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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
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) 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x0 , y 0 为①之一解,则方程①全部解为 x = x0 + bt , y = y 0 ? at . (t 为整数) 。 (2)沛尔 ( pell ) 方程 形如 x 2 ? dy 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 ( x1 , y1 ) 为该方程的正整数解 ( x, y ) 中使 x + y d 最小的

1 ? n n ? xn = 2 [( x1 + d y1 ) + ( x1 ? d y1 ) ] ? ( n = 1, 2, 3,L )给 解,则其的全部正整数解由 ? ? yn = 1 [( x1 + d y1 )n ? ( x1 ? d y1 ) n ] ? 2 d ?
出. ①只要有解 ( x1 , y1 ) ,就可以由通解公式给出方程的无穷多组解. ② x n , y n 满足的关系: xn + yn d = ( x1 + y1 d ) ; ?
n

? xn = 2 x1 xn ?1 ? xn ? 2 , ? yn = 2 x1 yn ?1 ? yn ? 2

(3)勾股方程 x 2 + y 2 = z 2 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。 定理三:方程 x 2 + y 2 = z 2 满足 ( x, y ) = 1 , 2 | y 的全部正整数解 ( x, y , z ) 可表为

x = a 2 ? 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: 设 ( x, z ) = a , x = ac, z = ad , 则 其中 (c, d ) = 1 , acy = adt , 即cy = dt ,因(c, d ) = 1 , 故 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

x t c c x c = = , 这里 是 既 约 分 数 , 即 (c, d ) = 1 . 由 于 约 分 后 得 出 , 故 z y d d z d

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 4 + y 4 = z 2 无正整数解。 证明:假设 x 4 + y 4 = z 2 存在正整数解,其中 z 最小的解记为 z0 。因为 x 2
2 2 2 2 2 2

( ) +(y )
2

2 2

= z2 ,

根据勾股方程的通解公式有 x = a ? b , y = 2ab, z0 = a + b ,其中 a , b 一奇一偶,
2 2 2 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 得 x 2 = t 4 ? 4q 4 , 即
2 2 2

x 2 + 4q 4 = t 4































2 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 = l02 , m = m0 , 4 t 2 = l04 + m0 ,而 z0 = t 4 + b 2 > t ,与 z0 的最小性矛盾。所以原方程组无正整数解。

赛题精讲
例 1. (1)求不定方程 37 x + 107 y = 25 的所有解; (2)求不定方程 7 x + 19 y = 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 ? 19 y 3 ? 5y ,可以取 x = 30 ? 2 y + ,此时可以得到 y = 2 。从而得到一个 7 7

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
x y z

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
x y z y

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(mod 4) ,对应的
x z

z ≡ 0, 2(mod 4)









以 令

y = 2k



z = 2l





以 得



8 x = 17 2l ? 152 k = (17l ? 15k )(17l + 15k ) ,注意到 17l ,15k 均为奇数,两个的和和差必定是
一 个单 偶, 一个 双偶 ,从 而 ?

?17l ? 15k = 2 ? l k , 目标 集中 于 17 ? 15 = 2 , 观察 有解 l k 3 x?1 ?17 + 15 = 2 ?
17 可以得到 (?1) ≡ 2 ( mod 9 ) 矛盾。所以仅有解
k

( l , k ) = (1,1) 。当 k ≥ 2 时,两边取模 ( 2, 2, 2 )

例 3. a 为给定的一个整数,当 a 为何值时,方程 y 3 + 1 = a ( xy ? 1) 有正整数解?有正整数 解时,求这个不定方程。 解 : y 3 + 1 = a ( xy ? 1) 可 以 变 形 为 ? x3 y 3 + 1 + y 3 + x 3 y 3 = a ( xy ? 1) , 这 样

( xy ? 1) | ( y 3 + x3 y 3 ) ,一个明确的事实 ( xy ? 1, y 3 ) = 1 ,从而 ( xy ? 1) | (1 + x3 ) 。这样我们
得到 ( xy ? 1) | 1 + x 3 ? ( xy ? 1) | y 3 + 1(*) 。不妨假设 y = x, y > x 两种情况。 (1) y = x

(

)

y3 + 1 1 y + 1 = a( y ? 1) ? a = 2 = y+ ,从这个代数式发现, y = 2 ,对 y = 1 单独讨 y ?1 y ?1
3 2

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 ? ( 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 将等式转化为不等式 a <

y3 + 1 1 = y+ ,从同余的角度看有 a = ky ? 1, k ≥ 1 ,所以 2 y ?1 y ?1

ky ? 1 <

y3 + 1 1 = y+ , 2 y ?1 y ?1
3 2

y2 +1 2 若 k = 1 ,则 y + 1 = ( y ? 1)( xy ? 1) ? y = xy ? x ? 1 ? x = = y +1+ ,只能 y ?1 y ?1
是 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, 2,3,9,14

















( 3,1)( 5, 2 )( 2,1)(1, 2 )( 3,5)( 2, 2 )(1,3)( 5,3)( 2,5) 共 9 组解。
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

( y,11) = 1 , 则 y 5 = 1or10(mod11) , 从 而 y 5 ? 4 ≡ 6or 7or 8(mod11) , 但 是

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 2 + y 2 + z 2 + u 2 + v 2 = xyzuv ? 65 存在无数组解且每个解都大于 2009。 证 明 : 观 察 有 特 解

(1, 2,3, 4,5)



从 原





可 以 得



( 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 ? x ,主要是证明 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 r ? q s |= 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.

| 即 解析: 容易看到两个质数中肯定有一个为 2, 不妨假设 p = 2 , 2r ? q s |= 1 , 2r ? q s = ±1 。



2r = q s + 1 , 从 余 数 去 讨 论 , q ≡ 3(mod 4) , s 为 奇 数 。
s s ?1

2 = q + 1 = (q + 1)(q
r
s

?q

s ?2

+ L + 1)







?q + 1 = 2r1 ? ? s ?1 r s ?2 ?q ? q + L + 1 = 2 2 ?
取 公 因 数 ,



2r = ( 2r1 ? 1) + 1 = 2 sr1 ? s 2( s ?1) r1 + L + 2r1 s
s







2r = ( 2r1 ? 1) + 1 = 2r1 ? 2( s ?1) r1 ? s 2( s ? 2) r1 + L + s ? ,从奇偶性可以看出这种情形方程无解。 ? ? 2r = q s ? 1 为 偶 数 , 注 意 到 2r = q s ? 1 = (q ? 1)(q s ?1 + q s ? 2 + L + 1)


?q ? 1 = 2r1 s ? r sr ( s ?1) r1 , 2r = ( 2 1 + 1) ? 1 = 2 1 + s 2 + L + s ( s ? 1)22 r1 ?1 + 2r1 s ,令 ? s ?1 r2 s?2 ?q + q + L + 1 = 2 ? s = 2u v , 2r = ( 2r1 + 1) ? 1 = 2 sr1 + s 2( s ?1) r1 + L + v( s ? 1)22 r1 ?1+u + 2r1 + u v ,观察最后两项,
s

只能 r1 = 1 , q = 3 , s = 2 ,从而 r = 3

综上,考察到对称性,原方程恰有两组解:

? p = 3, ?q = 2, ? or ? r = 2, ? ? s = 3. ?

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

例 8. (09 湖北)求不定方程 x1 + x 2 + x 3 + 3 x 4 + 3 x5 + 5 x 6 = 21 的正整数解的组数. 解 令 x1 + 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 + 3 y + 5 z = 21 满 足 x ≥ 3, y ≥ 2, z ≥ 1 的 正 整 数 解 . Q x ≥ 3, y ≥ 2, z ≥ 1 , ∴ 5 z = 21 ? x ? 3 y ≤ 12 ,∴1 ≤ z ≤ 2 .
当 z = 1 时 , 有 x + 3 y = 16 , 此 方 程 满 足 x ≥ 3, y ≥ 2 的 正 整 数 解 为

( x, y ) = (10, 2), (7, 3), (4, 4) .
当 z = 2 时,有 x + 3 y = 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 + 3 y + 5 z = 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 x1 + x 2 + x 3 = x ( x ∈ N , x ≥ 3) 的 正 整 数 解 的 组 数 为 C 2 ?1 , 方 程 x

x 4 + x5 = y ( y ∈ N , x ≥ 2) 的正整数解的组数为 C1y ?1 ,故由分步计数原理知,原不定方程

的正整数解的组数为
2 2 2 C 9 C1 + C 6 C1 + C 3 C1 + C 2 C1 = 36 + 30 + 9 + 6 = 81 . 1 2 3 4 1

例 8. (09 巴尔干)求方程 3 ? 5 = z 的正整数解。
x y 2

解析:首先 3x ≡ 1,3(mod 4) , 5 y ≡ 1(mod 4) ,从而 3x ≡ 1(mod 4) , x, z 为偶数。方程可

? k 5s + 5t ?3 = ?3k ? z = 5s ? ? 2 x 2 y 2k 2 y k k y 以转化 3 ? z = 5 ,3 ? z = 5 ,(3 ? z )(3 + z ) = 5 ,? , ?? k t s 5 ? 5t ?3 + z = 5 ? ?z = ? 2 ?

?2 × 3k = 5s + 5t ?2 × 3k = 1 + 5 y ? ? k y 。 所以 s = 0 , 即得 ? , 下面研究 2 × 3 = 1 + 5 , k ≥ 2 时, 当 ? 5t ? 5s 5y ?1 ?z = ?z = 2 2 ? ?

1 + 5 y ≡ 0 ( mod18) , 5 y ≡ 17 ( mod18) ,通过尝试的方法可以得到: 52 ≡ 7 ( mod18) ,53 ≡ ?1( mod18 ) , 56 ≡ 1( mod18) , y = 6l + 3 , 2 × 3k = 1 + 56l +3 ,在
考虑模 7 的余数, 2 × 3k ≡ 1 + 56 l +3 ≡ 1 + (7 ? 2)6 l +3 ≡ 1 ? 26l + 3 ≡ 1 ? 23 ≡ 0(mod 7) ,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
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 b

若 a = 2k , b = 2l + 1 , 则 3

2k

+ 7b = z 2 , 同 上 , 应 该 有 2 × 3k = 7b ? 1 , 当 k ≥ 2 时 ,

7b ? 1 ≡ 0 ( mod18) , 7b ≡ 17 ( mod18 ) , 通 过 尝 试 的 方 法 可 以 得 到 : 72 ≡ 13 ( mod18 ) , 73 ≡ 1( mod18) ,
矛 盾 , 所 以 k = 0,1 , 满 足 条 件 的 a, b 为

( a, b ) = ( 0,1) = (2,1)
仍然考虑 2 × 3 = 1 + 7
k b

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

( x + 1) 2 + ( x + 2) 2 + L + ( x + n) 2 = y 2 , 即

1 nx 2 + n(n + 1) x + n(n + 1)(2n + 1) = y 2 ① 6 1 2 记 A = n( n + 1)(2n + 1). 则 y ≡ A(mod n). 6
当 n = 3,4,9 时,分别由① 和 n | y. 令 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 . 即 (x + 2 12
把 n = 5,7 代入后将分别得到 ( x + 3) + 2 ≡ 0(mod 5), ( x + 4) + 3 ≡ 0(mod 7). 但这是
2 2

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)] = x 2 + y 2 6



2 2 若 n = 6, 则 由 ② 知 , x + y ≡ 0(mod 7) , 由 于 x 的 任 意 性 , 所 以 只 能 有

x 2 ≡ 0,1,2,40(mod 7) 因此要使 x 2 + y 2 ≡ 0(mod 7) 成立,只能 x ≡ 0, y ≡ 0(mod 7) ,于是由
③知有 7 |

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 2 2 2 若 n = 8 ,则由②可得 x + y = 9 x + 8 × 9 x + × 8 × 9 × 17 ≡ 204 ≡ 6(mod 9) ,这是 6 不可能的,故 n ≠ 8. 综上,命题得证.
2


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