘ，Ｙ， ）＝（１，１，１）．若（Ｘ，Ｙ， ）是丢番图方程 （ａｎ） ＋（ｂｎ） ＝（ｏｎ） 的正整数解且（Ｘ，Ｙ， ）≠（１，１，１），则Ｙ＜ｚ＜ｘ或 ＜ｚ＜Ｙ． （１．１） 定理１．２若（ａ，ｂ，Ｃ）＝（３，５，８），（５，８，１３），（８，１３，２１），（１３，２１，３４），则丢番图方程（１．１）只 有正整数解（ ，Ｙ， ）＝（１，１，１）． 本文２０１５年４月６日收到，２０１６年５月１日收到修改稿． 安徽师范大学数学计算机科学学院，安徽芜湖２４１００３． Ｅ－ｍａｉｌ：ｃｕｉｆａｎｇｓｕｎ＠１６３．ｃｏｒｎ；ｔｍｚｚｚ２０００＠１６３．ｃｏｒｎ 本文受到国家自然科学基金（Ｎｏ．１１４７１０１７）和安徽师范大学项目培育基金Ｎｏ．２０１４ｘｍｐｙｉ１）的资助． （Ｎｏ．２０１２ｘｍｐｙ００９ ８８ 数学年刊Ａ辑 ３９卷 注１．１设ｆ １是Ｆｉｂｏｎａｃｃｉ序列，它的递推关系式为 Ｆ０＝０， Ｆ１＝１， ＋２＝Ｆｋ＋１＋ ， ≥０． 由定理１．２知，当 ＝４，５，６，７时，对于所有正整数ｎ，丢番图方程（ 凡） ＋（ ＋１ｎ） ＝ （Ｙｋ＋２ｎ） 只有正整数解（Ｘ，Ｙ，ｚ）＝（１，１，１）． 本文中，对干正整数ｎ和素数Ｐ，若非负整数ｅ满足Ｐ 整除ｎ，但 ＋ 不能整除ｎ，我 们把ｅ记为 （佗）．对于正整数ａ和ｍ满足ｇｃｄ（ａ，ｍ）＝１，则使得同余式ａ 三１（ｍｏｃｌ ｍ） 成立的最小正整数九我们记为ｏｒｄｍ（ａ）． ２定理１．１的证明 设ｎ＞１．若（Ｘ，Ｙ，Ｚ）是丢番图方程（１．１）的正整数解且（ｚ，Ｙ，ｚ）≠（１，１，１），则 ≥２． 否则的话，若ｚ＝１，则有 （ａｎ） ＋（ｂｎ） ＞ａｎ＋ｂｎ （ｃｎ） ， 矛盾．同时我们也可得到Ｚ＜ｍａｘ｛ｘ， ）．否则的话，若ｚ≥ｍａｘ｛ｘ， ｝，则有 （。佗） ＋（６礼） ≤（。扎） ＋（６咒） ＜（（ｎ＋６）ｎ）。＝（ｃｎ） ， 矛盾．因此我们有２≤ｚ＜ｍａｘ｛ｘ， ）．现在我们根据 ，Ｙ，ｚ的值分三种情况讨论． 情况１ ｚ＜Ｘ：Ｙ．此时丢番图方程（１．１）可改写为 一（ａ ＋ｂ ）＝（ａ＋６） ． ｔ 设ａ＋ｂ＝丌ｑ 是ａ＋ｂ的标准分解式，其中ｑｌ，…，ｑｔ是互不相同的素数， １，…，ＯＺｔ 是正整数．于是我们可得 ｔ ｔ （１１ ｑｉ ） ＋ ＝Ⅱｑ ， ｉ＝１ ｉ＝１ （２．１） 其中 １，…， 是非负整数．由ａ，ｂ≥３知，等式（２．１）的左边不小于６，因此一定存在 ｉ∈｛１，…， ｝，使得 ≥１． 若兀ｑ ＝２ ，则 １≥３且ｂ是奇数．于是由（２．１）可得（一ｂ） ＋ｂ 三０（ｍｏｄ ４），因 ２＝ｌ 此 是奇数．若ｎ ｑ 至少含有一个奇素因数ｑｉ，则由（２．１）可得（一６） ＋ 三０（ｍｏｄ ｑｉ）． 由ｇｃｄ（ａ，ｂ，ｃ）＝１且ｃ＝０＋ｂ知ｇｃｄ（ｂ，ｃ）＝１．于是吼十ｂ，因此Ｘ是奇数．再由（２．１）可得 ㈠广 （ ） 由Ｚ＜Ｘ＝Ｙ知 ≥３．对于任意１≤Ｊ≤ｔ和ｍ≥２，我们发现 （（ ） ｔ ） 孙翠芳汤敏 关于丢番图方程（ａｎ） ＋（ｂｎ）ｙ＝（ｏｎ） ８９ （ｆ｛Ｘ 【 ｊＩ ） ｍ Ｊ 。ｍ （卅 （（ 二 ）） ｍ一 （ｍ） ＞Ｕｑｊ（Ｘ）＋ Ｊ． 因此 （∑（一６） ，ｎ＝１ ｔ １］ｑｊ（Ｘ）＋ Ｊ （ ） ｔ ） ０ 于是对于所有１≤Ｊ≤ｔ，有岛＝Ｙｑｊ（ ）＋ ｊ．因而 ｇ Ⅱ 、１ ＋ｂ （Ⅱ ＿６／ ｛＝１ 注意到 ＝ 口 ≤Ｘ， Ⅱ ０ ｇ ａ，ｂ≥３， ㈤ ６ 乱 ＋ 有 ｔ ＋ ｎ 口 （ ） ＝ （Ⅱ ｉ＝１ ＝１ ｘ＋ｂｘ≥（Ⅱｔ 一６）Ｉ１ ： ：等式成立仅当ｎｔ ｑ ｔ（ １，矛盾 Ⅱ ｇ 情况２ Ｚ≤Ｙ＜ ．此时丢番图方程（１．１）可改写为 ｒｔｙ－ｚ ａ。ｎ 一 ＋ｂ ）＝ （ａ＋６） ＋ （２．２） 情况２．１ ｇｃｄ（ｎ，ａ＋ｂ）＝１．由（２．２）知Ｙ＝ ，ａＸｎ一 ＝（ａ＋ｂ）ｙ—ｂｙ．因此Ｙ≥２，并 且 ＝ｙ －１（…Ｙ） ～ （２．３） 设ａ＝２ ａｌ，Ｙ＝２ Ｙｌ，其中ＯＬ１， １≥０，２ ｆ ａｌ，２十Ｙ１ 若Ｏ／１≥２，则ｂ是奇数且 １＞０．由 ｕ２（ｉ＋１）≤ ［【 ｏ １ ｇ ２］Ｊ ≤ｉ一１，ｉ：２，…，Ｙ一１ 知 ａｉｂｙ－ｉ－１）＝ｕ２（ （ ）未） 。 一 ｉ＝２，－－． （２．４） １＝ （ ）＋ （ｎ）一１≥ １＋ 所以 （ （…Ｙ ａｉｂｙ－ｉ－１ ｑ＿ｂＹ－ｌｙ） ． ｉ＝１９Ｏ 数学年刊Ａ辑 ３９卷 由（２．３）一（２．４）可得 １（ ～１）≤ １，于是有２∞（ｘ－１ｊ≤２阢≤Ｙ＜ ，这是不可能的． 若ＯＬ１＝１，则由ａ≥３知ａｌ≥３．设Ｐ是ａｌ的素因数，则Ｐ是奇数．由ｇｃｄ（ａ，ｂ，Ｃ）＝ｌ 和Ｃ＝ａ＋ｂ知ｇｃｄ（ａ，ｂ）＝１，于是从（２．３）可得ＰｌＹ１．设Ｌｉｐ（Ｙ１）＝ ２．由 （ ＋ ）≤［ 等 ］≤ 一 ， ＝ ，…， 一 知 （（…Ｙ）ａｉｂｙ－￣－１）＝ （ （ ）等） 所以 …，…，ｙ－１． （２－５） （ （Ⅲ Ｙｉｌ＝ａｉｂｙｉ１ ｙ－ｌｙ＋ｂ） ． ≤ ２．让Ｐ 跑遍由（ ）和（２．３ ）可得 ２．５ ａｌ（ｘ 一１）Ｙ１≤Ｙ＜Ｘ，这是不可能的． ｎ１ 所有不同的素因数，我们可得Ⅱ ≤ 情况２．２ ｇｃｄ（ｎ，ａ＋ｂ）＝ｄ＞１．对于ｄ的任意素因数Ｐ，由ｇｃｄ（ｂ，ａ＋ｂ）：１可得 ｇｃｄ（ｐ，ａＸｎ一 ＋ ）＝１，于是 （ｎ ）＝ （（０＋６） ）。由（２．２）可得 （ ） （ａＸｒｔｘ－ｙ＋㈣＝ ａ ＋ ｂ）／ ． 可是我们也有 ａ ＋ｂ＋６）／ ＜（ｍａｘ｛ ）） ＜（ ） （ａＸｎｘ－ｙ＋ ）． 矛盾． 情况３ ｚ≤ ＜Ｙ．此时丢番图方程（１．１）可改写为 正如情况２的证明一样，可推出（２．６）不成立 定理１．１得证． ３定理１．２的证明 根据（ａ，ｂ，Ｃ）的取值分４种情况来证明． 情况１（ａ，ｂ，Ｃ）＝（３，５，８）．先证明丢番图方程 ３ 十５ ＝８ （３．１） 只有正整数解（１，１，１）．设丢番图方程（３．１）的正整数解（Ｘ，Ｙ，ｚ）≠（１，１，１），我们不难得到 ２≤Ｚ＜ｍａｘ｛ｘ， ）．由（３．１）可得ｚ三 （ｍｏｄ ４）．同时我们也可得到３ ＋５ 兰０（ｍｏｄ １６）， 于是 ＜Ｊ ３ 兰３（ｍｏｄ １６）， 口Ｖ ＜Ｊ ３ 三１１（ｏｒｏｄ １６）， 【５ｙ兰１３（ｍｏｄ １６） Ｉ ５ 三５（ｏｒｏｄ １６）， 因此Ｘ三 三１（ｒｏｏｄ ４），Ｙ三３（ｏｏｄ ４）或 三 三３（ｒｍｏｄ ４），Ｙ三１（ｍｏｄ ４），但是由 ｏｒｄ１３（５）＝ｏｒｄ１３（８）＝４得３ 兰０（ｍｏｄ １３），矛盾． １期 孙翠芳汤敏 关于丢番图方程（ａｎ） ＋（ｂｎ）Ｕ＝（ｏｎ） ９１ 现在我们可设ｎ＞１．由定理１．１，只需证明以下两种情况． 情况１．１ Ｙ＜ｚ＜ ．此时我们有 叫（８ 一３＝ｎ一 ）：５ｙ． 注意到ｎ—ｙ ｆ ５ ，我们可设ｎ＝５ ，其中 ≥１．由ｇｏｄ（５，８ 一３ ５ （ｘ－ｚ））＝１可得 Ｙ＝ （ — ），以及 ３ ５卢（ｘ－ｚ）＝８ 一１三０（ｏｒｏｄ ７）， 这是不可能的． 情况１．２ Ｘ＜ｚ＜Ｙ．此时我们有 ｎｚ－－ｘ（８ ～５Ｙｎ ）＝３ ． 注意到ｎ ｌ ３ ，我们可设ｎ＝３ ，其中 ≥１．由ｇｏｄ（３，８ 一５Ｙ３￣（ｙ—ｚ））＝１可得 Ｘ＝ （ｚ— ），以及 ５Ｙ３￣（ｙ一 ）＝８ 一１三０（ｏｒｏｄ ７）， 这是不可能的． 情况２（ａ，ｂ，Ｃ）＝（５，８，１３）．我们先证明丢番图方程 ５ ＋８ ＝１３ （３．２） 只有正整数解（１，１，１）． 由（３．２）得５ ＋８ｕ三０（ｍｏｄ １３），３ｕ三３ （ｏｒｏｄ ５），２。＋２ｕ三ｌ（ｏｒｏｄ ３），于是 Ｘ兰 三 三ｌ（ｍｏｄ ４）或Ｘ三Ｙ三 三３（ｏｒｏｄ ４）．若Ｙ＞１，则有５ 兰１３ （ｏｒｏｄ １６），于 是Ｘ三１（ｏｒｏｄ ４）， 三３（ｒｏｏｄ ４）或 兰３（ｍｏｄ ４）， 兰１（ｏｒｏｄ ４），这是不可能的．因此 Ｙ＝１， 三 三１（ｏｒｏｄ ４）． 若Ｘ＞１， ＞１，由（３．２）得５（５一 一１）＝１３（１３ 一１）．由ｚ兰１（ｏｒｏｄ ４）知 １３ 一１三０（ｒｏｏｄ ７），于是５ 一１三０（ｏｒｏｄ ７），所以 三１（ｏｒｏｄ １２）．此时５ｚ＿。一１三０ （ｏｒｏｄ ３１），于是１３ 一１兰０（ｍｏｄ ３１），所以Ｚ兰１（ｍｏｄ ６Ｏ）．但是此时１３ｚ一一１三０ （ｏｒｏｄ ５２），矛盾． 现在我们可设ｎ＞１．由定理１．１，只需证明以下两种情况． 情况２．１ Ｙ＜Ｚ＜ ．此时我们有 ｎＺ－ｙ（１３ 一５Ｘｎ。一 １＝８ｕ． 注意到ｎｚ－ｙ Ｉ ８ｕ，我们可设ｎ：２卢，其中 ≥１．由ｇｃｄ（２，１３ 一５。２ （ｚ— ））＝１可得 ３ｙ＝ （ｚ一 ），以及 ５ ２ （ｘ－ｚ）＝１３ 一１三０（ｏｒｏｄ ３）， 这是不可能的． 情况２．２ Ｘ＜ｚ＜Ｙ．此时我们有 ｎＺ－Ｘ（１ａ 一８Ｕｎ 一 １：５ ． 注意到ｎ Ｉ ５ ，我们可设ｎ＝５卢，其中 ≥１．由ｇｃｄ（５，１３ 一８Ｙ５￣（ｙ—ｚ））＝１可得 ＝ （ — ），以及 ８Ｙ５￣（ｙ一 ）＝１３ 一１三０ ｆｏｒｏｄ ３）， ９２ 数学年刊Ａ辑 ３９卷 这是不可能的． 情况３（ａ，ｂ，ｃ）＝（８，１３，２１）．我们先证明丢番图方程 ８ ＋１３ ＝２１ （３．３） 只有正整数解（１，１，１）． 由（３．３）得１＋６ 三０（ｍｏｄ ７），２ ＋１三０（ｏｒｏｄ ３），３ ＋３ｙ三１（ｏｒｏｄ ５），８ 兰８。 （ｏｏｄ １３），于是 三 三ｚ三１（ｒｏｏｄ ｒ４）．若 ＞１，则有１３ｖ兰５ （ｒｏｏｄ １６），于是 三１ （ｏｏｄ ４），ｒ 三３（ｏｏｄ ４）或 三３（ｒｏｏｄ ４），ｒ 三１（ｏｏｄ ｒ４），这是不可能的．因此 ＝１， 三Ｚ兰ｌ（ｏｏｄ ｒ４）． 若 ＞１，Ｚ＞１，由（３．３）得１３（１３￣一一１）＝２１（２１ ＿。一１）．由 兰１（ｒｏｏｄ ４） 知２１ 一１三０（ｏｏｄ １１），于是１３ｙ一一１三０（ｒｏｏｄ １１），所以 兰１（ｒｏｏｄ ２Ｏ）．此时 ｒ１３ｖ＿。一１三０（ｍｏｄ ３Ｏ９４１），于是２１ 一１三０（ｏｏｄ ３０９４１），因而Ｚ兰１（ｒｏｏｄ ３Ｏ９４Ｏ）．但 ｒ是此时２１ 一１三０（ｏｏｄ １３。），矛盾．ｒ 现在我们可设礼＞１．由定理１．１，只需证明以下两种情况． 情况３．１ ＜ ＜ ．此时我们有 ｎｚ－－Ｙ（２１。～８ ｎ 一 １＝１３ ． 注意到ｎ ＝ ｌ１３ｙ，我们可设ｎ＝１３卢，其中 ≥１．由ｇｃｄ（１３，２１。一８ｘ１３ （：ｃ－ｚ））＝１可得 ８ １３卢（ｘ－ｚ）＝２１ 一１三０（ｏｏｄ ５），ｒ ９（ｚ一 ），以及 这是不可能的． 情况３．２ ＜Ｚ＜ ．此时我们有 ｎｚ－ｍ（２１ 一１３ ｎ 一。１＝８ ． 注意到礼 ｌ８ ，我们可设礼＝２卢，其中 ≥１．由ｇｏｄ（２，２１ 一１３ｖ２￣（ｙ一 ））＝１可得 １３Ｙ２￣（ｖ一 ）＝２１ 一１三０（ｏｏｄ ５），ｒ ３ｘ＝９（ｚ～ ），以及 这是不可能的． 情况４（ａ，ｂ，ｃ）＝（１３，２１，３４）．若礼＝１，则有 ＝１．否则的话，若。＞１，则有３４ 三０ （ｍｏｄ ４），但是１３ ＋２１ｖ三２（ｏｏｄ ４），矛盾．此时不难得到 ＝ ＝１．ｒ 现在我们可设ｎ＞１．由定理１．１，只需证明以下两种情况． 情况４．１ ＜ｚ＜ ．此时我们有 ｎｚ－－Ｙ（３４ ～１３ 佗 一 １＝２１ ． （３．４） 注意到佗 ｌ ２１ｕ，我们有礼＝３ ７卢，其中 ＋ ≥１．此时（３．４）可改写为 ３４ｚ一１３＝３￣（ｘ—ｚ）７卢（ｚ—ｚ）：３ｙ—ａ（ —ｙ）７ｕ一卢（ｚ ） ．若 ＞０， ＝０，贝４有 ＝血（２一 ），以及 ３４ｚ一】３ｘ３￣（ｘ— ）：７ｖ． （３．５） 由 ＞１，我们可得（一１）。（ｘ－ｚ）＋（一１） 三０（ｍｏｄ ４），于是 （ — ）兰 ＋ｌ三 （ 一 ）＋１ （ｏｏｄ ２），因而 （ｒ 一 ）兰１（ｍｏｄ ２），所以 ， 有不同的奇偶性．若 是奇数， 是偶数： １期 孙翠芳汤敏 关于丢番图方程（ａｎ） ＋（ｂｎ）ｙ＝（ｏｎ） ９３ 则有 （ — ）三１（ｍｏｄ ２），于是Ｚ是偶数．若Ｘ是偶数，Ｙ是奇数，则有＆（ｚ—Ｙ）三１ （ｍｏｄ ２），此时 也是偶数．由（３．５）我们可得８。三７ｖ（ｍｏｄ １３），于是 』８＜Ｉ 三１２（ｍｏｄ １３），或Ｊ口 Ｃ ８ １ ｍｏｄ １３）， ７ｙ三１２（ｍｏｄ １３）钠ｌ ７ｙ三１（ｏｒｏｄ ｌ３）， 因此Ｚ三２（ｍｏｄ ４），Ｙ三６（ｏｏｄ ｒ１２），或Ｚ三０（ｏｒｏｄ ４），Ｙ三０（ｍｏｄ １２）．同时我们也有 １—３ｘ＋ａ（ｘ－ｚ）三２ （ｍｏｄ ５），因此ｘ＋ａ（ｘ— ）三３（ｍｏｄ ４），但是ｘ＋ａ（ｘ— ）三０（ｍｏｄ ２）， 矛盾． 若 ＝０， ＞０，贝Ⅱ有Ｙ＝ （ｚ一 ），以及 ３４ 一１３ ７Ｚ（ｘ－ｚ）＝３ｙ． （３．６） 由ｚ＞１可得（一１）卢（ｘ－ｚ）＋（一１）ｙ三０（ｏｏｄ ４），于是９（ｒｘ—ｚ）三Ｙ＋１三 （ —Ｙ）＋ｌ （ｍｏｄ ２），因而９（ｘ—Ｙ）三１（ｏｒｏｄ ２），所以 ，Ｙ有不同的奇偶性．若Ｘ是奇数，Ｙ是偶数，则 有 （ — ）三１（ｍｏｄ ２），因此Ｚ是偶数．若Ｘ是偶数，Ｙ是奇数，则有 （ｚ—Ｙ）三１（ｍｏｄ ２）， 因此ｚ同样是偶数．由（３．６），我们可得１兰３ｙ（ｍｏｄ ７），于是 三０（ｒｏｏｄ ６）．同时我们 也有１＋３计卢（ｘ－ｚ）三３ｙ（ｍｏｄ ５），因此Ｘ＋ （ —ｚ）三１（ｏｏｄ ４），但是Ｘ－ｒ４－ （ — ）三０ （ｍｏｄ ２），矛盾． 若Ｑ＞０， ＞０，贝０有Ｙ＝ （ 一 ）＝ （ 一 ），以及 １３ ３ ｘ－ｚ）７。ｘ－ｚ）＝３４ 一１兰０（ｍｏｄ １１）， 矛盾． 情况４．２ ＜Ｚ＜Ｙ．此时我们有 ｎｚ－－ｘ（３４ 一２１ ｎ 一 １＝１３ ． 注意到ｎ一 Ｉ １３ ，我们可设ｎ＝ｌ３卢，其中 ≥１．由ｇｃｄ（１３，３４ 一２１Ｙ１３５（Ｙ一 ））＝１可得 ２１Ｙｌ３Ｂ（Ｙ一 ）＝３４ 一１三０（ｍｏｄ １１）， 矛盾． 定理１．２得证． 致谢衷心感谢审稿人和编辑部的修改意见． 参 考 文 献 ［１】Ｊ６ｓｍａｎｏｗｉｃｚ Ｌ．Ｓｅｖｅｒａｌ ｒｅｍａｒｋｓ ｏｎ Ｐｙｔｈａｇｏｒｅａｎ ｎｕｍｂｅｒｓ［Ｊ】＿Ｗｉａｄｏｍ Ｍａｔ，１９５５—１９５６， １：１９６－２０２． ［２］Ｍｉｙａｚａｋｉ Ｔ，Ｔｏｇｂ５ Ａ．Ｔｈｅ Ｄｉｏｐｈａｎｔｉｎｅ ｅｑｕａｔｉｏｎ（２ａｍ一１） ＋（２ｍ）Ｙ＝（２ａｍ＋１） ［Ｊ］． ／ｎｔ Ｊ Ｎｕｍｂｅｒ Ｔｈｅｏｒｙ，２０１２，８：２０３５—２０４４． ［３］Ｔａｎｇ Ｍ，Ｙａｎｇ Ｑ Ｈ．Ｔｈｅ Ｄｉｏｐｈａｎｔｉｎｅ ｅｑｕａｔｉｏｎ（ｂｎ） ＋（２ｎ） ＝（（６＋２）几） ［Ｊ】．Ｃｏｌｌｏｑ Ｍａｔｈ，２０１３，１３２：９５—１００． ［４】Ｄｅｎｇ Ｍ Ｊ，Ｃｏｈｅｎ Ｇ Ｌ．Ａ ｎｏｔｅ ｏｎ ａ ｃｏｎｊｅｃｔｕｒｅ ｏｆ Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ［Ｊ］．ＣｏＵｏｑ Ｍａｔｈ，２０００， ８６：２５－３０． ［５】Ｍａｒｑｕｅｓ Ｄ，Ｔｏｇｂ￣Ａ．Ｏｎ ｔｈｅ ｓｕｍ ｏｆ ｐｏｗｅｒｓ ｏｆ ｔｗｏ ｃｏｎｓｅｃｕｔｉｖｅ Ｆｉｂｏｎａｃｃｉ ｎｕｍｂｅｒｓ［Ｊ］． Ｐｒｏｃ Ｊａｐａｎ Ａｃａｄ Ｓｅｔ Ａ Ｍａｔｈ Ｓｃｉ，２０１０，８６：１７４—１７６． 数学年刊Ａ辑 ３９卷 Ｍｉｙａｚａｋｉ Ｔ．Ｇｅｎｅｒａｌｉｚａｔｉｏｎｓ ｏｆ ｃｌａｓｓｉｃａｌ ｒｅｓｕｌｔｓ ｏｎ Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ’ｃｏｎｊｅｃｔｕｒｅ ｃｏｎｃｅｒｎｉｎｇ ｐｙｔｈａｇｏｒｅａｎ ｔｒｉｐｌｅｓ［Ｊ］．Ｊ Ｎｕｍｂｅｒ Ｔｈｅｏｒｙ，２０１３，１３３：５８３—５９５． Ｏｎ ｔｈｅ Ｄｉｏｐｈａｎｔｉｎｅ Ｅｑｕａｔｉｏｎ（ａｎ） ＋（ｂｎ） ＝（ｏｎ） ＳＵＮ Ｃｕｉｆａｎｇ ＴＡＮＧ Ｍｉｎ Ｓｃｈｏｏｌ ｏｆ Ｍａｔｈｅｍａｔｉｃｓ ａｎｄ Ｃｏｍｐｕｔｅｒ Ｓｃｉｅｎｃｅ，Ａｎｈｕｉ Ｎｏｒｍａｌ Ｕｎｉｖｅｒｓｉｔｙ，Ｗｕｈｕ ２４１００３，Ａｎｈｕｉ，Ｃｈｉｎａ．Ｅ—ｍａｉｌ：ｃｕｉｆａｎｇｓｕｎ＠１６３．ｃｏｍ；ｔｍｚｚｚ２０００＠１６３．ｃｏｍ Ａｂｓｔｒａｃｔ Ｌｅｔ ｎ，ａ，ｂ，Ｃ ｂｅ ｐｏｓｉｔｉｖｅ ｉｎｔｅｇｅｒｓ ｗｉｔｈ ｇｃｄ（ａ，ｂ，Ｃ）＝１，ａ，ｂ≥３ ａｎｄ ｔｈｅ Ｄｉｏｐｈａｎ— ｔｉｎｅ ｅｑｕａｔｉｏｎ ａ ＋ｂｕ＝ｃ ｈａｓ ｏｎｌｙ ｔｈｅ ｐｏｓｉｔｉｖｅ ｉｎｔｅｇｅｒ ｓｏｌｕｔｉｏｎ（Ｘ，Ｙ，Ｚ）＝（１，１，１）．Ｉｎ ｔｈｉｓ ｐａｐｅｒ，ｔｈｅ ａｕｔｈｏｒｓ ｐｒｏｖｅ ｔｈａｔ ｉｆ（Ｘ，Ｙ，ｚ）ｉｓ ａ ｐｏｓｉｔｉｖｅ ｉｎｔｅｇｅｒ ｓｏｌｕｔｉｏｎ ｏｆ ｔｈｅ Ｄｉｏｐｈａｎｔｉｎｅ ｅｑｕａ－ ｔｉｏｎ（ａｎ） ＋（６礼） ＝（ｃｎ） ｗｉｔｈ（ｚ，Ｙ， ）≠（１，１，１），ｔｈｅｎ Ｙ＜ ＜ｚ ｏｒ ｘ＜ ＜Ｙ．Ｔｈｅ ａｕｔｈｏｒｓ ａｌｓｏ ｓｈｏｗ ｔｈａｔ ｗｈｅｎ（ａ，ｂ，Ｃ）＝（３，５，８），（５，８，１３），（８，１３，２１），（１３，２１，３４），ｔｈｅ Ｄｉｏｐｈａｎｔｉｎｅ ｅ— ｑｕａｔｉｏｎ（ａｎ） ＋（ｂｎ）ｖ＝（ｃ佗） ｈａｓ ｏｎｌｙ ｔｈｅ ｐｏｓｉｔｉｖｅ ｉｎｔｅｇｅｒ ｓｏｌｕｔｉｏｎ（ｚ，Ｙ，Ｚ）＝（１，１，１）． Ｋｅｙｗｏｒｄｓ Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ’ｃｏｎｊｅｃｔｕｒｅ，Ｄｉｏｐｈａｎｔｉｎｅ ｅｑｕａｔｉｏｎ，Ｆｉｂｏｎａｃｃｉ ｓｅｑｕｅｎｃｅ ２０００ ＭＲ Ｓｕｂｊｅｃｔ Ｃｌａｓｓｉｆｉｃａｔｉｏｎ Ｐｒｉｍａｒｙ １ １Ｄ６１．１ １Ｂ３９ Ｔｈｅ Ｅｎｇｌｉｓｈ ｔｒａｎｓｌａｔｉｏｎ ｏｆ ｔｈｉｓ ｐａｐｅｒ ｗｉｌｌ ｂｅ ｐｕｂｌｉｓｈｅｄ ｉｎ Ｃｈｉｎｅｓｅ Ｊｏｕｒｎａｌ ｏｆ Ｃｏｎｔｅｍｐｏｒａｒｙ Ｍａｔｈｅｍａｔｉｃｓ，Ｖｏ１．３９ Ｎｏ．１，２０１８ ｂｙ ＡＬＬＥＲＴＯＮ ＰＲＥＳＳ，ＩＮＣ．，ＵＳＡ
