【数论第四讲】-不定方程

不定方程一、定义：把未知数的个数多于方程的个数的方程（组）称为不定方程．这里的“不定”指的是方程的解不定．二、基本思路与方法：1．因式分解法，对方程的一边进行因式分解，另一边作质因数分解，对比两边，转化为若干个方程构成的方程组，进而求解。2．配方法，将方程的一边变为平方和的形式，另一边为常数，再用不等式予以处理。3．不等式估计，利用不等式工具确定不定方程中某元的范围，再利用整数性“夹逼”出该元的取值。4．运用整除性把“大数”化为“小数”，使方程的解明朗化。5．同余方法，如果不定方程12(,,,)0nFxxx有整数解，则对任意*mN，其整数解12(,,,)nxxx满足12(,,,)0(mod)nFxxxm。利用这一条件，同余可以作为探求不定方程整数解的一块试金石。6．构造法，在不易得出方程的全部解时，通过构造法可以提供其部分解，从而证明该方程有解或者有无穷多个解，适合于处理存在性问题。7．无穷递降法，适合证明不定方程没有正整数解。三、例题选讲：例1.求所有满足方程222511(11)xyxy的正整数解(,)xy。解：法1（因式分解）：方程即2(2)(5)11xyxy，可得2xy-121-11-11111215xy111121-121-11-1解得(,)(14,27)xy。法2（配方法）：方程即22211812()1148yxy，即222(411)81181xyy例2．将113表示成k个连续正整数之和，求项数k的最大值。解：设这k个连续正整数中最小的数为a，则1113(1)2kakk，即112(1)23kakk，作因式分解可得11(21)23kak。显然，为了让k尽量大，则需a尽量小，故需k与21ak的取值尽量接近，因此令523k，6213ak，可得122a，486k。所以，项数k的最大值为486。例3.解方程：x2+[x]–2=0，其中[x]表示不超过x的最大整数．解令[],[0,1)xxrr，则方程变为220xxr（不定方程）．整理得22xxr．因为01r，所以2021xx，解得1131132,122xx或所以[x]=3或2或1．代入方程x2+[x]–2=0中得5x或2或1．注：运用不等式确定方程中某元的范围，进而求解。例4．找出所有整数组（x，y），使得33221xyy．解（不等式估计法）把方程33221xyy变为332(1)3xyyy．由原方程可知xy，于是得1xy．由于332(1)3xyyy，从而有230yy，解得30y．据y的整数性可得y的可能取值为3，2，1和0．当3y时，38x，得2x；当2y时，31x，得1x；当1y时，32x，此时无整数解；当0y时，x=1．综上，原方程的所有整数解为（–3，–2），（–2，1），（0，1）．例5．已知正整数n满足：9n，169n，279n都是完全平方数，求n的值。解：设219nm，22169nm，23279nm，且*123123,,,mmmmmmN。则221216915mm，即1212(4)(4)915mmmm，可得121212121212121241434549,,,4135445427415mmmmmmmmmmmmmmmm解得1112221764,,672111mmmmmm，即得280n或27或7，这里只有280n能使279n为完全平方数。所以280n。三、求方程x2＋x＝y4＋y3＋y2＋y的整数解．【解】【不等式估计法】原方程可变形为4x2+4x+1=4y4+4y3+4y2+4y+1．∴(2x+1)2=(2y2+y)2+3y2+4y+1=(2y2+y)2+2×(2y2+y)+1+(－y2+2y)=(2y2+y+1)2+(－y2+2y)（1）当02014322yyyy，即当y－1或y2时，(2y2+y)2＜(2x+1)2＜(2y2+y+1)2而2y2+y与2y2+y+1为两相邻整数，所以此时原方程没有整数解．（2）当y=－1时，x2+x=0，所以x=0或－1．（3）当y=0时，x2+x=0，所以x=0或－1．（4）当y=1时，x2+x=4，此时x无整数解．（5）当y=2时，x2+x=30，所以x=－6或5．综上所述：10yx，11yx，00yx，01yx，26yx，25yx．例6．证明：不定方程254xy没有整数解.【证明】【同余方法】若存在整数x，y使得254xy成立，对方程两边模11，可知20,1,4,9,5,3(mod11)x；若y能被11整除，则547(mod11)y，不合题设；若y不能被11整除，则101(mod11)y，可得11能整除51y或51y，可知51,10(mod11)y，于是有548,6(mod11)y，这仍与题设不合。综上，不定方程254xy没有整数解。例7．设n是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得n是某个整数的四次方．分析：显然“最小的正整数b”体现出了b的范围，应紧紧抓住这个条件．【解（运用整除性递降大数）】据题意可建立等式7772bbn（关于n，b的不定方程）．由于n是某个整数的四次方，故设4xn，x是整数。那么，77724bbx（转化为关于x，b的不定方程）．可知7能整除4x，由于7为质数，所以7能整除x，故设mx7，m为整数，则有17243bbm（进一步转化为关于m，b的不定方程，方程更加简单）．因为最小的正整数b的充要条件是12bb取最小，即437m最小，也就是1m时．故得34312bb，解得18b．综上，最小的正整数b为18．例8．求方程()120xxyz的质数解．分析：若x为偶数，则z必为偶数；若x是奇数，y为奇数，则z仍为偶数；若x是奇数，y为偶数，则z为奇数。因此，无论怎样，x，y，z中至少有一个为偶数，而偶数为质数的只有2．解若x为偶数，则x=2，此时可得z=2，从而得y=59；若x为奇数，y为奇数，则z为偶数，即得z=2，此时方程变为()122xxy．由于122=2×61，所以得x=61，从而得2xy，不合，舍；若x为奇数，y为偶数，则y=2，此时方程变为(2)120xxz。方程可进一步变为22120xxz，即(12)(10)xxz．（注：因式分解；数的分解思想）由于z是质数，不能继续分解，故需101,12xxz，即得x=11，z=23．综上，原方程的质数解为（2，59，2）或（11，2，23）．例9．关于本原勾股数的两条性质：若正整数x，y，z满足222zyx，且1),,(zyx，则称x，y，z为一组本原勾股数，且满足：（1）x，y是一奇一偶两个正整数，z为奇数；（2）若x为奇数，y为偶数，则22NMx，MNy2，22NMz，其中M、N为一奇一偶两个正整数．证明：（1）若x，y均为偶数，则z必为偶数，与1),,(zyx矛盾；若x，y均为奇数，则)4(mod12x，)4(mod12y，得)4(mod222yx．而)4(mod102或z，则有222zyx，矛盾．所以，x，y是一奇一偶两个正整数，从而得z为奇数．（2）方程222zyx可变形为222yzx，即))((2yzyzx．若z，y不互质，则有质因数a，那么质因数a能整除2x，可得a能整除x，这与1),,(zyx矛盾．所以z，y互质，即1),(yz．考查：)2,()2,(),(yyzyyzyzyzyz．因为1),(),(yzyyz；又yz为奇数，所以1)2,(yz．因此，1)2,(yyz，即1),(yzyz．所以2byz，2cyz，且bcx，cb，b、c均为正奇数．所以，222bcz，222bcy．令12mb，12nc，则有22)()1(mnnmz，)1)((2nmmny．故令1nmM，mnN，就有22NMx，MNy2，22NMz，这里的m、n均为正整数，所以M、N为一奇一偶两个正整数．例10．求方程232zyx的正整数解．分析：先分析出x，y，z的奇偶性，就有可能把方程变形为“勾股方程”．解易知x2为偶数，y3为奇数，所以2z为奇数，可得z为奇数．由于3不能整除yx32，所以3不能整除2z，即得3不能整除z，故可设13kz，于是)3(mod12z，可得)3(mod12x．若x为奇数，则)3(mod22x，所以x为偶数，可设为nx2．于是)4(mod02x，而)4(mod12z，所以)4(mod13y．若y是奇数，则)4(mod33y，所以y是偶数，设my2。此时方程变形为222)3()2(zmn．显然，1),3,2(zmn，故据本原勾股数的性质有MNn22——①，223NMm——②。由①可设dM2，eN2，其中1ned，且ed．代入②中得edm22223．因为m3为奇数，d22为偶数，所以e22为奇数，可得0e，所以1nd．从而有1431nm，且2n．由于)4(mod3141n，所以)4(mod33m，可知m为奇数．所以，)1333)(13(1321mmm，注意到133321mm是m个奇数的和，而m为奇数，所以133321mm也为奇数，所以24n为奇数，即得2n，从而得1m．所以4x，3y，5z．综上，方程232zyx的正整数解为)5,3,4(．例11．找出所有的正整数组（x，y，z），使得y是质数，y和3均不整除z，且332xyz．解方程变形为222()()xyxxyyz．现考查22(,)xyxxyy的值，若为1，则xy与22xxyy均为完全平方数，便可以产生两个方程．因为222(,)(,()3)xyxxyyxyxyxy，而由y为质数可知(,)1xy，可得(,)1,(,)1xyyxyx．从而(,)1xyxy，可得(,3)1xyxy．所以2(,()3)1xyxyxy．所以2222,xymxxyyn，且zmn．注意到222xxyyn可变为2224444xxyyn，即222(2)34xyyn，可得22234(2)(22)(22)ynxynxynxy（注：这样做的目的是利用y为质数的不可分解性来建立新的方程）为此有如下情况：（1）2223,22nxynxyy，可得2423xyy，由2xym得22463myy，整理得22(3)412ym，即(32)(32)12ymym，可得m=1，y=7．所以有x=8，y=7，z=13；（2）22,223nxyynxyy，可得x=0，不合，舍；（3）2221,223nxynxyy，可得23142yxy，可得22314()2yymy，即223(1)4(1)ym，注意到2112(mod3)m或，而23(1)0(mod3)y，所以不可能．综上，所有的正整数解为（8，7，13）．例12．设p是大于11的素数，问是否存在合数n和正整数，使得1211nnp.证明你的结论.解：因为n为合数，故设nkq，其中k为一个素数，q为大于1的整数。那么1211qq能整除1211nn，即能整除p。因为p为素数，所以1211qqp，且1。那么，1211(12)(11)(11)