高中數學奧賽輔導：第四講不定方程

1、高中數學奧賽輔導 第四講 不定方程知識、方法、技能不定方程是指未知數的個數多于方程的個數，且未知數的取值范圍是受某些限制（如整數、正整數或有理數）的方程.不定方程是數論的一個重要課題，也是一個非常困難和復雜的課題. 幾類不定方程1一次不定方程在不定方程和不定方程組中，最簡單的不定方程是整系數方程通常稱之為二元一次不定方程.一次不定方程解的情況有如下定理.定理一：二元一次不定方程為整數.有整數解的充分必要條件是. 【證】必要性 設是的解，則有.設充分性 設且，有.因，則存在，使得，于是有所以是的解.顯然，當方程有解時，. 則用去除的兩端有 此時，且與同解，因此，我們只須討論時方程的解.定理二：若

2、為之一解，則方程全部解為. （t為整數）.【證】設為的一解，則有 設是的任一解. 用式減去式有.因為于是有，即從而有將此結果代入上式得.即方程任一解都可以表示為為整數）.反之，若是的解，則容易驗證均是的解. 從而定理得證.2沛爾方程二元二次不定方程本質上歸結為（雙曲型）方程 的研究，其中都是整數，且非平方數，而.方程的一個特殊情形最為重要，也最為基礎，這稱為沛爾方程. 能夠證明（本書不予討論）方程一定有無窮多組正整數解；又設是的正整數解中使最小的解，則的全部正整數解由 給出.（n=1，2，）讀者不難由導出滿足的線性遞推關系 沛爾方程在數學競賽中主要用于證明問題有無窮多個解，實際上對具體的d，可

3、用嘗試法求出的一組正整數解（因為方程一定有解?。?，無論是否為基本解，由均給出方程的無窮多組解.3勾股方程這是一個相當特殊的三元二次不定方程，它有鮮明的幾何意義，并應用廣泛.這里只討論勾股方程的正整數解，由方程不難看出，如果，則，從而，這樣可在勾股方程的兩邊約去. 所以我們只需討論滿足的解，此時易知實際上兩兩互素. 這種兩兩互素的正整數解稱為方程的本原解，也稱為本原的勾股數.將方程模4，并注意，可知一奇一偶，無妨設為偶數，下面的結果給出了勾股方程的全部本原解.定理三：方程滿足，的全部正整數解可表為，其中，是滿足一奇一偶，且的任意整數.證明從略.4不定方程這是個四元二次方程，此方程也有不少用處，其

4、全部正整數解極易求出：設，則，其中，故，所以. 因此方程的正整數解可表示為都是正整數，且.反過來，易知上述給出的都是解.也可采用如下便于記憶的推導：設是既約分數，即. 由于約分后得出，故，同理. 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換元法.由于不定方程的種類和形式的多樣性，其解法也是多種的，上面僅是常用的一般方法.賽題精講例1：求方程的整數解，其中是質數，是大于1的正整數，并證明你所得到的解是全部解. （第37屆美國普特南數學競賽試題）【解】由和和的對稱性，不妨設，即不妨只考試方程的整數解，仍如題設）.顯然，中不能全為奇質數，且，故中恰有一個等于偶質數2.（1）若，此

5、時設如果是偶數，則為正整數）不能被4整除，而能被4整除，不成立，故只能取奇數值.于是，此時，故只含素因子2.設，則由于與的奇偶性相同，即為奇數，故只能等于1，這樣一來，從而方程，得，這與題設矛盾，故中不能取值2.（2）若，則由得，故只含素因子2.設為奇數),則,若,則是大于1的奇數,上式不能成立,故,即這時由方程得若是奇數，顯然上式不成立；若是偶數，則上式右邊等于4+8（1）=412（1）+，而12（1）+不是偶數，因而只能等于1，故顯然時此式不成立，于是，進而由得=3，從而方程的解只能是綜上，考察到對稱性，原方程恰有兩組解：例2：試證：當時，不存在個連續(xù)自然數，使得它們的平方和是完全平方數.

6、【證明】設是非負整數.假若結論不成立,即存在使即 記 則當時，分別由 和令，代入得即把代入后將分別得到但這是不可能的，故. 當時,由得 若則由知,，由于的任意性，所以只能有因此要使成立,只能,于是由知有,這是不可能的,故同理可證若,則由可得,這是不可能的,故綜上,命題得證.【評述】時,有例3：試求所有的正整數，使方程有正整數解.(1987年中國國家隊選拔考試題)【解】設為其正整數解,由對稱性,不妨設.顯然，故但，因而故 于是易知（否則，若，則上式端不小于4，右端不大于3，矛盾），這樣上式轉化為此式只有時才能成立.當注意到，即因此，只能是或時不合）.把所得的解代入原方程就可得或1.例4：在無限方

7、格紙（方格的邊長為1）上僅可沿網格線作劃分，求證：對于任一整數，可以劃分出這樣的矩形，它的面積大于，而從其中不可能再分出面積等于的矩形. (1985年第19屆全蘇數學競賽試題)【證明】設某一矩形邊長為不失一般性,設.由題意，、應滿足：但由于知,于是只要證明不等式組： 有正整數解就可以了.由于對任一正整數，必定有，所以可分下面四種情形討論：（1）當時，有解（2）當時，有解（3）當時，有解（4）當時，有解例5：求方程的所有整數解.(1986年第12屆全國數學競賽試題)【解】因為若令則原方程可化為由此可看出且是3原倍數.設其中是正整數，則，于是且是3的倍數.設（其中，則再由知.此時，故可由方程組解得

8、原方程的整數解例6求方程的所有正整數解.(1983年加拿大數學競賽題)【解】由對稱性,不妨設.顯然，于是即于是由知，（1）時，（2）時，無解；（3）時，無解；（4）時，無解；于是原方程只有一組正整數解：，【評述】建立“遞推關系”也是解競賽題的一種常用技巧.對于不定方程,如果能建立未知數的某種遞推關系,并且再知一組簡單解(相當于遞推數列中的初始值),那么,就可以通過遞推關系得到所有解,請看例7.例7：確定的最大值.其中、為整數，且滿足：、 （第22屆IMO試題）【解】只需找到適合的最大、，由可得因、為不大于1981的正整數，因此有，當且僅當時等號成立.顯然是的一組解.當時，且有（遞推關系）：于是

9、，若（）是的一組解，那么（）也是的一組解.由于，則可從（）出發(fā)，遞降得到（1，1）.反之,亦成立.即由解（1，1）出發(fā)，利用從（）（）可得到滿足的全部解.即（1，1）（1，2）（2，3）（3，5）（5，8）（13，21）（21，34）（34，35）（55，89）（89，144）（144，233）（233，377）（377，610）（610，987）（987，1579）.因此,所求的的最大值為例8：證明：有無窮多個正整數使得是完全平方數.【證明】因方程 有正整數解，因此有無窮多組正整數解.任取一組解則 將上式兩邊同乘以，得故所以是一個平方數，即取得出無窮多個符合要求的例9：設為正整數，證明：不是

10、素數.【證明】由,得出其中都是正整數.因此不是素數.例10：證明：不定方程 僅有一組正整數解及【證明】首先，將?；啠霉适瞧鏀?將分解為易知必須是偶數，否則上式兩邊的奇偶性不同，類似地，將變形為可見也是偶數.現(xiàn)在記則由得 因是偶數，故與的最大公約數是2，又顯然有，由這些及推出，必須這意味著故，即，所以及【評述】方程是著名的卡特郎（Catalan）猜想的特殊情形.卡特郎猜想32與23是僅有的一對差為1的正整數方幕,即不定方程 只有一組正整數解及例11：證明：不定方程 沒有正整數解.【證明】采用反證法，設有正整數解，我們在所有這樣的解中選 取一組使最小的解.論證的想法是由此構造出另一組解，使得，

11、由于已選擇為最小，這就導出矛盾.首先,此時必有,因設而,則由知，即所以）也是的一組正整數解，但，這和的選取相違.將改寫為由于，故于是是一組本源的勾股數.由定理三知，存在整數一奇一偶，使得（不妨設為偶數） 由及知，是奇數，是偶數.再應用上述定理，存在整數一奇一偶，使得 .由得到即因易知兩兩互素，上式表明它們的積是整數的平方，故存在正整數使得從而于是我們得出了的一組正整數解但和的最小性矛盾.【評述1】由例10立即推出,費馬方程當時沒有正整數解.【評述2】例11的證明方法,稱為無窮遞推法,這是費馬首先提出的一個重要方法.采用無窮遞降法證明不定方程無正整數解（滿足某種限制的解）的主要步驟是：從相反的結

12、論出發(fā)，假設存在一組正整數解，設法造出這個方程的另一個正整數解，而新的解比原來的解“嚴格地小”.這里所謂嚴格的小，是指某一個與解有關的，取正整數的量嚴格遞減.如上述過程可以無限地進行下去，則由于嚴格遞減的正整數列只有有限多項，兩者產生矛盾.有一些不定方程需要應用稍深入的同余知識：二次剩余（或稱平方剩余）.這里只介紹一個最基本、最常用的結果：引理 設是型的素數，則 沒有整數解.換句話說,對于素數的素因子或者是2，或者證明頗簡單.假定有滿足，則 故但 ，于是由費馬小定理知，進而即，得，這不可能.例12：設是型的素數，是正整數且若可以表示為兩個素數的平方和，即存在整數使得 則中的冪次是偶數.【證明】首先證明均被整除.假設不然，可設 ，則有整數，使以乘的兩邊，再模，得出（注意到）因，這與引理矛盾，故設則我們證明，即中的冪次是偶數.記則都是整數，且 由得假設，則由上述相同的論證表明，導出矛盾，這就證明了本題的斷言.【評述】例12的論證表明：如設是型的素數，若有整數使得 則均被整除.例13：證明：方程 沒有整數解.【證明】首先