一集合中任兩數乘積 與完全平方數間關係之探討

一集合中任兩數乘積 與完全平方數間關係之探討

李彥余

臺北市立建國高級中學

Abstract

The property of square numbers and how they consist is always one of the focal points in number theoritical researches. In this project, I will study the relation be- tween “the product of any two numbers that belong to a set of natural numbers” and

“square numbers”. Surprisingly, I discover that the problem has a close relationship with Fibonacci sequence, which is often obeyed in nature. To be specific, the ultimate goal of this project is to find all of the sets of natural numbers{p₁, p₂,· · ·, pn}to make p_ip_j+_k,∀1≤i<j≤_{n and k}∈Z, to be a square number (or to prove that it’s impossible to find the answer with the given(_{n, k})).

The problem is too complicate for me to find all the solutions in a short time.

Nevertheless, partial solutions under the situations below have been found so far:

(_{n, k}) = (3,−1), (3, 1) or(4, 1). Besides, all the solutions of(_{n, k}) = (3, 1)lead to solutions of(_{n, k}) = (4, 1)and the minimum solutions for n=3.

摘

摘摘要要要: 完全平方數之特性及其組成方式一直是數論的研究重點之一, 本研究計畫針對一

組正整數中的任二數之乘積與完全平方數之關係進行一系列之研究. 令人驚奇的是, 我

發現此問題與自然界中常遵循的費氏數列之規律有相當密切的關係. 具體而言, 本研究 的終極目標為找出所有的正整數集合{p₁, p₂,· · ·, pn}_{使其任二數 pi}及 p_j之乘積加 上某一給定整數 k 均為一完全平方數, 亦即對所有的 1≤i<j≤_{n, pi}p_j+k均為一完 全平方數並證明之 (或證明給定的 n, k 無法找到解答).

本問題極為複雜, 我在短時間內並無法找出所有解, 然本研究目前已找出如下情況 的部分解答:(_{n, k}) = (3,−1),(3, 1)及(4, 1)_{. 另發現了所有的}(_{n, k}) = (3, 1)_解均可推 展到(_{n, k}) = (4, 1)_{的解以及當 n}=3 時的最小解.

1 簡 簡 簡介 介 介

1.1 研 研 研究 究 究 動 動 動機 機 機

在一次班上數學課討論 IMO 題目時, 解到一道題目 (IMO1986-1), 題述如下:

Let d be any positive integer not equal to 2, 5 or 13. Show that one can find distinct a, b in the set{2, 5, 13, d}such that ab−1 is not a perfect square.

(中譯: 設 d 是異於 2, 5, 13 的任意正整數, 求證在集合{2, 5, 13, d}_{中可以找到兩相異元素} a, b 使得 ab−1不是完全平方數.)

此問題並不難解, 很快的, 我就發現此題目等價於「設 d 是異於 2, 5, 13 的任意正整 數, 證明: 2d−1, 5d−1, 13d−1不可能全為完全平方數」. 因此我用了反證法來證明, 亦 即假設: 2d−1= a², 5d−1 =b², 13d−1= c², 由 2d−1 =a²明顯可知 a 為奇數, 可由 此導出 d 亦為奇數, 然後將 d 代入後二式並將其相減後發現 d 竟為一個偶數. 由此我們得 到了一個矛盾, 亦即原題得證.

然而在題目的前半段, 我們可以得到 {2, 5, 13} 這個集合滿足了任兩相異元素 a, b 均 有 ab−1為完全平方數之特性, 因此我想如果可以找出具有這種特性之整數集合的規律 應是一個有趣的問題.

1.2 符 符 符號 號 號說 說 說明 明 明

1. 定義 Fn代表費氏數列的第 n 項, n≥0. F0=0, F1=1, Fn =Fn−1+Fn−2. 2. 定義 Dn(k)代表可滿足下列特性之 n 元素組{p₁, p₂,· · ·, pn}.

(a) 當 i<j, pi< pj.

(b) 對於所有的 i6= j, p_ip_j+k均為完全平方數. 例如{2, 5, 13}^就是一個 D3(−₁) 的解.

1.3 研 研 研究 究 究成 成 成果 果 果

1. 目前找到的 D3(−1)的解有:

(a) {F2n−1, F2n+1, F2n+3}. (b) {1, a²+1,(a+1)²+1}. 2. 目前找到的 D3(1)的解有:

(a) {F_2n−2, F2n, F2n+2}.

(b) {k,^{(ka−(k−1))}_k ²⁻¹,^(ka+1)_k²⁻¹}. (c) {k,^(ka−1)_k ²⁻¹,^(ka+(k−1))_k ²⁻¹}. 3. 目前找到的 D4(1)的解有:

(a) {F2n−2, F2n, F2n+2, 4F2n−1F2nF2n+1}.

(b) {k,^(ka−k+1)_k ²⁻¹,^(ka+1)_k ²⁻¹,[2(ka−k+1)(ka+1)−1]²−1

k }.

4. D₃(f(f+2) +t)_{的最小解為}{1, 2(f+2) −t, 4(f+2) +1−t},其中 0≤t≤2 f+2, t, f ∈Z.

5. 當{p₁, p2, p3}^是_{一組 D3}(1)的解時, 必定可以找到一個 p4, 使得{p₁, p2, p3, p₄}_為 一組 D4(1)的解, 而這個 p4就等於 2ABC+2p1p2p3+_{∑ p1},其中 A=p p1p2+1, B=p p₁p₃+_{1, C}=p p₂p₃+_1.

6. 當 D4(k)的 k6=2(mod4) ∧k6=3, 5, 8, 12, 20, k>0 時, D4(k)_{至少有一組解.}

2 研 研 研究 究 究過 過 過程 程 程 與 與 與定 定 定理 理 理證 證 證明 明 明

2.1 D

(− ₁ ) _{與 與 與 D}

( ₁ ) ^{的 的 的解 解 解}

引引引理理理 2.1. F_2n−1F2n+1−1=F_2n² 為完全平方數.

證證證明明明. (這是周知的費氏數列的基本性質.)

1. 當 n=1 時, F1F3−1=1×2−1=1=F₂²,顯然成立.

2. 假設當 n=t 時結論成立, 即 F_2t² =F_2t−1F_2t+1−1, 因此 (F_2t+2−F_2t+1)²= (F_2t+1−F_2t)F_2t+1−1

⇔F_2t+2² −2F_2t+1F_2t+2+F_2t+1² =F_2t+1² − (F_2t+2−F_2t+1)F_2t+1−1

⇔F_2t+2² =F_2t+1² +F_2t+2F_2t+1−1=F_2t+3F_2t+1−1,

即當 n=t+1 時結論亦成立, 故由數學歸納法知 F2n−1F_2n+1−1=F_2n² . 引引引理理理 2.2. F_2n−2F_2n+1+₁=F_2n−1² 為完全平方數.

證法同上, 故省略.

特特特例例例 1. 找出 D3(−1)的解, 一開始以代數字的方法得到下列幾組解: {1, 2, 5},{2, 5, 13}, {5, 13, 34},{13, 34, 89}.

p₁ p₂ p₃ p p₁p₂−1 p p₁p₃−1 p p₂p₃−1

1 2 5 1 2 3

2 5 13 3 5 8

5 13 34 8 13 21

13 34 89 21 34 55

表 1

注意到: {1, 2, 5},{2, 5, 13},{5, 13, 34},{13, 34, 89}^這四組中所有的數都是費氏數列 的第奇數項, 於是猜測{F2n−1, F2n+1, F2n+3}_{為一組解.}

首先由引理 2.1 可得知 F2n−1F_2n+1−1 及 F_2n+1F2n+3−1均為完全平方數. 接著我們 再利用費氏數列遞迴式證明 F2n−1F2n+3−1為完全平方數: 由於 Fn=Fn−1+Fn−2,

F_2n−1·F2n+3−1= (F_2n+1−F2n)(F_2n+1+F2n+2) −1

=F_2n+1² +F_2n+1F2n+2−F2nF_2n+1− (F2nF2n+2+1)

=F_2n+1² +F_2n+1² −F_2n+1² =F_2n+1² , 其中我們用到了引理 2.2, 故我們得到了以下定理:

定定定理理理 2.3. {F2n−1, F2n+1, F2n+3}_{為一組 D3}(−1)的解.

特特特例例例 2. 既然{F2n−1, F2n+1, F2n+3}為一組解, 於是我想到:{F2n−2, F2n, F2n+2}_{是否也為一} 組 D₃(−1)解呢? 經過類似的方法驗證, 發現{F_2n−2, F_2n, F_2n+2}這組雖不是 D3(−1)^的 解, 但它們是一組 D3(1)的解.

定定定理理理 2.4. {F2n−2, F2n, F2n+2}_{為一組 D3}(1)的解.

證法同上, 但先用引理 2.2 再用引理 2.1. 細節省略.

特特特例例例 3. 找出 D3(−1)_{的解, 注意到}{1, 2, 5},{1, 5, 10},{1, 10, 17},{1, 17, 26}這幾組.

p₁ p2 p3 p p₁p2−1 p p₁p3−1 p p2p3−1

1 2 5 1 2 3

1 5 10 2 3 7

1 10 17 3 4 13

1 17 26 4 5 21

表 2

從 表 2 注意到這幾組的 pp1p2−1 依 序為 1, 2, 3, 4,· · ·, 而 p p1p3−1 依 序為 2, 3, 4, 5,· · ·_{, 於是我猜測:}{1, a²+1,(a+1)²+1}^是一種 D3(−1)的解答. 這顯然只需驗證 p2×p3−1 是否為完全平方數即可:(a²+1)(a²+2a+2) −1=a⁴+2a³+3a²+2a+1= (a²+a+1)²_{. 故猜測成立.}

前面提到: {F_2n−2, F2n, F2n+2} 是 D₃(₁) _{的 一組解, 恰和} {F_2n−1, F2n+1, F2n+3} ^是 D3(−1)的一組解成對稱的關係, 於是我想到: 也許{1, a²+1,(a+1)²+1}_{也存在一種對} 稱的解, 於是我以同樣方法驗證了前面的結果, 果然得到它是一組 D3(1)的解.

特特特例例例 4. D₃(₁)的解, p₁= _{2: 既然}{1, a²−1,(a+₁)²−1}^是一組 D3(₁)_{解, 我很自然的} 想到: 如果最小的那個數不是 1, 那麼仍然有類似的規則嗎? 經過前述的方法後, 又得到了 最小數是 2 的幾組解, 如表 3 所示:

由表不難看出每一組的 pp1p₂−1 的 依序是 3, 5, 7, 9,· · ·, 而 p p₁p₃−1 依序是 5, 7, 9, 11,· · ·, 因 此 我猜測: {2,^(2a−1)₂²⁻¹,^(2a+1)₂²⁻¹} 亦為一組解. 直接計算果然得到

(2a−1)²−1 2

(2a+1)²−1

2 +₁= (_2a²−1)²_.

p₁ p₂ p₃ p p₁p₂+1 p p₁p₃+1 p p₂p₃+1

2 4 12 3 5 7

2 12 24 5 7 17

2 24 40 7 9 31

2 40 60 9 11 49

表 3

關於 D3(1)的解, p₁=2 有一些規律之後, 那 3 或 4 甚至更大的數有沒有規律呢? 經 過了一些嘗試我找到了 p1=t 的一組解:

定定定理理理 2.5. {t,^{(ta−(t−1))}_t ²⁻¹,^(ta+1)_t²⁻¹}_{為一組 D3}(1)的解.

證證證明明明. 直接計算:

(ta− (t−1))²−1 t

(ta+1)²−1 t +1

= (ta−t)(ta−t+₂)(ta)(ta+₂) +t² t²

= (t²a²+ta(−t+2) + (−2t))(t²a²+ta(−t+2)) +t² t²

= (ta²+a(−t+₂) + (−₁))²_.

和定理 2.5 類似, 但注意到當 p1 = t 時, p2 都是 ^{(ta−1)2−1}

t 的形式, 而 p3 也都是

(ta+(t−1))²−1

t 的形式, 這是否也為一組解呢? 同樣的方法可以驗證得到:

定定定理理理 2.6. {t,^(ta−1)_t²⁻¹,^(ta+(t−1))_t ²⁻¹}_{為一組 D3}(1)的通解.

2.2 D

( 1 ) ^{的 的 的解 解 解}

特特特例例例 5. D₄(1)的解, p₁=1: 一開始, 我以紙筆計算, 但找不到任何的解, 想證明無解卻又 無法證出, 因此我用 C++ 寫了程式來幫助我. 我們先看最前面的幾組:

p1 p2 p3 p4 p p1p2+1 p p1p3+1 p p1p4+1

1 3 8 120 2 3 11

1 8 15 528 3 4 23

1 15 24 1520 4 5 39

1 24 35 3480 5 6 59

表 4

這幾組它們的 p1, p2, p3規則都和 D3(1)_{一樣, 而p4}的 120=11²−1, 528=23²−1, 1520= 39²−1 的這部分, 我發現: 11=2×2×3−1, 23 =2×3×4−1, 39 =2×4× 5−1, 於是合理的猜測有{1, a²−1,(a+₁)²−1,[_2a(a+₁) −₁]²−1}的關係.

定定定理理理 2.7. {1, a²−1,(a+1)²−1,[2a(a+1) −1]²−1}_{為一組 D4}(1)的解.

證證證明明明. 直接乘開再分解可得:

[a²−1][(2a(a+1) −1)²−1] +1

=_4a⁶+_8a⁵−4a⁴−12a³+_4a+₁= (_2a³+_2a²−2a−1)²_. 以及

[(a+₁)²−1][(_2a(a+₁) −₁)²−1] +₁

=4a⁶+16a⁵+16a⁴−4a³−8a²+1= (2a³+4a²−1)². 故可得到定理 2.7.

特特特例例例 6. D₄(1)的解, p₁=2:和之前解 D3(1)^時的想法類似, 我很自然的想到: 若最小數不 是 1, 而是 2 呢? 於是我注意到了這幾組:

p1 p2 p3 p4 p p1p2+1 p p1p3+1 p p1p4+1

2 4 12 420 3 5 29

2 12 24 2380 5 7 69

2 24 40 7812 7 9 125

2 40 60 19404 9 11 197

表 5

注意到: 29=2×3×5−1, 69=2×5×7−1, 125=2×7×9−_{1 於是我同樣可以} 合理猜測{2,^(2a−1)₂²⁻¹,^(2a+1)₂²⁻¹,[2(2a−1)(2a+1)−1]²−1

2 }為一組解. 事實上我們有:

定定定理理理 2.8. {k,^(ka−k+1)_k ²⁻¹,^(ka+1)_k ²⁻¹,[2(ka−k+1)(ka+1)−1]²−1

k }_{為一組 D4}(1)的解.

證證證明明明. 與 k=1 的方法類似, 只需作兩個計算:

(ka−k+₁)²−1 k

[₂(ka−k+₁)(ka+₁) −₁]²−1

k +1

= [2k²a³+ (−4k²+6k)a²+ (2k²−8k+4)a+ (2k−3)]², (ka+1)²−1

k

[2(ka−k+1)(ka+1) −1]²−1

k +1

= [2k²a³+ (−2k²+6k)a²+ (−4k+4)a+ (−1)]². 故我們得到定理 2.8.

當我看到 {1, 3, 8, 120}這組時,先想到的就是: 既然前三個數能用費氏數來表示, 那 麼第四個數呢? 我想到將 120 分解: 120 = 4×2×3×5, 而 {3, 8, 21, 2080} 中的 2080=₄×3×5×13也是一樣, 因此猜測有{F_2n−2, F2n, F2n+2, 4F2n−1F_2nF_2n+1}的關係.

定定定理理理 2.9. {F2n−2, F2n, F2n+2, 4F2n−1F2nF2n+1}^是_{一組 D4}(1)的解.

證證證明明明. 根據定理 2.4, 只需驗證

F2n−2(4F2n−1F2nF2n+1) +1=4F2n−1F2n(F2n−1F2n+1) +1

=4(F2n−1F2n)²+4F2n−1F2n+1= (2F2n−1F2n+1)²,

F2n(4F_2n−1F2nF_2n+1) +1=4F_2n−1F_2n+1(F_2n−1F_2n+1−1) +1

=4(F_2n−1F_2n+1)²−4F_2n−1F_2n+1+1= (2F_2n−1F_2n+1−1)²,

F_2n+2(4F_2n−1F_2nF_2n+1) +1=4F_2nF_2n+1(F_2nF_2n+1) +1

=₄(F_2nF_2n+1)²+_4F2nF_2n+1+₁= (_2F2nF_2n+1+₁)²_. 故定理 2.9 得證.

2.3 D

( k ) _{之 之 之最} ^{最 最小 小 小解 解 解}

特特特例例例 7. D₃(k)的所有解之中有一個解 p1< p2< p3其 pi在所有解中都取得最小值. 我們 稱之為 D3(k)_{之最小解. 顯然 p1}=1. 當 k 變動時, 最小解符合表 6:

k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

p2 3 2 6 5 4 3 2 8 7 6 5 4 3 2 10

p3 8 7 13 12 11 10 9 17 16 15 14 13 12 11 21 k 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 p₂ 9 8 7 6 5 4 3 2 12 11 10 9 8 7 6 p3 20 19 18 17 16 15 14 13 25 24 23 22 21 20 19

表 6

我發現 p2, p3 每隔一個周期就會逐項減 1 變成一個新的數, 其特點可表示為: 當 k= f(f +2) +t 時, p2 =2(f +2) −t且 p3 =4(f +2) +1−t,其中 0 ≤ t ≤ 2 f+2, t, f ∈_Z.

定定定理理理 2.10. D₃(f(f +2) +t)的最小解為{p1=1, p2=2(f+2) −t, p3=4(f +2) +1− t},其中 0≤t≤2 f+_{2, t, f} ∈Z.

證證證明明明. 分兩部分證明, 其一為 p1, p2, p3符合 D3(1)的基本條件, 其次為 p2, p3均為最小值.

1. p₁, p2, p3為 D3(1)的解:

p₁p₂+k=₁× (2 f+₄−t) + (f²+_{2 f}+t) = f²+_{4 f}+₄= (f +₂)²_, p1p3+k=1× (4 f+9−t) + (f²+2 f+t) = f²+6 f+9= (f +3)², p2p3+k= (2 f+4−t) × (4 f+9−t) + (f²+2 f+t) = (3 f−t+6)². 2. p₂=2(f+2) −t, p₃=4(f +2) +1−t均為最小值: 因為 k= f(f +2) +_{t, 所以:}

p1p2+k=1×p2+f(f+2) +t

≥1×2+ f(f +2) +0

> (f +1)²,

p1p3+k>p1p2+k= (f +2)²,

因此 p₁p2+_{k 的最小值為}(f+2)², p1p3+_{k 的最小值為}(f +3)²,亦即我們找出來 的{1, 2(f +2) −t, 4(f+2) +1−t}_{確為最小解.}

2.4 由 由 由 D

( 1 ) ^{造 造} 造 D

( 1 ) ^{的 的 的解 解 解}

在本節, 定義 A = p p1p2+1, B = p p1p3+1, C = p p2p3+1. 在定理 2.7 及定理 2.9 中, 我發現它們都有 p4 = 4ABC 的關係, 於是我找了其他的一些解來驗證, 但我發現在 {1, 3, 120, 1680}中, p4並不等於 4ABC, 於是我開始懷疑: 有 ABC, 是否有 p1p2p3或者是

∑ pip_j,∑ pi的存在呢?

一開始, 我從線性的關係出發, 期望可以找到解 (因為線性關係似乎是最簡單的), 由於 現在我們有 ABC, p1p2p3,∑ pipj,∑ pi四個變數, 因此我找了表 7 的四組解來做計算:

p1 p2 p3 p4 A B C ABC p1p2p3 Σp1p2 Σp1

1 3 8 120 2 3 5 30 24 35 12

1 3 120 1680 2 11 19 418 360 483 124 1 3 1680 23408 2 41 71 5822 5040 6723 1684 1 8 120 4095 3 11 31 1023 960 1088 129

表 7

假設 p4=wABC+xp₁p₂p₃+y∑ p1p₂+z∑ p1, 於是得到聯立方程組:















30w+24x+25y+12z=120 418w+360x+483y+124z=1680 5822w+5040x+6723y+1648z=23408 1023w+960x+1088y+129z=4095

解之可得 w =2, x=2, y=0, z=1,亦即 p4=2ABC+2p1p2p3+_{∑ p1}. 此結果看起來 很漂亮, 現在我們來驗證其是否正確.

定定定理理理 2.11. 當{p₁, p2, p3}^是_{一組 D3}(1)的解時, 必定可以找到一個 p4, 使得{p₁, p2, p3, p₄} 為一組 D4(1)的解, 而這個 p4就等於 2ABC+2p1p2p3+_{∑ p1},其中 A = p p1p2+1, B=p p₁p₃+_{1, C}=p p₂p₃+_1.

證證證明明明. 只需討論 pip4+1:

p1p4+1=2p1ABC+2p12p2p3+p12+p1p2+p1p3+1

=2p₁ABC+ (p₁²p2p3+p₁p2+p₁p3+1) + (p₁²+p₁²p2p3)

=2p₁ABC+ (p₁p2+1)(p₁p3+1) +p₁²(p2p3+1)

=2p₁ABC+A²B²+p₁²C²

= (AB+p₁C)²_,

同理, p2p₄+1= (AC+p2B)², p3p₄+1= (BC+p3A)²_{. 因此定理成立.}

事實上, 一開始我還想到變數也許會有 ∑ AB 或 ∑ A 等等的變數出現, 但在一些簡單 計算之後發現 ∑ AB, ∑ A 和 p4的值沒有直接關係, 於是我僅先考慮剩下的 4 個變數 (即 ABC, p1p2p3,∑ p1p2,∑ p1) 來做計算, 期望能得出一個 p4解, 於是發現了上述規則, 此部 分期望能找出第二個 p4的解, 或者證明對於任意給定的{p1, p2, p3}, p4僅有唯一一個解 (若為如此則間接證明了 D5(1)無解). 我們提出以下問題以供後續探討:

問問問題題題 2.12. 若 Dn(1)有解, 是否 n≤4?

2.5 D

( k ) ^{的 的 的討 討 討論 論 論}

定定定理理理 2.13. D_n(k)有解, 則 Dn(t²k)有解.

證證證明明明. 將 Dn(k)的解乘以 t 顯然得到 Dn(t²k)的解.

定定定理理理 2.14. 當 D4(k)的 k≡2(mod4)時, D4(k)_無解.

證證證明明明. 在此我採用反證法及 “Pigeonhole Principle” (鴿籠原理) 來證明:

假設有解{p₁, p2, p3, p₄}, 那麼, p_ip_j+k = a²_ij,∀1 ≤ i < j ≤4. 將左右兩邊 mod4, 可得到 pip_j+k ≡ b_ib_j+2(0 ≤ b_i, b_j ≤ 3), a²_ij ≡ 0 或 1 (其中 bi, b_j 為 0, 1, 2 或 3), 即 b_ib_j ≡2∨3 (_{mod 4})_{. 此時 bi} 6= 0,且 b1, b2, b3, b4中最多只有一個可以是 1 (否則有至少 2個 1, 此二數相乘得 1×1 =1); 最多只有一個可以是 2 (否則 2×2= 4同於 0 的情況);

最多只有一個可以是 3 (否則 3×3=9同於 1 的情況), 這也就是說, 我們最多只能得到 3 個數, 這和假設矛盾, 由此得知當 k≡2 (mod 4)_{時, D4}(k)_無解.

以下定理是本研究最後的最後一個結果:

定定定理理理 2.15. 當 D₄(_k)的 k6=2(_mod4) ∧_k6=3, 5, 8, 12, 20, k>_{0 時, D4}(_k)_{至少有一組解.}

所有的整數可分類為 4t, 4t+1, 4t+2, 4t+3. 其中我們將 4t+1再分為 8t+1 及 8t+5 (原因是無法直接找出所有 k=4t+1 時的解).

(1) 當 k=4t+3, 有解{1, 9t²+8t+1, 9t²+14t+6, 36t²+44t+13}_{. 此部分一開始} 是以程式得出特例, 在設定 p4<10000, k =7, 11, 15· · · 的條件下可由各組解之 間的差得出關係.

t k p₁ p2 p3 p₄ 1 7 1 18 29 93 2 11 1 53 70 245 3 15 1 106 129 469 4 19 1 177 206 765

表 8

(2) 當 k=8t+1, 有解{4, 9t²−5t, 9t²+7t+2, 36t²+4t}.類似的方法可得:

t k p1 p2 p3 p4

2 17 4 26 52 152 3 25 4 66 104 336 4 33 4 124 174 592 5 41 4 200 262 920

表 9

(3) 當 k=_8t+_{5, 有解}{2, 18t²+_14t+_{2, 18t}²+_26t+_{10, 72t}²+_80t+₂₂},同樣的我 們得到:

t k p1 p2 p3 p4

1 13 2 34 54 174 2 21 2 102 134 470 3 29 2 206 250 910 4 37 2 346 402 1494

表 10

現在我們剩下當 k 為 4 的倍數時的情況以及 k=3, 5 未解決了. 當 k 為 4 的倍數 時, 這時有 3 種可能,分別是: k= (4t+1)4^m, k= (4t+2)4^m, k= (4t+3)4^m. (4) 當 k= (4t+1)4^m, 由 (2), (3) 知 k=4t+1 有解 (k6=5),再由定理 2.13, 我們只要

驗證 k=5×4ⁿ是否有解就可以了, 而我在 k=_{80 找到了一組解}{1, 41, 64, 209}, 因此這部份除了 k=20以外都完成了證明.

(5) 當 k= (4t+3)4^m, 由 (1) 知 k=4t+3 有解 (k6=3),再由定理 2.13, 我們只要驗證 k =3×4ⁿ是否有解就可以了, 而我在 k =48 找到了一組解{1, 276, 313, 1177}, 因此除了 k=_{12以外也都完成了證明.}

(6) 當 k = (4t+2)4^m的時候, 因為我們已經知道 k = 4t+2 時是無解的, 因此, 我 從 m=1開始, 也就是從 k 為 8 的倍數開始找 (因為 m=0 時, k= (4t+2)4⁰ = 4t+2 無解), 先令 k = 8 f , 我同樣可以找到一組解 {1, 9 f²−8 f , 9 f²−2 f + 1, 36 f²−20 f +1}.

t k p₁ p₂ p₃ p₄ 3 24 1 57 76 265 4 32 1 112 137 497 5 40 1 185 216 801 6 48 1 276 313 1177

表 11

至此, 我們已經完成了當 D4(k)的 k6=2(mod4) ∧k6= 3, 5, 8, 12, 20, k>0 時, D4(k) 至少有一組解的證明, 然而, 當 k=3, 5, 8, 12, 20 時, 我仍無法找到解, 亦無法證明無解.

3 未 未 未來 來 來展 展 展望 望 望

1. 試著找出更多種型式的解, 甚至證明其涵蓋所有解答.

2. 針對此次報告仍未做出之 D4(−1)及 Dr(k) (r≥5, r∈_N)部分再進行研究.

3. 我們已知 D3(1)可推展至 D4(1), 因此期望能將 D4(1)_推展至D5(1)_{, 當然, 前提是} D5(1)有解. 若 D5(1)_{無解, 則證明之.}

4. 當{p₁, p2, p3}^是_{一組 D3}(1)的解時, 找出或證明沒有和 2ABC+2p₁p2p3+_{∑ pi不} 同的 p4, 使得{p1, p2, p3, p4}亦為 D4(1)的解.

5. 當 D₄(k)的 k=3, 5, 8, 12, 20 時, 證明 D₄(k)至少有一組解或是無解.

參 參 參考 考 考文 文 文獻 獻 獻

[1] IMO 歷屆試題.