高中數(shù)學(xué)奧賽輔導(dǎo)：第四講不定方程

1、高中數(shù)學(xué)奧賽輔導(dǎo) 第四講 不定方程知識、方法、技能不定方程是指未知數(shù)的個數(shù)多于方程的個數(shù)，且未知數(shù)的取值范圍是受某些限制（如整數(shù)、正整數(shù)或有理數(shù)）的方程.不定方程是數(shù)論的一個重要課題，也是一個非常困難和復(fù)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(shù)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(shù).有整數(shù)解的充分必要條件是. 【證】必要性 設(shè)是的解，則有.設(shè)充分性 設(shè)且，有.因，則存在，使得，于是有所以是的解.顯然，當(dāng)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(shù)）.【證】設(shè)為的一解，則有 設(shè)是的任一解. 用式減去式有.因為于是有，即從而有將此結(jié)果代入上式得.即方程任一解都可以表示為為整數(shù)）.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(zhì)上歸結(jié)為（雙曲型）方程 的研究，其中都是整數(shù)，且非平方數(shù)，而.方程的一個特殊情形最為重要，也最為基礎(chǔ)，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(shù)解；又設(shè)是的正整數(shù)解中使最小的解，則的全部正整數(shù)解由 給出.（n=1，2，）讀者不難由導(dǎo)出滿足的線性遞推關(guān)系 沛爾方程在數(shù)學(xué)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(shù)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(dāng)特殊的三元二次不定方程，它有鮮明的幾何意義，并應(yīng)用廣泛.這里只討論勾股方程的正整數(shù)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(shù)解稱為方程的本原解，也稱為本原的勾股數(shù).將方程模4，并注意，可知一奇一偶，無妨設(shè)為偶數(shù)，下面的結(jié)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(shù)解可表為，其中，是滿足一奇一偶，且的任意整數(shù).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(shù)解極易求出：設(shè)，則，其中，故，所以. 因此方程的正整數(shù)解可表示為都是正整數(shù)，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(dǎo)：設(shè)是既約分?jǐn)?shù)，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(shù)解，其中是質(zhì)數(shù)，是大于1的正整數(shù)，并證明你所得到的解是全部解. （第37屆美國普特南數(shù)學(xué)競賽試題）【解】由和和的對稱性，不妨設(shè)，即不妨只考試方程的整數(shù)解，仍如題設(shè)）.顯然，中不能全為奇質(zhì)數(shù)，且，故中恰有一個等于偶質(zhì)數(shù)2.（1）若，此

5、時設(shè)如果是偶數(shù)，則為正整數(shù)）不能被4整除，而能被4整除，不成立，故只能取奇數(shù)值.于是，此時，故只含素因子2.設(shè)，則由于與的奇偶性相同，即為奇數(shù)，故只能等于1，這樣一來，從而方程，得，這與題設(shè)矛盾，故中不能取值2.（2）若，則由得，故只含素因子2.設(shè)為奇數(shù)),則,若,則是大于1的奇數(shù),上式不能成立,故,即這時由方程得若是奇數(shù)，顯然上式不成立；若是偶數(shù)，則上式右邊等于4+8（1）=412（1）+，而12（1）+不是偶數(shù)，因而只能等于1，故顯然時此式不成立，于是，進(jìn)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(dāng)時，不存在個連續(xù)自然數(shù)，使得它們的平方和是完全平方數(shù).

6、【證明】設(shè)是非負(fù)整數(shù).假若結(jié)論不成立,即存在使即 記 則當(dāng)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(dāng)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(shù)，使方程有正整數(shù)解.(1987年中國國家隊選拔考試題)【解】設(shè)為其正整數(shù)解,由對稱性,不妨設(shè).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(zhuǎn)化為此式只有時才能成立.當(dāng)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(wǎng)格線作劃分，求證：對于任一整數(shù)，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(shù)學(xué)競賽試題)【證明】設(shè)某一矩形邊長為不失一般性,設(shè).由題意，、應(yīng)滿足：但由于知,于是只要證明不等式組： 有正整數(shù)解就可以了.由于對任一正整數(shù)，必定有，所以可分下面四種情形討論：（1）當(dāng)時，有解（2）當(dāng)時，有解（3）當(dāng)時，有解（4）當(dāng)時，有解例5：求方程的所有整數(shù)解.(1986年第12屆全國數(shù)學(xué)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(shù).設(shè)其中是正整數(shù)，則，于是且是3的倍數(shù).設(shè)（其中，則再由知.此時，故可由方程組解得

8、原方程的整數(shù)解例6求方程的所有正整數(shù)解.(1983年加拿大數(shù)學(xué)競賽題)【解】由對稱性,不妨設(shè).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(shù)解：，【評述】建立“遞推關(guān)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(shù)的某種遞推關(guān)系,并且再知一組簡單解(相當(dāng)于遞推數(shù)列中的初始值),那么,就可以通過遞推關(guān)系得到所有解,請看例7.例7：確定的最大值.其中、為整數(shù)，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(shù)，因此有，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.顯然是的一組解.當(dāng)時，且有（遞推關(guān)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(shù)使得是完全平方數(shù).【證明】因方程 有正整數(shù)解，因此有無窮多組正整數(shù)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(shù)，即取得出無窮多個符合要求的例9：設(shè)為正整數(shù)，證明：不是

10、素數(shù).【證明】由,得出其中都是正整數(shù).因此不是素數(shù).例10：證明：不定方程 僅有一組正整數(shù)解及【證明】首先，將?；?，得故是奇數(shù).將分解為易知必須是偶數(shù)，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(shù).現(xiàn)在記則由得 因是偶數(shù)，故與的最大公約數(shù)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(shù)方幕,即不定方程 只有一組正整數(shù)解及例11：證明：不定方程 沒有正整數(shù)解.【證明】采用反證法，設(shè)有正整數(shù)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(gòu)造出另一組解，使得，

11、由于已選擇為最小，這就導(dǎo)出矛盾.首先,此時必有,因設(shè)而,則由知，即所以）也是的一組正整數(shù)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(shù).由定理三知，存在整數(shù)一奇一偶，使得（不妨設(shè)為偶數(shù)） 由及知，是奇數(shù)，是偶數(shù).再應(yīng)用上述定理，存在整數(shù)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(shù)的平方，故存在正整數(shù)使得從而于是我們得出了的一組正整數(shù)解但和的最小性矛盾.【評述1】由例10立即推出,費馬方程當(dāng)時沒有正整數(shù)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(shù)解（滿足某種限制的解）的主要步驟是：從相反的結(jié)

12、論出發(fā)，假設(shè)存在一組正整數(shù)解，設(shè)法造出這個方程的另一個正整數(shù)解，而新的解比原來的解“嚴(yán)格地小”.這里所謂嚴(yán)格的小，是指某一個與解有關(guān)的，取正整數(shù)的量嚴(yán)格遞減.如上述過程可以無限地進(jìn)行下去，則由于嚴(yán)格遞減的正整數(shù)列只有有限多項，兩者產(chǎn)生矛盾.有一些不定方程需要應(yīng)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(jié)果：引理 設(shè)是型的素數(shù)，則 沒有整數(shù)解.換句話說,對于素數(shù)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(jìn)而即，得，這不可能.例12：設(shè)是型的素數(shù)，是正整數(shù)且若可以表示為兩個素數(shù)的平方和，即存在整數(shù)使得 則中的冪次是偶數(shù).【證明】首先證明均被整除.假設(shè)不然，可設(shè) ，則有整數(shù)，使以乘的兩邊，再模，得出（注意到）因，這與引理矛盾，故設(shè)則我們證明，即中的冪次是偶數(shù).記則都是整數(shù)，且 由得假設(shè)，則由上述相同的論證表明，導(dǎo)出矛盾，這就證明了本題的斷言.【評述】例12的論證表明：如設(shè)是型的素數(shù)，若有整數(shù)使得 則均被整除.例13：證明：方程 沒有整數(shù)解.【證明】首先