高中数学奥赛辅导 第四讲 不定方程

数学奥赛辅导 第四讲 不定方程

知识、方法、技能

不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数的取值范围是受某些限制（如整数、正整数或有理数）的方程.不定方程是数论的一个重要课题，也是一个非常困难和复杂的课题.

Ⅰ. 几类不定方程 1．一次不定方程

在不定方程和不定方程组中，最简单的不定方程是整系数方程

ax by c 0,(a 0,b 0)

通常称之为二元一次不定方程. 一次不定方程解的情况有如下定理. 定理一：二元一次不定方程

ax by c,a,b,c为整数.

有整数解的充分必要条件是(a,b)|c. ① 【证】必要性 设x0,y0是①的解，则有ax0 by0 c. 设d (a,b),则有d|ax0,d|by0,所以有d|c. 充分性 设d (a,b)且d

|c，有c c1d.因d (a,b)，则存在x0,y0，使得

d ax0 by0，

于是有c c1d a c1x0 b c1y0, 所以c1x0,c1y0是①的解.

显然，当方程①有解时，d|c. 则用d去除①的两端有

a1x b1y c1 ②

此时，(a1,b1) 1且②与①同解，因此，我们只须讨论(a,b) 1时方程①的解. 定理二：若(a,b) 1,且x0,y0为①之一解，则方程①全部解为

x x0 bt,y y0 at. （t为整数）.

【证】设x0,y0为①的一解，则有

ax0 by0 c ③

设x,y是①的任一解. 用①式减去③式有

a(x x0) b(y y0) 0.

因为(a,b) 1,于是有b|(x x0)，即x x0 bt.从而有x x0 bt.将此结果代入上式得

y y0 at.即方程任一解都可以表示为x x0 bt,y y0 at(t为整数）.

反之，若x0,y0是①的解，则容易验证x x0 bt,y y0 at均是①的解. 从而定理得证. 2．沛尔(pell)方程

二元二次不定方程本质上归结为（双曲型）方程

x2 dy2 c ④

的研究，其中d,c都是整数，d 0且非平方数，而c 0.方程④的一个特殊情形

x2 dy2 1 ⑤

最为重要，也最为基础，这称为沛尔方程. 能够证明（本书不予讨论）方程⑤一定有无穷多组正整数解；又设(x1,y1)是⑤的正整数解(x,y)中使x yd最小的解，则⑤的全部正整数解由

1 nn

x [(x dy) (x dy)]n1111 2

⑥

1 yn [(x1 dy1) (x1 dy1)n]

22

给出.（n=1，2， ）

读者不难由⑥导出xn,yn满足的线性递推关系

xn 2x1xn 1 xn 2,

⑦

yn 2x1yn 1 yn 2

沛尔方程在数学竞赛中主要用于证明问题有无穷多个解，实际上对具体的d，可用尝试法求出⑤的一组正整数解(x1,y1)（因为方程一定有解！），无论(x1,y1)是否为基本解，由⑥均给出方程的无穷多组解.

3．勾股方程x y z

这是一个相当特殊的三元二次不定方程，它有鲜明的几何意义，并应用广泛.

22

这里只讨论勾股方程的正整数解，由方程不难看出，如果(x,y) d，则d|z，从而d|z，

2

222

这样可在勾股方程的两边约去d. 所以我们只需讨论满足(x,y) 1的解，此时易知x,y,z实际

上两两互素. 这种x,y,z两两互素的正整数解(x,y,z)称为方程的本原解，也称为本原的勾股数.

将方程模4，并注意(x,y) 1，可知x,y一奇一偶，无妨设y为偶数，下面的结果给出了勾股方程的全部本原解.

定理三：方程x2 y2 z2满足(x,y) 1，z|y的全部正整数解(x,y,z)可表为

x a2 b2,y 2ab,z a2 b2，

其中，a,b是满足a b 0,a,b一奇一偶，且(a,b) 1的任意整数. 证明从略.

4．不定方程xy zt

这是个四元二次方程，此方程也有不少用处，其全部正整数解极易求出：

设(x,z) a，则x ac,z ad，其中(c,d) 1，故acy adt,即cy dt,因(c,d) 1， 所以d|y,设y bt,则t bc. 因此方程xy zt的正整数解可表示为

x ac,y bd,z ad,t bc.a,b,c,d都是正整数，且(c,d) 1.反过来，易知上述给出的x,y,z,t都是解.

也可采用如下便于记忆的推导： 设

xcxtcc

,这里是既约分数，即(c,d) 1. 由于约分后得出，故x ac,z ad，

zdzydd

同理t cb,y ab.

Ⅱ. 不定方程一般的求解方法

1．奇偶分析法； 2．特殊模法； 3．不等式法； 4．换元法.

由于不定方程的种类和形式的多样性，其解法也是多种的，上面仅是常用的一般方法.

赛题精讲

例1：求方程|p q| 5的整数解，其中p,q是质数，r,s是大于1的正整数，并证明你

r

s

所得到的解是全部解. （第37届美国普特南数学竞赛试题）

rsrs

【解】由p和q,r和s的对称性，不妨设p q，即不妨只考试方程p q 1①的整数

解p，q,r，s仍如题设）. 显然，①中p,q不能全为奇质数，且p q，故p,q中恰有一个等于偶质数2.

（1）若p 2，此时设q 2q1 1.如果s 2s1是偶数，则

qs 1 (2q1 1)2s1 1 2 4k(k为正整数）不能被4整除，而pr 2r(r 1)能被4整除，①

不

成

立

，

故

s

只能取奇数值.于是

s 3

，此时，

pr 2r qs 1 (q 1)(qs 1 qs 2 q 1)，故q 1只含素因子2.

设q 1 2t(t 2)，则2r qs 1 (2t 1)s 1 2t(s Cs2 2t ).

由于(s Cs2 2t )与s的奇偶性相同，即为奇数，故只能等于1，这样一来t r，从而方程①2r (2r 1)s 1，得s 1，这与题设s 1矛盾，故①中p不能取值2.

（2）若q 2，则由①得2s pr 1 (p 1)(pr 1 pr 2 1)，故p 1只含素因子

2.设p 1 2t(t 1),r 2u r1(u 0,r1为奇数),则

2s (2t 1)r 1 2t u(r1 r1(r 1) 2t 1 ),若t 2,则r1 r1(r 1) 2t 1 是大于

1的奇数,上式不能成立,故t 1,即p 3.这时由方程①得

11

2s 3r 1 (4 1)r 1 ( 1)r Cr( 1)r 1 4 Cr( 1)r 2 42 1.

若r是奇数，显然上式不成立；若r 4是偶数，则上式右边等于－4r+8r（r－1）－ =－4r[1－2（r－1）+ ]，而[1－2（r－1）+ ]不是偶数，因而只能等于－1，故2s 3r 1 4r,显

s2

然r 4时此式不成立，于是r 2，进而由2 3 1 8得s=3，从而方程①的解只能是

p 3,q 2,r 2,s 3.

综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：

p 3, q 2,

r 2, s 3. p 2,

q 3,

r 3, s 2.

例2：试证：当2 n 11时，不存在n个连续自然数，使得它们的平方和是完全平方数. 【证明】设x是非负整数.假若结论不成立,即存在y N使

(x 1)2 (x 2)2 (x n)2 y2,即

1

nx2 n(n 1)x n(n 1)(2n 1) y2 ①

6

12

记A n(n 1)(2n 1). 则y A(modn).

6

当n 3,4,9时，分别由① 和n|y.令y nz，代入①得

1

x2 (n 1)x (n 1)(2n 1) nz2,

6

n 1212

) (n 1) nz2. 即(x 212

把n 5,7代入后将分别得到(x 3)2 2 0(mod5),(x 4)2 3 0(mod7).但这是不可

能的，故n 5,7.

当n 6,8,10时,由①得(n 1)[x nx

2

1

n(2n 1)] x2 y2 ② 6

若n 6,则由②知,x2 y2 0(mod7)，由于x的任意性，所以只能有x2 0,1,2,40(mod7)因

o)d,于是由③知有此要使x2 y2 0(m7o)d成立,只能x 0,y 0(m71

n(n 1)(2n 1) 7 13,这是不可能的,故n 6.同理可证n 10. 6

1222

若n 8,则由②可得x y 9x 8 9x 8 9 17 204 6(mod9),这是不可能

6

的,故n 8.综上,命题得证. 72|

【评述】n 11时,有38 39 48 143.

例3：试求所有的正整数n，使方程x y z nxyz有正整数解.

(1987年中国国家队选拔考试题)

233

【解】设x,y,z为其正整数解,由对称性,不妨设x y z.显然，z|x y,故

3

3

3

2

2

2

2

2

2

2

z2 x3 y3.但x3 xz2,y3 yz2，因而

x3 y3

z nxy nx2y2 (x y),

2

2

2

故 x y z [nxy (x y)]. 于是nxy 2nxy(x y) x y,

2

4

4

2

2

3

3

332222

1111xy 2( ) 3 3.

xynxny

易知n 1（否则，若x 2，则上式端不小于4，右端不大于3，矛盾），这样上式转化

为y 2

21

3.此式只有y 3时才能成立.当注意到z2|x3 y3，即z2|1 y3.因此，只能yny