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高中数学竞赛辅导-初等数论(不定方程)

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-14 20:14
tags:高中数学补习

辽宁文科高中数学大纲-高中数学知识点总结概率


数学奥赛辅导 第四讲 不定方程
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.
1.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)< br>①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
.
定理二:若
(a,b)?1,且x
0
, y
0
为①之一解,则方程①全部解为
x?x
0
?bt,y?y
0
?at
. (t
为整数)。
(2)沛尔
(pell)
方程
形如
x
2
?dy< br>2
?1

d?N*

d
不是完全平方数)的方程称为 沛尔方程. 能够证明它
一定有无穷多组正整数解;又设
(x
1
,y
1
)
为该方程的正整数解
(x,y)
中使
x?yd
最小的< br>1
?
nn
x?[(x?dy)?(x?dy)]
n1111
?
2
?
解,则其的全部正整数解由
?

n?1,2,3,?< br>)给
1
?
y
n
?[(x
1
?dy
1
)
n
?(x
1
?dy
1
)
n
]< br>?
2d
?
出.
①只要有解
(x
1
,y< br>1
)
,就可以由通解公式给出方程的无穷多组解.

x
n< br>,y
n
满足的关系:
x
n
?y
n
(3)勾股 方程
x?y?z

这里只讨论勾股方程的正整数解,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 。容易看出
x,y
一奇一偶,无妨设
y
为偶数,下面的结果勾股方程的全部本 原解通解公
式。
222
定理三:方程
x?y?z
满足
(x ,y)?1

2|y
的全部正整数解
(x,y,z)
可表为
222
?
x
n
?2x
1
x
n?1
?x< br>n?2

d?(x
1
?y
1
d)
;< br>?
y?2xy?y
1n?1n?2
?
n
n
x?a2
?b
2
,y?2ab,z?a
2
?b
2
,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.
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:

(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:

xc
xtcc
??,这里
是既约分数,即
(c,d)?1
. 由于约分后 得出,故
z
d
zydd
x?ac,z?ad
,同理
t?cb ,y?ab.

2.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;
5.因式分解法
6.构造法(构造出符合要求的特解或一个求解的递推关系,证明解无数个)
7.无穷递降法
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.
注:对无穷递降法的理解:以下面的问题为例:
证明:方程
x?y?z
无正整数解。
442
证明:假设
x ?y?z
存在正整数解,其中
z
最小的解记为
z
0
。因为< br>x
442
??
?
?
y
?
2
2
2
2
?z
2

根据勾股方程的通解公式有
x
2< br>?a
2
?b
2
,y
2
?2ab,z
0
?a
2
?b
2
,其中
a,b
一奇一偶,
222< br>2
?
a,b
?
?1
。从
x?a?b
可以得到
a
为奇数,
b
为偶数,令
b?2s

y?2ab? 4as

其中
?
a,s
?
?1
,所以
a? t
2
,s?q
2
,(t,q)?1
。由
x?a?b

x
2
?t
4
?4q
4
,即
222
x
2
?4q
4
?t
4
,又可以通过勾股方程的通解公式< br>22

x?l
2
?m
2
,2q
2
? 2lm,t
2
?l
2
?m
2
,(l,m)?1
,注 意到
q
2
?lm
,所以
l?l
0
,m?m
0
42
44
,而
z
0
?t?b?t
,与
z
0
的最小性矛盾。所以原方程组无正整数解。
t
2
?l
0
?m
0
赛题精讲
例1.(1)求不定方程
37x?107y?25
的所有解;
(2)求不定方程
7x?19y?213
的所有解。


解析: (1)可以由辗转相除法得到,其实根据该方法可以得到必存在整数
s,t
,使得
37 s?107t?1
。如
107?2?37?33,37?1?33?4,3?4?8?1
,依次反代即可得到一个
特解。
(2)
x?
213?19y3?5y,可以取
x?30?2y?
,此时可以得到
y?2
。从而得到一个
77
特解。
注:这个两个方法是基本方法。
例2.求所有满足方程
8?15?17
的正整数解
解析:首先从同余的角度 可以发现
y
必须为偶数,
8?15?17
,又
15
的个位数 必须为
5,而
8
的个位数为2,4,或6,
17
的个位数为3,9, 1,所以
x?0,2(mod4)
,对应的
x
z
xyzy
x yz
z?0,2(mod4)
。这样可以令
y?2k

z?2l,可以得到
8
x
?17
2l
?15
2k
?(1 7
l
?15
k
)(17
l
?15
k
),注意到
17
l
,15
k
均为奇数,两个的和和差必定是
lk
?
?
17?15?2
lk
17?15?2
,观察有解 一个单偶,一个双偶,从而
?
l
,目标集中于
k3x?1
?
?
17?15?2
?
l,k
?
?
?
1,1
?
。当
k?2
时,两边取模
?
2,2,2
?
17可以得到
(?1)?2
?
mod9
?
矛盾。所以仅有解k
例3.
a
为给定的一个整数,当
a
为何值时,方程
y ?1?a(xy?1)
有正整数解?有正整数
解时,求这个不定方程。
解:
y?1?a(xy?1

)
以变形为
?x
33
3
y
3
?1?y
3
?x
3
y
3
(?a1

x)?y
这样
(xy?1
?
)
3
|?y
33
xy
?
,一个明确的事实
?
xy?1,y
3
?
?1
,从而
(xy?1)|
?
1?x
3
?
。这样我们
33
得到
(xy?1)|1?x?(xy?1)|y?1(*)
。不妨假设
y?x,y?x
两种情况。
??
(1)
y?x

y
3
?11
,从这个代数式发现,
y?2
,对
y? 1
单独讨
y?1?a(y?1)?a?
2
?y?
y?1y?1
32
论,有
2?a(x?1)

a?1,x?3;a?2,x?2
,这种情况共有解:
a?1,?
?
3,1
?
;a?2?
?< br>2,1
?

a?3?
?
2,2
?
,注意到* 式的等价性,又有解
a?14,?
?
1,3
?
;a?9?
?
1,2
?


(2)
x?y

y< br>3
?11
将等式转化为不等式
a?
2
,从同余的角度看有a?ky?1,k?1
,所以
?y?
y?1y?1
y
3
?11

ky?1?
2
?y?
y?1y?1
y
2
?12

k?1
,则
y?1?(y?1)(xy?1)?y?xy? x?1?x?
,只能
?y?1?
y?1y?1
32

y?2 ,x?5,a?1;y?3,x?5,a?2
。注意到*式的等价性,又有解
y?5,x?2,a?14;y?5,x?3,a?9

综上,可以有
a?1 ,2,
,对应的解分别为
,
?
3
??
1
??
5,
??
2
????
2
??
,
9组解。
1
??
1,3

???

2,52,21,35,
例4.证明:不定方程
x
2
?y
5
?4
无整数解
解析:
x
2
?y
5
?4
给我们的第一个印象是
x, y
同为奇数或同为偶数。若同为偶数,则
4k
2
?32l
5
?4
也就是
k
2
?1?8l
5
,进一步有
k
为奇数,因为奇数的平方模8余1,矛盾。
若同为奇数,则需进一步讨论,关键是取模为多少比较好讨 论。结合费马小定理如
5
(y,11)?1
,则
y
5
?1o 1

)y?4?6or7o8

1

r0(mo

d

11r(m

od1)
x
2
?0,1 ,3,4,5,9(mod11)
。比较两者我们就可以到相应的结论
例5.求证:
x?y?z?u?v?xyzuv?65
存在无数组解且每个解都大于2009。
证明:观察 有特解
22222
?
1,2,3,4,5
?
。从原方程可以得到(yzuv?x)
2
?y
2
?z
2
?u
2?v
2
?(yzuv?x)yzv?12
。这说明从一组解可以得到另一组解?
yzuv?x,y,z,u,v
?
。由于方程结构的对称性,不妨假设
0?x?y?z?u?v
,则
y?z?u?v?yzuv?
,主要是证明
x< br>v?x?yzuv
,这是因为
v?x?vx?yzuv
。不断依
次类推 就可得到结论。
例6.(普特南竞赛题)求方程
|p?q|?1
的整数解,其中p,q
是质数,
r,s
是大于1的正
整数,并证明你所得到的解是全部解 .
解析:容易看到两个质数中肯定有一个为2,不妨假设
p?2
,即
2? q??1

|2?q|?1

rsrs
rs



r
2
r
?q
s
?1
,从余数去讨论,
q ?3(mod4)

s
为奇数。
ss?1
2?q?1?(q?1)( q
s
?q
s?2
???1)
,所以
?
q?1?2< br>r
1
?
?
s?1
r
2
s?2
??
q?q?
?
?1?2
取公因数,

2
r?
?
2
r
1
?1
?
?1?2
sr1
?s2
(s?1)r
1
???2
r
1
ss
,提有
(s?1)r
1
(s?2)r
1
2
r
?
?
2
r
1
?1
?
?1?2
r< br>1
?
2?s2?
?
?s
?
??
,从奇偶性可 以看出这种情形方程无解。
2
r
?q
s
?1
为偶数,注意 到
2
r
?q
s
?1?(q?1)(q
s?1
?q< br>s?2
???1)

r
?
s
?
q?1?2< br>1
r
1
sr
1
(s?1)r
1
2r
1
?1r
1
r

2?2?1?1?2?s2???s(s?1)2? 2s
,令
?
s?1
r
2
s?2
?
?
q?q?
?
?1?2
??
s?2
u
v

2
r
?2
r
1
?1?1?2
sr
1
?s2
(s?1)r
1
???v(s?1)2
2r
1
?1?u?2
r
1
?u
v
,观察最后两项,
只能
r1
?1

q?3

s?2
,从而
r?3

??
s

?
p?3,
?
q?2,
?
综上,考察到对称性,原方程恰有两组解:
?
or
r?2,
?
?
?
s?3.
?
p? 2,
?
q?3,
?

?
r?3,
?
??
s?2.
例8.(09湖北)求不定方程
x
1
?x
2
?x
3
?3x
4
?3x
5
?5x
6
?21
的正整数解的组数.
解 令
x
1
?x
2
?x
3
?x

x
4
?x
5
?y

x
6
?z
,则
x?3,y?2,z?1
.先考虑不定方程
x?3y?5z?21
满足
x?3,y?2,z?1
的正整数解.
? x?3,y?2,z?1

?5z?21?x?3y?12

?1?z?2< br>.

z?1
时,有
x?3y?16
,此方程满足
x ?3,y?2
的正整数解为
(x,y)?(10,2),(7,3),(4,4)


z?2
时,有
x?3y?11
,此方程满足
x?3,y? 2
的正整数解为
(x,y)?(5,2)

所以不定方程
x?3y ?5z?21
满足
x?3,y?2,z?1
的正整数解为
(x,y,z)?(10,2,1),(7,3,1),(4,4,1),(5,2,2)

又方程
x
1
?x
2
?x
3
?x(x?N, x?3)
的正整数解的组数为
C
x?1
,方程
2
x
4
?x
5
?y
(y?N,x?2)
的正整数解的组数为
C< br>1
y?1
,故由分步计数原理知,原不定方程


的正整数解的组数 为
2121211
C
9
C
1
?C
6
C< br>2
?C
3
C
3
?C
2
4
C
1
?36?30?9?6?81

例8.(09 巴尔干)求方程
3?5?z
的正整数解。
解析:首先
3
x
?1,3(mod4)

5
y
?1(mod4)
,从而
3< br>x
?1(mod4)

x,z
为偶数。方程可
xy2
?
k
5
s
?5
t
3?
ks
?
?< br>3?z?5
?
?
2

x2y2k2y
?
以转 化
3?z?5

3?z?5

(3
k
?z)(3< br>k
?z)?5
y

?
k
?
t
st< br>?
?
3?z?5
?
z?
5?5
?
?2
?
2?3
k
?5
s
?5
t
?
2?3k
?1?5
y
??
ky
ts
s?0
。所以,即 得,下面研究
2?3?1?5
,当
k?2
时,
??
5?55
y
?1
?
z?
?
z?
?2?2
1?5y
?0
?
mod18
?

5
y
?17
?
mod18
?
,通过尝试的方法可以得到:
5
2
?7
?
mod18
?
,5
3
??1
?
m od18
?

5
6
?1
?
mod18
?< br>,
y?6l?3

2?3
k
?1?5
6l?3
,在
考虑模7的余数,
2?3
k
?1?5
6l?3
?1? (7?2)
6l?3
?1?2
6l?3
?1?2
3
?0(m od7)
,矛盾。
所以
k?1,y?1
,由此可以得到方程的解为
x ?2,y?1,z?2

变式练习:(09 加拿大)已知
3?7
为完全平方数,求
a,b

解析:
3?7
须为4的倍数,从而
a,b
一个为奇数,一个为偶数。

a?2k,b?2l?1
,则
3
2k
ab
ab< br>?7
b
?z
2
,同上,应该有
2?3
k
?7
b
?1
,当
k?2
时,
7
b
?1?0?
mod18
?

7
b
?17
?
mo d18
?
,通过尝试的方法可以得到:
7
2
?13
?
mod18
?
,7
3
?1
?
mod18
?
, 矛盾,所以
k?0,1
,满足条件的
a,b

?
a, b
?
?
?
0,1
?
?(2,1)

仍然考虑
2?3?1?7

例9: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.
解析:设
x
是非负整数.假若结论不成立,即存在
y?N
使

kb
(x?1)
2
?(x?2)
2
???(x? n)
2
?y
2
,








1
nx
2
?n(n?1)x?n(n?1) (2n?1)?y
2

6
1

A?n(n?1)(2n?1).

y
2
?A(modn).

6

n?3,4,9
时,分别由① 和
n|y.

y?nz
,代入①得
1
x
2
?(n?1)x?(n?1)(2n?1)?nz
2
,

6
n?1
2
1
2
)?(n?1)?nz
2
.

( x?
212

n?5,7
代入后将分别得到
(x?3)
2< br>?2?0(mod5),(x?4)
2
?3?0(mod7).
但这是
不可能的,故
n?5,7
.

n?6,8,10
时,由①得
(n?1)[x?nx?
2
1
n(2n?1)]?x
2
?y
2

6

n?6,
则由②知,
x
2
?y
2
?0(mod7)
,由于
x
的任意性,所 以只能有
x
2
?0,1,2,40(mod7)
因此要使
x
2
?y
2
?0(mod7)
成立,只能
x?0,y?0(mod7)
,于是由
1
n(n?1)(2n?1)?7?13
,这是不可能的,故
n?6.
同理可证
n?10.

6
1
222

n?8
,则由②可得
x?y?9x?8?9x??8?9?17?204?6(mod 9)
,这是
6
不可能的,故
n?8.
综上,命题得证.
③知有
7|
2

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