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高中数学竞赛辅导-初等数论(不定方程)


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 , y0 为①之一解,则方程①全部解为 x ? x0 ? bt, y ? y0 ? 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 ? xn ? [( x1 ? d y1 )n ? ( x1 ? d y1 )n ] ? 2 ? 解,则其的全部正整数解由 ? ( n ? 1, 2,3,? )给 ? 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 xn , yn 满足的关系: xn ? yn d ? ( x1 ? y1 d )n ; ? (3)勾股方程 x ? y ? z
2 2 2

? xn ? 2 x1 xn ?1 ? xn ? 2 , ? yn ? 2 x1 yn ?1 ? yn ? 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。
2 2 2 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

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
1

(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 , 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: 设

x c x t c c ? ? , 这里 是 既 约 分 数 , 即 (c, d ) ? 1 . 由 于 约 分 后 得 出 , 故 z d z y d 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 ? y ? z 无正整数解。
4 4 2 4 4 2 证明:假设 x ? y ? z 存在正整数解,其中 z 最小的解记为 z0 。因为 x

? ? ??y ?
2 2

2 2

? z2 ,

根据勾股方程的通解公式有 x2 ? a2 ? b2 , y 2 ? 2ab, z0 ? a2 ? b2 ,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 ? q2 , (t , q) ? 1 。 由 x ? a ? b 得 x 2 ? t 4 ? 4q 4 , 即
2 2 2

x2 ? 4 q4 ? t 4 ,





























2 2 , x ? l 2 ? m2 , 2q2 ? 2lm, t 2 ? l 2 ? m2 ,(l , m) ? 1 , 注 意 到 q2 ? lm , 所 以 l ? l0 , m ? m0 4 2 4 4 ,而 z0 ? t ? b ? t ,与 z0 的最小性矛盾。所以原方程组无正整数解。 t 2 ? l0 ? m0

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。
2

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

37s ? 107 t? 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)

。 这 样 可 以 令

y ? 2k



z ? 2l

, 可 以 得 到

8x ? 172l ?152k ? (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 ?
l k ? ?17 ? 15 ? 2 l k , 目标 集中 于 17 ? 15 ? 2 , 观察 有解 l k 3 x ?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
3

解时,求这个不定方程。 解 : y ? 1 ? a( x y ?1可 ) 以 变 形 为 ?x
3 3

y3 ? 1

? y3 ? x3 y3(? a 1, x) ?y这 样

(x y ? 1 ?) 3 |? y

3

3 x y ? ,一个明确的事实 ? xy ? 1, y 3 ? ? 1,从而 ( xy ? 1) | ?1 ? x3 ? 。这样我们

3 3 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

y3 ? 1 ? a( y 2 ? 1) ? a ?

y3 ? 1 1 ,从这个代数式发现, y ? 2 ,对 y ? 1 单独讨 ? y? 2 y ?1 y ?1

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?

3

(2) x ? y 将等式转化为不等式 a ?

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

ky ? 1 ?

y3 ? 1 1 , ? y? 2 y ?1 y ?1 y2 ?1 2 ,只能 ? y ?1? y ?1 y ?1

若 k ? 1 ,则 y 3 ? 1 ? ( y ? 1)( xy ? 1) ? y 2 ? xy ? x ? 1 ? x ?

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 对 , 9 1 解 4 应 , 的







, ?3 ??

1??

5 , ?? 2 ?? ??

2 ?? ,

9 组解。 1 ??1 , 3 ?? ?共2

,

5

2

,

2

1 ,

3

5

,

例 4.证明:不定方程 x2 ? y5 ? 4 无整数解 解析: x2 ? y5 ? 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 y5 ? 1 o 1 而 ) y ? 4 ? 6o r 7 o 8 但1 是 r 0 ( m o, d从 1 1 r ( m, o d 1)

x2 ? 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。
2 2 2 2 2

证 明 : 观 察 有 特 解

?1,2,3,4,5?

。 从 原 方 程 可 以 得 到

( yzuv ? x)2 ? y2 ? z 2 ? u 2 ? v2 ? ( 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 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
r s

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 ,
r s r s

4


r

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
s

?q

s ?2

? ?? 1)







?q ? 1 ? 2r1 ? ? s ?1 r2 s ?2 ? ?q ? q ? ? ? 1 ? 2
取 公 因 数 ,



2r ? ? 2r1 ? 1? ? 1 ? 2sr1 ? s2( s ?1) r1 ? ? ? 2r1 s
s







( s ?1) r1 2r ? ? 2r1 ? 1? ? 1 ? 2r1 ? ? s2( s ?2) r1 ? ? ? s ? ?2 ? ,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 ? qs ?1 ? (q ?1)(qs?1 ? qs?2 ? ?? 1)



?q ? 1 ? 2r1 s ? r sr ( s ?1) r1 r , 2 ? 2 1 ? 1 ? 1 ? 2 1 ? s2 ? ? ? s( s ? 1)22 r1 ?1 ? 2r1 s ,令 ? s ?1 r2 s ?2 ? ?q ? q ? ? ? 1 ? 2

?

?

s ? 2u v , 2r ? 2r1 ? 1 ? 1 ? 2sr1 ? s2( s ?1) r1 ? ? ? v( s ? 1)22r1 ?1?u ? 2r1 ?u v ,观察最后两项,
只能 r1 ? 1 , q ? 3 , s ? 2 ,从而 r ? 3

?

?

s

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 ? x2 ? x3 ? 3x4 ? 3x5 ? 5x6 ? 21的正整数解的组数. 解 令 x1 ? x2 ? x3 ? x , x4 ? x5 ? y , x6 ? 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 . ? x ? 3, y ? 2, z ? 1 , ? 5z ? 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 ? x2 ? x3 ? x( x ? N , x ? 3) 的 正 整 数 解 的 组 数 为 C x ?1 , 方 程
2

x4 ? 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
5

的正整数解的组数为
2 1 2 1 2 1 1 C9 C1 ? C6 C2 ? C3 C3 ? C2 4 C1 ? 36 ? 30 ? 9 ? 6 ? 81.

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 ? k s ? ? ?3 ? z ? 5 ? 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 t ? ?3 ? z ? 5 ?z ? 5 ? 5 ? ? 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 , 当 k ? 2 时, ? 5t ? 5s 5y ?1 ?z ? ?z ? ? 2 ? 2

1 ? 5y ? 0 ? mod18? , 5y ? 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 ? 56l ?3 ? 1 ? (7 ? 2)6l ?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 ? mod 18 ? , 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 ? ? ? ( x ? n) 2 ? y 2 , 即

6

1 nx 2 ? n(n ? 1) x ? n(n ? 1)( 2n ? 1) ? y 2 ① 6 1 记 A ? n(n ? 1)( 2n ? 1). 则 y 2 ? A(modn). 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 ? 2 ? 0(mod5), ( x ? 4) 2 ? 3 ? 0(mod7).但这是 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



若 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 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.
③知有 7 |
2

7


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