1、智浪教育-普惠英才文库数学奥赛辅导 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)0,(,bacbyax下定理.定理一：二元一次不定方程 为整数.有整数解的充分必要条件是 . cbayx, cba|),(定理二：若 为之一解，则方程全部解为 . 0,1),(ba且 tytx00,（t 为整数） 。（2）沛尔 方程)(pel
2、形如 （ ， 不是完全平方数）的方程称为沛尔方程 . 能够证明它12dyx*Nd一定有无穷多组正整数解；又设 为该方程的正整数解 中使 最小的),(1yx),(yxd解，则其的全部正整数解由 （ ）给11 2()()nnnddyxyxy 1,23出. 只要有解 ，就可以由通解公式给出方程的无穷多组解.),(1yx 满足的关系： ； ， n, 1()nndxy12nxxy（3）勾股方程 22zyx这里只讨论勾股方程的正整数解，只需讨论满足 的解，此时易知 实际1),(yxzyx,上两两互素. 这种 两两互素的正整数解 称为方程的本原解，也称为本原的勾zyx, ,z股数。容易看出 一奇一偶，无妨设
3、 为偶数，下面的结果勾股方程的全部本原解通解y公式。定理三：方程 满足 ， 的全部正整数解 可表为22zyx1),(x2| ),(zyx智浪教育-普惠英才文库，其中， 是满足 一奇一偶，且22,bazybaxba, ba,0的任意整数 .1),(4不定方程 ztxy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 ，则 ，其中 ，故a),(adzc, 1),(c，1)(,dtcyta因即所以 . 因此方程 的正整数解可表示为bc则设| ztxy都是正整数，且 .反过来，易知上述datzbycx, 1),(dc给出的 都是解.t也可采用如下便于记忆的推导：设 是既约分数，即 .
4、 由于 约分后得出 ，故dcytzx这 里,1),(dczxdc，同理ac, .,abyt2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 无正整数解。42xyz证明：假设 存在正整数解，其中 最小的解记为 。因为 ，z0z22xyz根据勾股方程的通解公式有 ，其中 一奇一偶，2220,xabyab,a。从 可以得到 为奇数， 为偶数，令 ， ，,1ab2
5、x s24ybs其中 ，所以 。由 得 ，即s2,()1tsqt22x4xtq，又可以通过勾股方程的通解公式24xqt，注意到 ，所以 ，222,()lmltlml2qlm2200,lm智浪教育-普惠英才文库，而 ，与 的最小性矛盾。所以原方程组无正整数解。240tlm420ztbt0z赛题精讲例 1 （1）求不定方程 的所有解；3715xy（2）求不定方程 的所有解。92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 ，使得,st。如 ，依次反代即可得到一个370st173,7134,81特解。（2） ，可以取 ，此时可以得到 。从而得到一个9yx502yx2y特解。注：
6、这个两个方法是基本方法。例 2求所有满足方程 的正整数解8157xyz解析：首先从同余的角度可以发现 必须为偶数， ，又 的个位数必须为8157xyz15y5，而 的个位数为 2，4，或 6， 的个位数为 3，9， 1，所以 ，对应的8x z 0,2(mod4)x。这样可以令 ， ，可以得到0,2(mod)z2ykl，注意到 均为奇数，两个的和和差必定是17(175)(1)xlklkl7,5lk一个单偶，一个双偶，从而 ，目标集中于 ，观察有解312lkx12lk。当 时，两边取模 17 可以得到 矛盾。所以仅有解,1,lk2k()mod9k2例 3 为给定的一个整数，当 为何值时，方程 有正
7、整数解？有正整数aa31()yax解时，求这个不定方程。解： 可以变形为 ，这样31()yx33()x，一个明确的事实 ，从而 。这样我们3()|x 1,y31|xy得到 。不妨假设 两种情况。3|(1)|(*)yxy,（1） 智浪教育-普惠英才文库，从这个代数式发现， ，对 单独讨332211()yyay2y1论，有 ， ，这种情况共有解：x,;,2xa； ，注意到*式的等价性，又有解 1,3;21aa34,9,（2） xy将等式转化为不等式 ，从同余的角度看有 ，所以321yay1,aky，321yky若 ，则 ，只能23 2 12()1 1yxyxxy是 。注意到*式的等价性，又有解 2
8、,51;,5yxaya439x综上，可以有 ，对应的解分别为,共 9 组解。3,152152,15,2例 4证明：不定方程 无整数解4xy解析： 给我们的第一个印象是 同为奇数或同为偶数。若同为偶数，则254xy,xy也就是 ，进一步有 为奇数，因为奇数的平方模 8 余 1，矛盾。3kl2518klk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，则 ，从而 ，但是(,1)y50(mod)yr54678(mod1)yr。比较两者我们就可以到相应的结论203,49(1)x例 5求证： 存在无数组解且每个解都大于 2009。2225xyzuvxyz证明：观察有特解 。从原
9、方程可以得到,345。这说明从一组解可以得到另一组解222()()12yzuvxyzvyzxv智浪教育-普惠英才文库。由于方程结构的对称性，不妨假设 ，则,yzuvxv 0xyzuv，主要是证明 ，这是因为 。不断yzuxvxyzuv依次类推就可得到结论。例 6 （普特南竞赛题）求方程 的整数解，其中 是质数， 是大于 1 的|1rspqqp,sr,正整数，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 ， ，即2|rs。若 ，从余数去讨论， ， 为奇数。21rsq21rsq3(mod4)q，所以 ，2()rss122rrs，提取公因数，有1111()2srs
10、rsrr，从奇偶性可以看出这种情形方程无解。1111()(2)2srrsrsrs为偶数，注意到 。2rsq 12()1)rssqq， ，122rrs 11111() 2(srsrsrrrss令 ， ，观察最后两uv11111() 22()srsrsrrurvv项，只能 ， ， ，从而1r3q3综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：,2,23,3. .ppqqorrss例 8 （09 湖北）求不定方程 的正整数解的组数1564321 xxx解 令 ， ， ，则 先考虑不定方程x321 y54z6,2zy满足 的正整数解 ，53zy,z3x， x21当 时，有 ，此方程满足 的正整数解为1z63y
11、2,yx智浪教育-普惠英才文库)4,(37),210(),yx当 时，有 ，此方程满足 的正整数解为 z1yx2,3yx )2,5(,yx所以不定方程 满足 的正整数解为25z1z ),5(),4,37(),0(),(zyx又方程 的正整数解的组数为 ，方程21 xNx 21xCyx54的正整数解的组数为 ，故由分步计数原理知，原不定方程的正整数解),(xNy1Cy的组数为816930C1241321269 例 8 （09 巴尔干）求方程 的正整数解。5xyz解析：首先 ， ，从而 ， 为偶数。方程可31,(mod)x1(od)(mod4)x,xz以转化 ， ， ，25xyz25kyz35kk
12、yz35kst， 。所以 ，即得 ，下面研究352stkstz352ksttz0s215kyyz，当 时， ， ，通过尝试的方法可31kyk1mod18y7od18y以得到：， ， ， ，在2357mod8,5od86563l6325kl考虑模 7 的余数， ，矛盾。36321(72)10(mod7)kl ll所以 ，由此可以得到方程的解为 。1,ky,xyz变式练习：（09 加拿大）已知 为完全平方数，求3ab,ab解析： 须为 4 的倍数，从而 一个为奇数，一个为偶数。37ab,若 ，则 ，同上，应该有 ，当 时，2,1kl227kbz2371kb2k， ，通过尝试的方法可以得到：0mod
13、8bod18智浪教育-普惠英才文库， 矛盾，所以 ，满足条件的 为2371mod8,71od80,1k,ab,0(2)ab仍然考虑 317kb例 9：试证：当 时，不存在 个连续自然数，使得它们的平方和是完全平方数.nn解析：设 是非负整数 .假若结论不成立 ,即存在 使x Ny即)()2()1( 22x 16ynxnx记 则).(A).(mod2A当 时，分别由 和 令 ，代入得9,43.|yz,)12(61)( 22 nnx即 .2z把 代入后将分别得到 但这是7,5n ).7(mod03)4(,5mod0)3( 22 xx不可能的，故 . 当 时,由得 1086 22)1(6)1( yxnxn若 则由知, ，由于 的任意性，所以只能有n7od2yx因此要使 成立,只能 ,于是由)7(mod42x )(m02yx )7(mod0,yx知有 ,这是不可能的,故 同理可证1316| n.6n.1n若 ,则由可得 ,这是8n )9(247981922 xyx不可能的,故 综上,命题得证.
