2010數學協(xié)作體夏令營講義專題專題一—專題五.doc

專題一 數列與遞推江蘇省鹽城中學 丁振華 沈巍龑一、基礎知識 定義：對于任意的，由遞推關系確定的關系稱為階遞歸關系或稱為階遞歸方程，由階遞歸關系及給定的前項的值(稱為初始值)所確定的數列稱為階遞歸數列。若是線性的，則稱為線性遞歸數列，否則稱為非線性遞歸數列，在數學競賽中的數列問題常常是非線性遞歸數列問題。求遞歸數列的常用方法：一公式法(1)設是等差數列，首項為，公差為，則其通項為；(2)設是等比數列，首項為，公比為，則其通項為；(3)已知數列的前項和為，則。二迭代法迭代恒等式：；迭乘恒等式： ，()迭代法能夠解決以下類型一和類型二所給出的遞推數列的通項問題：類型一：已知，求通項；類型二：已知，求通項；三待定系數法類型三：已知，求通項；四特征根法類型四：設二階常系數線性齊次遞推式為（），其特征方程為，其根為特征根。 （1）若特征方程有兩個不相等的實根，則其通項公式為（），其中A、B由初始值確定；（2）若特征方程有兩個相等的實根，則其通項公式為（），其中A、B由初始值確定。證明：設特征根為，則所以=即是以為公比，首項為的等比數列。所以，所以(1)當時，則其通項公式為，其中，；(2)當時，則其通項公式為，其中因此對于斐波那契數列，對應的特征方程為，其特征根為：，所以可設其通項公式為，利用初始條件得，解得所以。這個數列就是著名的斐波那契數列的通項公式。斐波那契數列有許多生要有趣的性質，如：它的通項公式是以無理數的形式給出的，但用它計算出的每一項卻都是整數。斐波那契數列在數學競賽的組合數學與數論中有較為廣泛地應用。為了方便大家學習這一數列，我們給出以下性質：（請同學們自己證明）（1）斐波那契數列的前項和；（2）；（3）（）；（4）（）；（5）（）；五代換法代換法主要包括三角代換、分式代換與代換相消等，其中代換相消法可以解決以下類型五：已知，求通項。六不動點法若，則稱為的不動點，利用不動點法可將非線性遞歸式化歸為等差數列、等比數列或易于求解的遞關系的遞推關系，從而達到求解的目的。類型六：(1)已知，且，求通項； (2)已知，求通項；七數學歸納法八構造法二、范例選講：（一）遞推數列1、（德國）數列的定義是證明：該數列中的項都是正整數。證明：由遞推數列關系知：兩式作差可得 即 化簡可得 （*）如果記，那么由（*）可得 （*）由和可知再由（*）式，即得從而利用由歸納法可知，各項都是正整數。2、（08全國聯(lián)賽）設證明：當且僅當時，存在數列滿足下列條件：（1）；（2）存在；（3）證明：必要性：假設存在滿足（），（），（iii）注意到（）中式子可化為 ， 其中將上式從第1項加到第項，并注意到得 由（）可設，將上式取極限得 ，因此 充分性：假設定義多項式函數如下： ，則在0,1上是遞增函數，且，因此方程在0,1內有唯一的根，且，即 下取數列為，則明顯地滿足題設條件（），且 因，故，因此，即的極限存在，滿足（） 最后驗證滿足（），因，即，從而 綜上，存在數列滿足（），（），（） 3、（05年上海競賽試題）數列的通項公式為，記，求所有的正整數，使得能被8整除解：記注意到，可得因此，Sn+2除以8的余數，完全由Sn+1、Sn除以8的余數確定，故由(*)式可以算出各項除以8的余數依次是1,3，0,5，7,0，1,3，它是一個以6為周期的數列，從而故當且僅當4、（第五屆東南奧林匹克）設數列滿足試求通項的表達式。解：將所給遞推關系的兩邊同除以得：即所以，故即令則故從而，。（二）數列不等式的證明5、（芬蘭）設試求整數使得。解：化簡可得：由由遞推關系可得數列單調遞增可得即得值為6、（俄羅斯）數列和的定義是：，求證：證明：由下面用歸納法證明： （*）時，顯然有假設等式對成立，我們來看時的情形：由此即知（*）式對一切正整數都成立。如此一來，對每個，我們都有即此即為證。（三）綜合問題7、（08女子奧林匹克）設正數列滿足 及。求正實數，使得當時，有單調性當時，不具有單調性。解：由,有即于是。當是，由于，則當，即時有即而，當且僅當時，等號成立。于是，取，則當時，有當時，且故所求常數8、（09全國聯(lián)賽）已知，是實數，方程有兩個實根，數列滿足，()求數列的通項公式（用，表示）；()若，求的前項和解：方法一：()由韋達定理知，又，所以，整理得令，則所以是公比為的等比數列數列的首項為：所以，即所以當時，變?yōu)檎淼?，所以，數列成公差為的等差數列，其首項為所以于是數列的通項公式?分當時， 整理得，所以，數列成公比為的等比數列，其首項為所以于是數列的通項公式為10分()若，則，此時由第()步的結果得，數列的通項公式為，所以，的前項和為以上兩式相減，整理得所以15分方法二：()由韋達定理知，又，所以，特征方程的兩個根為，當時，通項由，得 解得故 5分當時，通項由，得 解得，故10分()同方法一三、強化訓練1、 （09全國）一個由若干行數字組成的數表，從第二行起每一行中的數字均等于其肩上的兩個數之和，最后一行僅有一個數，第一行是前個正整數按從小到大排成的行，則最后一行的數是 （可以用指數表示）【答案】【解析】 易知：()該數表共有100行；()每一行構成一個等差數列，且公差依次為，()為所求 設第行的第一個數為，則 故2、 （09全國）若函數且，則 【答案】a) ，故3、（10江蘇初賽）設復數列滿足且。若對任意都有則的值是_解：由恒成立。即。因為或，故，所以4、已知數列滿足，求數列的通項解：其特征方程為，解得，令，由，得， 5、已知數列滿足，求數列的通項解：其特征方程為，化簡得，解得，令 由得，可得，數列是以為首項，以為公比的等比數列，6、 已知數列滿足試求數列的通項公式。解：將條件左右平方移項可得 同理可得 由此可見是方程的兩根，從而有 該式的特征根方程為：，兩個特征根為 故可設通項 代入解得 所以7、 數列定義如下： 求的通項。解：由已知消去得令，則 其中 由特征根方程可得為奇數 同理可得為偶數。8、 設數列滿足且，求證：是完全平方數。解：由已知可得且當時以此類推可得同理可知從而由于所以由二項展開式可知為偶數，故是完全平方數。9、 已知求的通項。解：設 則 以上四式相加，并利用條件得 則 所以，于是 故專題二 組合幾何講座湖南師大附中 周正安組合幾何問題是高級別數學競賽中較常見的一類新穎有趣的問題類型。簡而言之，它是幾何中的組合問題，這類問題的求解需要的平幾知識少之又少，更多的是需要聰敏與智慧。以下，我們以實例分析來了解組合幾何問題處理的一些基本方法與技巧。例1，設A、B都是平面上的有限點集，中無三點共線，.A1A3A4A5B1B2B3圖1求證：存在一個三角形，它的頂點全在A中或全在B中，且它的內部不含另一集合中的點。分析：記符合題中要求的三角形為“好三角形”。不妨設先對的情形討論，設，連接這五點的凸包，針對凸包形狀進行分析：（1）凸包為五邊形（如圖1）A1A2A4A5B2B1B3B4圖2若A1A2A3、A1A3A4，A1A4A5這三個三角形至少有一個為“好三角形”，則問題已解決；若A1A2A3、A1A3A4，A1A4A5都不是“好三角形”，則這三個三角形的每個都至少含B中的一個點，依次記為B1、B2、B3，連接而成B1B2B3必是“好三角形”.（2）凸包為四邊形（如圖2）A1A2A4A5B2B1B3B4圖3A3B5若A1A2A5，A2A3A5，A3A4A5-，A4A1A5這四個三角形至少有一個為“好三角形”，則問題已解決；若A1A2A5，A2A3A5，A3A4A5-，A4A1A5均不是“好三角形”，則這四個三角形的每個都至少含B中的一個點，依次記為B1、B2、B3、B4，由于AB中無三點共線，則B1B2B3與B1B2B4至少有一個為“好三角形”.（3）凸包為三角形（如圖3）若A1A2A4，A2A3A4，A3A4A5-，A3A5A1，A1A4A5這五個三角形至少有一個為“好三角形”，則問題已解決；若A1A2A4，A2A3A4，A3A4A5-，A3A5A1，A1A4A5均不是“好三角形，則它們中的每個都至少含B中一個點，依次記為B1、B2、B3、B4、B5.由于AB中無三點共線，則上述中5點必有3個點位于直線A4A5的同側，將其連接成，此必是“好三角形”.對的情形，我們總可找到一個五點集A（先取A中兩點A1，A2，不妨設直線A1A2右下方再無A中點，將置兩點A1與A2于A中，作射線A1A2，將A1A2按逆時鐘方向旋轉至經過A中五點即止，可得A），對A利用上述尋找“好三角形”的方式即可。點評：問題的關鍵是針對不同的情形找出“好三角形”，“找”是需要技巧和智慧的，不同的環(huán)境，“找”法不一樣，值得好好體會。ABPaO例2.已知一個凸多邊形，它的任意兩邊都不平行，對它的每一條邊都取距它所在直線最遠的一個頂點。證明：所有頂點對相應的邊的張角和為180。分析：記Pa為凸多邊形的邊a所在直線與凸多邊形頂點距離最大的頂點.Ol在平面上任取一點O，設a邊兩端點A,B過O作一對頂角，使兩直線分別與PaA、PaB平行，于是凸多邊形的每一邊均對立著一個對頂角區(qū)域.Paa首先證明：不同邊的對應角互不重疊：反設存在兩邊a、b，它們對應的兩個對應角出現重疊，在重疊區(qū)域內取一條射線過Pa作與平行的直線交a邊于D.由Pa性質知，PaD是凸多邊形頂點中自頂點引與平行的直線與a邊所在直線相交所得線段中最長的線段，并且凸多邊形位于直線AB與過Pa與AB平行的PPlPBAala直線m之間，相對于b邊來說，重復前述過程也可得到PaC為與平行且相對于b邊最長的線段，而由Pa相對于a的惟一性知，a與b為同一邊，矛盾！其次，再證明構造的這些對頂角區(qū)域覆蓋整個平面：若不然，則存在以O為頂點的某個角不被我們所構造的任何一個角區(qū)域覆蓋。在這個角中，取以O為端點的射線n，使它不平行多邊形的任意一條邊和對角線取所有的n的平行線截多邊形所得線段中的最長的線段，顯然，它的一個端點P是多邊形的一個頂點，而它的另一端點A必位于多邊形的某a邊上，設a邊所在直線a，過P作直線，我們來證明凸多邊形的頂點不可能落到與所夾帶形區(qū)域外。如果頂點P在帶形區(qū)域外，由于A是a邊上的內點（非端點）.連，則一定存在點，使在線段上，B是a邊的內點，滿足且這與PA性質相違。這樣一來，我們構造的對角區(qū)域既不重疊又覆蓋整個平面，它們的和等于360，而這正是問題中角度和的2倍。本題我們將問題中的各角分別去對應一個對角區(qū)域的想法需要有敏銳的洞察力，這種能力是一個數學競賽愛好者所必須的。例3 平面上任給點，其中任意三點不共線，將每個點任染紅藍兩色之一，設是頂點集合為的三角形的集合，且具有性質：對任意兩條線段及，中以為邊的三角形的個數與以為邊的三角形的個數相同。試求最小的，使得在中總有兩個三角形，每一個三角形的頂點有相同的顏色。分析：設中以為邊的三角形的個數是，則是正整數且與無關。因共有條，故中所有三角形產生條邊。又每個三角形有三條邊，故(即共有個三角形)。設中有個頂點同色的三角形，則中不同色的三角形的個數是。同時，每個頂點不同色的三角形產生兩條端點異色的線段，故中端點異色的線段共有條。另一方面，設中個點染紅，個點染藍，。由假設知每條端點異色的線段在的全體三角形中出現次，故這樣的線段共有條。因此可解得 故當時，(因)，即。所以。當時結論不一定對，例如將1、2、4三點染紅，3、5、6、7染藍，則三角形集合符合要求(每條邊出現在一個三角形中)，但沒有兩個同色頂點三角形。題解中組合計數是基本的要求，不等式放縮這類代數功夫又是問題解決的關鍵。例4 在平面上給定一點O和一個之邊形F，F不一定是凸的，P為F的周長，D為O點到F的頂點的距離之和，H為O點到F的各邊所在直線的距離之和。證明：。分析：設F各頂點依次為、，O點到邊所在直線的垂線的垂足為(視)，由勾股定理，有 (柯西不等式)即12P例5 平面上條不共點的直線將平面劃分為若干塊，記含有2條邊的區(qū)域的個數為，求的最大值。PRQ分析：作一充分大的圓O，使直線交成的所有交點都在圓O內，設圓O與條直線的交點按逆時針方向依次為。記與圓交于的直線為，它與圓的另一個交點分別為(因為每條直線與其他個點)，我們證明與最多交成一個角形區(qū)域。設與的交點為P，因為條直線不共點，必存在不過P的直線與同時相交，設交點為Q、R(如圖)。不防設點Q在射線上，注意到,從而點R在射線上，所以同時與射線、相交，從而與最多交成一個角形區(qū)域，所以。其次，如圖，作條直線交于同一點P，再將其中一條直線平移到，使不過點P，則條直線劃分的平面塊中，有，故的最大值為。本題所用的組合極值問題最常用的方法：先證明，再構造一個的實例。例6 求證：平面上存在一個點，它到平面上各個格點的距離互異。分析：我們先想法求出一個點，使它到平面上各個格點的距離互異，假定合乎條件，我們來尋找滿足的一個充分條件，使對任何兩個互異的格點，有。若存在互異的格點，使，則由，得 (*)這里我們只須找到一組，使(*)式不成立。為此，取為無理數，為有理數，則由于、都為有理數，所以由(*)式可知，為有理數。又為無理數，必有。于是(*)式變?yōu)椤Ｗ⒁獾?，而，所以，于是，所以為整數。由上可知，取為無理數，為有理數，則必有為整數。我們要破壞這一性質是很容易的，只需取適當的無理數，有理數，使不是整數。比如，取，則得到合乎條件的點。例7 求最小常數，使得正方形ABCD內部任一點P，都存在PAB，PBC，PCD，CDABS2S3S1S4PPDA中的某兩個三角形，使得它們的面積之比屬于區(qū)間。分析：我們首先證明，記，不防設正方形邊長為，對正方形ABCD內部一點P，令分別表示PAB，PBC，PCD，PDA的面積，則，不防設，且，則，于是(如圖)。令，如果，由，得，得。故，矛盾。故，這表明。反過來對于任意，取定，使得。我們在正方形ABCD內取點P，使得，則我們有，由此我們得到對任意，有。這表明。例8 將邊長為正整數的矩形劃分成若干個邊長為正整數的正方形，每個正方形的邊均平行于矩形的邊，求正方形邊長之和的最小值。nD1A1mDACB分析：記所求最小值為，可以證明其中表示和的最大的公約數。事實上，不妨設。(1) 對歸納，可以證明存在一種合乎題意的分法，使所得正方形邊長之和恰為。當時，命題顯然成立。假設當時，結論成立，當時，若，則命題顯然成立。若，從矩形ABCD中切去正方形(如圖)，由歸納假設矩形有一種分法使得所得正方形邊長之和恰為，于是原矩形ABCD有一種分法使得所得正方形邊長之和為。(2)對歸納可以證明(*)成立。當時，由于，顯然 。假設當時，對任意有。若當時顯然。當時，設矩形ABCD按要求分成了P個正方形，其邊長分別為。不妨，顯然或。若，則在AD與BC之間的與AD平行的任一直線至少穿過二個分成的正方形(或其邊界)。于是不小于AB與CD之和。所以。若，則一個邊長分別為和的矩形可按題目要求分成邊長分別為的正方形，由歸納假設，從而，于是當時，再由(1)可知。先由一些初始的結論歸納出一般的結論，再用數學歸納法完成證明是處理一類有關正整數命題最常見的方法。例9 平面上每個點被染為種顏色之一，同時滿足：(1) 每種顏色的點都有無窮多個，且不全在同一條直線上；(2) 至少有一條直線上所有的點恰為2種顏色。求的最小值，使得存在互不同色的4個點共圓。分析：由已知，若，在平面上取一定圓O及上面三點A、B、C，將弧AB(含A不含B)，弧BC(含B不含C)，弧CA(含C不含A)，分別染為1、2、3色，平面上其他點染為4色，則滿足題意且不存在四個互不同色的點共圓，所以。當時，假設不存在四個互不同色的點共圓，由條件(2)知，存在直線上恰有兩種顏色的點(設上僅有顏色1,2的點)，再由條件(1)知存在顏色分別為3,4，5的點A、B、C不共線，設過A、B、C的圓為(如圖)。34SOFDHGBE321lO若與有公共點，則存在四個互不同色的點共圓，矛盾；若與相離，過O作的垂線交于D，設D的顏色為1，垂線交于點E，S，如圖，設E的顏色為3，考慮上顏色為2的點F，FS交于G，因為EGGF，D、E、F、G四點共圓，由假設G只能為3色，又B，C必有一點不同于S，設為B，SB交于H，因為EBBH，所以B，E，D，H四點共圓，所以，所以B、H、F、G四點共圓。若H為1色，則B、H、F、G互不同色且共圓；若H為2色，則B、H、D、E互不同色且共圓。綜上，假設不成立，所以當時，存在四個互不同色的點共圓。所以的最小值是5。專題三 重要不等式及應用 清華附中 徐文兵 倪斯杰 曾建川1重要不等式（1）均值不等式設，是非負實數，則（2）柯西（Cauchy）不等式設、（），則等號成立當且僅當存在，使，（3）排序不等式：對于兩個有序數組及，則 （同序）（亂序）（反序）其中與是的任意兩個排列，當且僅當或時式中等號成立.2.典型問題及證明方法（函數法，調整法，待定系數法）例1：設，求證：分析：通過放縮，將異分母化為同分母，從而構造出一些“零件不等式”，最后，將這些“零件不等式”相加，即可得出原不等式的證明。 證明： 同理可得，上述3個不等式等號同時成立的條件為顯然等號不可能成立故：練習：已知求證：證明： 同理可得 將、不等式相加，得例2：非負數與和正數，滿足條件：。求證：證明：若 而 ， 所以 值是可達到的，如即可 同理可證例3已知、是大于的實數，求證分析 本題是證明分式不等式，可以嘗試用柯西不等式去分母。證 由已知，均為正實數，由柯西不等式得 即注： 本題利用了柯西不等式來處理分式不等式，本題的證明還用到了配方法，配方法是證明多項式恒大于等于0的一種常用方法。例4已知為正實數，且，證明.證法1 原不等式等價于由柯西不等式，可得.證法2 .由柯西不等式，可得,為此只需證明.顯然.證法3 令,等價于.例5設是一串互不相同的正整數，證明對一切自然數，都有方法一：上不等式可寫為 構造如下兩組數： ； 由柯西不等式，得即 與原不等式比較，須證就行了因為是不相同的正整數，不失一般性，故可設，是從小到大排列的正整數，于是有 把上個不等式相加，有 方法二：設是的一個排列，且滿足，因是互不相同的正整數，故，。， 亂序和反序和例6非負實數滿足（1） 求的最大值；（2） 證明：解：（1）由已知，得當且僅當時等號成立。故的最大值為（2）時，解得下面利用局部調整法。固定，記（常數），則將調整為因 （此式顯然）即調整后，不增，亦不增。于是，可令，則有類似地，再將調整為也不增。故當時，取最小值因此，（3） 另解：為非負實數， 即解得或 所以例7求最小的實數，使得對于滿足的任意正實數，都有解法1：當時，有下證不等式 對于滿足的任意正實數a，b，c都成立因為，所以，同理，于是 ， ，所以 所以，的最小值為27解法2：當時，有下證不等式對于滿足的任意正實數a，b，c都成立因為對于，有，故 ，所以 ， ， ，把上面三個不等式相加，得.所以，的最小值為27例8設實數，求證： ，其中等號當且僅當或成立，為正實數.證明：由對稱性，不妨設，令，則因，可得設，則對求導，得.（6分）易知，當時，單調遞減；當時，單調遞增故在或處有最大值且及兩者相等.故的最大值為，即.（12分）由，得，其中等號僅當或成立.例9對任意實數，試證： 證明：當時，所證不等式顯然成立 當不全為零時， 將所證不等式可變形為 令 式中的均可取一切實數（不同時為零即可）. 不妨取變量作為考查對象. （1）當時，由，得即 （2）當時，將式整理，得 可以為0，當時，不等式顯然成立；當時，因，即或 由得 當時，不等式顯然成立； 當時， 即 即解得：或 同理，由，得，對任意實數都滿足的充要條件是：解得 綜合以上，可得的取值范圍是： 由此可得 即所證不等式成立. 說明：“雙判別式法”可以解決：的三元二次齊次不等式的證明問題.例10 對滿足的正數，求證.證明：易知時，等號成立.待定系數，使得，整理得，兩邊約去，代入，得，事實上，顯然成立.同理，三式相加得， .注：本題也可嘗試基于去掉分母的待定系數法：待定系數，使得，滿足，其中，解得，即 ，同理，三式相加得， .練習：設（）且，求證：提示：.例11設，且滿足，試證：分析 由已知條件，可知所證不等式與等價.故可運用“含參數基本不等式”來證明之.證明 由（為參數），得則有 +，得 因，取，代入中，得 或用柯西不等式：例12設為非負實數，滿足，證明：。證明：方法一設，不妨設首先證明只要證：由于代入上式，得，而故有又因為令，則，由的單調性可知綜上所述，當時取得最小值。方法二：顯然當、均大于時，有，不合題意，故必有期中一個小于，不妨設，則下面固定，求出的最小值令，則在時單調遞增，而故，則，又，故 所以由在時單調遞增所以綜上可知令，則，于是練習：若，求m的最大值。解：令，下面假設。由對稱性，不妨假設，令，則，而，而當時，當a,b中有一個為零時，等號成立，因此，中有兩個為零時，等號成立。當時，所以。專題四 不定方程青島二中 鄒明我們把未知數的個數多于方程的個數,且其解受到某種限制的方程,叫做不定方程.通常主要研究不定方程的正整數解,整數解,有理數解等. 不定方程問題的常見類型是：（1）求不定方程的解;（2）判定不定方程是否有解;（3）確定不定方程解的數量(有限還是無限).不定方程問題的常用解法是:(1)代數分析與恒等變形法.如因式分解、配方、換元等；(2)估計范圍法.利用不等式放縮等方法,確定出方程中某些變量的取值范圍,進而求整解.(3)同余法.即恰當選取模m,對方程兩邊做同余分析,以縮小變量的范圍或發(fā)現性質,從而得出整解或判定無解.(4)構造法.構造出符合要求的特解,或構造一個求解的遞推式,證明方程有無窮多解.(5)無窮遞降法.無窮遞降法是一種用反證法表現的特殊形式的歸納法,由Fermat創(chuàng)立并運用它證明了方程x4+y4=z4沒有非零整解.從此,無窮遞降作為一種重要的數學思想方法廣為流傳應用,并在平面幾何、圖論、及組合中經常用到它.例求所有正整數對(x,y)滿足xy=yx-y.解:顯然(1,1)是解,且方程有解時,必有xy. 若x=y,則x=y=1.若xy2,則由xy=yx-y得12y,且y|x.設x=ky,則k3,ky=y(k-2)y,所以k=yk-2.因y2,所以yk-22k-2,因k5時,yk-22k-2k(可歸納證明),所以,k=3,4.當k=3時,y=3,x=9; 當k=4時,y=2,x=8;故所求所有正整數對(x,y)=(1,1),(9,3),(8,2).這里由整數的整除性及不等式，確定參數k的范圍從而確定解的范圍，求得方程的全部解.通過以上兩例,使同學們對不定方程的產生及概念,方法等有一個初步的認識和了解.一.基本概念與定理1.二元一次不定方程定義1 形如ax+by=c(a,b,cZ, a,b不同時為0)的方程，稱為二元一次不定方程.定理1 不定方程ax+by=c有整數解的充要條件是(a,b)|c.證明:必要性顯然,僅證充分性:令(a,b)=d, a=a1d,b=b1d,c=c1d,則原方程化為: a1x+b1y=c1.其中(a1,b1)=1,故存在整數x0/,y0/使得a1x0/+b1y0/=1,兩邊同乘以c1得: a1(c1x0/)+b1(c1y0/)=c1,即方程有解x0=c1x0/, y0=c1y0/.定理2 設(x0,y0)是不定方程ax+by=c的一組整解,則此方程的一切整數解為(x,y)=(),其中tZ.當(a,b)=1時, (x,y)=(x0+bt,y0-at).證明:設(x/,y/)是方程的任意整數解,則有ax/+by/=c與原方程相減得:a(x/-x0)=-b(y/-y0),則|y/-y0,令y/-y0=-t,則x/-x0=t,即(x/,y/)=(),且顯然()是方程的解.例1足球比賽的計分規(guī)則是：勝一場得3分，平一場得1分，負一場得0分。那么，一個球隊打14場球積分19分的情況共有多少種.解：設該球隊勝x場、平y(tǒng)場、負z場，依題意應有從中消去y可得2xz=5，(0,-5)為它的一個特解x=n，z=2n5，y=14xy=193n，由x、y、z0得n=3、4、5、6，代入通解可得問題的4組解，所以，打14場球積分19分的情況共有4種。例2公元五世紀末，我國數學家張丘建在他的名著算經里提出一個世界數學史上著名的“百雞問題”：“雞翁一，值錢五，雞母一，值錢三，雞雛三，值錢一，百錢買百雞，問雞翁、母、雛各幾何？”。解：設雞翁、母、雛數分別為x、y、z，依題意應有從中消去z可得7x+4y=100，(0,25)為它的一個特解x=4n，y=25+7n，z=100xy=753n，由x、y、z得n=0、-1、-2、-3，代入通解得問題4組解（x、y、z）為（0、25、75），（4、18、78），（8、11、81），（12、4、84）。2.勾股數定理定義2 形如x2+y2=z2的方程叫做勾股數方程,并稱滿足(x,y)=1的解為方程的基本解.引理 給定正整數n,且n2,則不定方程uv=wn ,適合w0,u0,v0,(u,v)=1的一切正整數解為:u=an,v=bn,w=ab,其中a0,b0,(a,b)=1 .證明:設(u,v,w)是方程uv=wn的一個解,令u=anu1,v=bnv1,其中a0,b0,u1,v1不含n次方因子,則an|wn,bn|wna|w,b|w.(u,v)=1(an,bn)=1,(a,b)=1ab|w.設w=w1ab,則代入有:u1v1=w1n,若w1n1,則有質數p滿足pn|w1nu1,v1不含n次方因子及(u1,v1)=1pnu1v1=w1n矛盾!故必有w1n=1,u1v1=1, u1=1,v1=1,即解為;又顯然是方程的整解.例1求最小的正整數n(n2),使得為整數.解:令=x,即6x2=(n+1)(2n+1),mod6知n1(mod6).若6|n+1,則設n=6m-1,得x2=m(12m-1),因(m,12m-1)=1,所以m與 12m-1都是平方數,但12m-13 (mod4)矛盾!若6|n-1,則設n=6m+1,得x2=(3m+1)(4m+1),因(3m+1,4m+1)=1,所以3m+1=v2,4m+1=u2,消去m得4v2-3u2=1,v=u=1時,n=1不合題意.因v為奇數,檢驗知v最小=13,此時,u=15,m=56,n最小=337.定理 方程x2+y2=z2 適合 條件x0,y0,(x,y)=1,且2|x 的一切正整數解為:x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2,其中ab0,(a,b)=1,且a,b一奇一偶 .證明:()先證是方程適合條件的解:顯然,x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2滿足方程,且x0,y0,z0,2|x,2y.設(x,y)=dx2+y2=z2d2|z2,d|z=a2+b2,d|y=a2-b2d|2a2,d|2b2,d|2(a2,b2) (a,b)=1d=1或2y為奇數,d|yd=1.()設(x,y,z)是適合的任意解,則由2|x,(x,y)=1知 y,z都是奇數,(x,y)=1(若,則d|y,d|z,從而d|x矛盾!).由引理知a2,b2, ab, ab0,(a,b)=1,即有x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2y是奇數, y=a2-b2a,b一奇一偶.推論 單位圓上一切有理點為及,其中a,b不全為零,“”號可任取.證明:設為單位圓x2+y2=1上一正有理點,則有(nx)2+(my)2=(mn)2,由定理知nx=2ab,my=a2-b2,mn=a2+b2=,即一切有理點如上所述.例2已知xn+yn=zn無正整數解.求證:方程x2n+y2n=z2也無正整數解.證明:若不然,設z為解中最小者,則(x,y)=1,由勾股數定理知:xn=2uv,yn=u2-v2=(u+v)(u-v),其中(u,v)=1, u,v一奇一偶.(u+v,u-v)=(u+v,2v)=1u+v=an,u-v=bn,2v=an-bn不妨設v為偶數,由2uv=xn, (u,2v)=1知2v=cn, bn+cn=an,即(b,c,a)是xn+yn=zn的解,矛盾!故原方程無正整數解.3.沛爾(pell)方程定義3 通常pell方程指以下四個不定方程: x2-dy2=1,4,其中x,yZ, dN*,且d不是平方數.如果pell方程的正整數解(x,y)中,使得x+y最小的正整數解為(x1,y1) ,則稱(x1,y1)為方程的最小解.定理1設dN*,d不是平方數，方程x2-dy2=1的最小解為(x1,y1),則xn=,yn=,n=1,2,.給出方程x2-dy2=1的全部正整數解.稱x1+y1為方程x2-dy2=1的基本解.證明:首先,xn,yn顯然是解.設(x/,y/)是x2-dy2=1的任一整解,則存在整數n使得 ,即有10, xn-1-yn-10, x/0.又,將得:x/2-dy/2=1,即(x/,y/)也是解即1x/+y/x1+y1,且0x/-y/ 11)是x的一素因子,則p|x0,由x02-dy02=1知(x0,d)=(x0,y0)=1,從而,(p,x)=(p,Ax0+)=(p,)=1矛盾!(2) 若n為奇數,設n=2k+1,當k=0時,由(*)知,x=x0, y=y0.下證k1時無解:假設k1時有解(x,y),x的所有素因子整除x0.則由得 設x0=(標準分解式),則由x02-dy02=1知(pj,y0)= (pj,d)=1,1jt,下面考慮x中含有質數pj的最高方冪:若pj=2,則右端和式中每一項中含2的方冪(2m+1)=最后一項含2的方冪,即x中含2的方冪=x0dky02k(2k+1)中含2的方冪.若pj3,設2k+1中含pj的方冪為,則最后一項含pj的方冪為+,對于,因,而(2m+1)!中含pj的方冪為,所以,中含pj的方冪(2m+1)+-(2m+1)+-=+,所以x中含pj的方冪等于x0dky02k(2k+1)中含pj的方冪.總之,x中含pj的方冪等于x0dky02k(2k+1)中含pj的方冪.因x的所有素因子整除x0,所以,x僅有p1,p2,pt這t個素因子,x|x0dky02k(2k+1),但,由及k1知xx0dky02k(2k+1)0,矛盾!綜合(1)(2)知滿足題意的解僅有(x,y)=(x0,y0).定理4(1)當a為非零整數時,方程x2-a2y2=1只有平凡解(1,0);方程x2-a2y2=-1僅當a=1時有整數解(0,1).(2)存在無窮多個非平方數d0,使方程x2-dy2=-1無整解.證明: 由x2-a2y2=(x+ay)(x-ay)x+ay=x-ay=1或-1,x=1,y=0.另一結論同理可證.在d-1(mod4)時,x2-dy2x2+y20,1,2(mod4)方程x2-dy2=-1無整解.4.費爾馬大定理不定方程xn+yn=zn(正整數n3)無正整數解.費爾馬大定理,是困擾人們近四百年的著名世界難題,已于1994年被普林斯頓大學教授A.Wiles(威爾斯)攻克.二.不定方程的解法1. 因式分解法 將方程的一端化為常數,做因數分解,另一端含未知數的代數式因式分解,再由各因式的取值分解為若干方程組進行求解.例1求方程2x2+5y2=11(xy-11)的正整數解.解:方程即(2x-y)(x-5y)=-121,僅一組有解為(x,y)=(14,27).例2求方程x3-y3=z2的正整數解.其中y為素數,且3和y都不是z的約數.解:方程即(x-y)(x2+xy+y2)=z2,設(x-y,x2+xy+y2)=(x-y,(x-y)2+3xy)=(x-y,3xy)=(x-y,3y2)=d,則d|3y2 y為素數d=1或3或y,但3和y都不是z的約數d=1,對(2)乘以4得:(2x+y)2+3y2=4v2,即有10 ,20 ,30 ,對10兩式相減得3y2=2(2x+y)+1=4u2+6y+1=3u2+6y+(u2+1)u2+10(mod3)與u20或1(mod3)矛盾!對20即,得x=0矛盾!對30兩式相減得y2-3=4u2+6y即(y-3)2-4u2=12僅第2種情況有解為(y,u)=(7,1),(x,z)=(8,13)原方程解為(x,y,z)=(8,7,13).例3求方程x2-5xy+6y2-3x+5y-25=0整數解.解:方程即(x-2y+1)(x-3y-4)=21,解方程組得解為(x,y)=(-50,-25), (4,-1),(-26,-9),(-16,-9),(-6,-1),(50,15),(-72,-25).2. 配方法將方程一邊變形為平方和的形式,另一邊是常數.從而縮小解的存在范圍,達到求解或判定無解之目的.例1求方程x2-12x+y2+2=0的整數解.解:方程即(x-6)2+y2=34,顯然y234,從而y2=0,1,4,9,16,25.檢驗知,只有y2=9或25時.34-y2為完全平方數, 原方程解為:(x,y)=(11,3),(1,3),(11,-3),(1,-3),(9,5),(3,5),(9,-5),(3,-5).例2證明方程x2+y2+z2+3(x+y+z)+5=0無有理數解.解:乘4配方得(2x+3)2+(2y+3)2+(2z+3)2=7有有理數解a2+b2+c2=7m2有整解,設m是整解(a,b,c,m)中最小的正整數.(1)若m為偶數,則a,b,c都是偶數,從而()也是解,矛盾!(2)若m為奇數,7m27(mod8), n20,1,4(mod8)無解,故原方程無有理數解.例3求方程x2(y-1)+y2(x-1)=1的整數解.解:設(x,y)為整數解,當y=1時,x=2,當x=2時,y=1或-5;當y1時,方程(y-1)x2+