求所有的正整数 x,y，使得 (x^2+y)(y^2+x) 是一个素数的 5 次幂

luyuanhong

这是网友 ringdove 发表在“陆老师的《数学中国》园地”的一个帖子，

欢迎大家一起来想想如何解答：

求所有的正整数，使得 (x^2+y)(y^2+x) 是一个素数的 5 次幂。

luyuanhong

当 x=2 ，y=5 时，(x^2+y)(y^2+x) = (2^2+5)(5^2+2) = 9×27 = 3^5 。

当 x=5 ，y=2 时，(x^2+y)(y^2+x) = (5^2+2)(2^2+5) = 27×9 = 3^5 。

谢芝灵

解：
由已知得： (x^2+y)=q^a
                (y^2+x)=q^b
               a+b=5, 得 a＞b≥1 两种情况：a，b= 4，1 和 a，b= 3，2
第一种情况得：  (x^2+y)=q^4            （1）
                       (y^2+x)=q^1            （2）
由 （2）得 q＞x；q＞y 显然与（1）矛盾 ，因为p≥2，q^4＞2q^2＞x^2+y
得 第二种情况：  (x^2+y)=q^3            （3）
                       (y^2+x)=q^2             （4）
可证明 （x，y，q）=1，即两两互素。假如不互素，可 令 x=(q^k)x1; y=(q^t)y1
代入（3）得 （q^2k)（x1）^2+(y1)(q^t)=q^3  同时去掉q后又要其中一项为不含q的整数，
必有 2k，t，3中有两个小的数相等。                （5）
代入（4）得 （q^2t)（y1）^2+(x1)(q^k)=q^2  同时去掉q后又要其中一项为不含q的整数，
必有 2t，k，2中有两个小的数相等。                 （6）
在（5）取 2k=t＜3，得 k=1，t=2，代入（6）中就矛盾了。因为有 2t，k，2=4，1，2与 （6）矛盾
在（5）取 3=t＜2k ，代入（6）中就 2t，k，2=6，k，2=6，2，2
得到：k=2，t=3     代入到      （q^2t)（y1）^2+(x1)(q^k)=q^2   （见往上数第四行）
得到       （q^6)（y1）^2+(x1)(q^2)=q^2        
得到         （q^4)（y1）^2+(x1)=1        此式错误。因为左边＞1  
在（5）取 3=2k＜t  ，显然错误。因为 3=2k错误！
证得了 ：（x，y，q）=1，即两两互素。      （7）
（4）代入（3）得： (q^2-y^2）^2+y=q^3   
                              q^4-2(q^2)(y^2)+y^4+y=q^3
得到 y│ （q^3）(q-1)，由于（7）得 q-1=y（正整数）
还得到 q^2│ y^4+y,得 q^2│ y^3+1         (8)
（3）代入（4）得： (q^3-x^2）^2+x=q^2
得到：   q^2│ x^3+1                             (9)
(8),(9)得 q^2│ x^3-y^3=（x-y)(x^2+xy+y^2)     (10)
(3),(4)得 q^2│ （x-y)(x+y-1)                               (11)
分析一，q^2 │ （x-y) 得  x ＞q^2，与（4）矛盾。
分析二，q^1 │ （x-y) ，得   x=y+qv
得(10)式  有 q^1 │x^2+xy+y^2 =（y+qv)^2+(y+qv)y+y^2=3y+q(整数）
上式中，因为 q，y互素，所以 只能 q=3

只有唯一的一个解！

luyuanhong

谢谢楼上 谢芝灵 的解答。我已将此帖转贴到“陆老师的《数学中国》园地”。

谢芝灵

aq^x+bq^y=cq^z  === 所有数都是正整数
a，b，c 都与q互素。

不仿设  x≥y≥z
得 aq^（x-z）+bq^（y-z）=c
若 y-z≠0， 上面的式子会是 整数=分数。
故 必有  y=z  

这是对3#中（5）式的补证。

luyuanhong

谢谢楼上 谢芝灵 的补充解答。我已将此帖转贴到“陆老师的《数学中国》园地”。