3、不定方程.docx

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1、不定方程飞未知数个数多于方程个数的方程（或方程组）称为不定方程（或不定方程组）,初等数论中经常讨论未知数取值为整数的情形.这一单元主要学习不定方程的求解问题中涉及的一些基本方法.不定方程溯源极古,早在1700多年前,古希腊数学家丢番图（DioPhantUS）就对不定方程做过许多研究,不定方程甚至被称为丢番图方程.许多不定方程问题的解决十分困难,是对人类智力的一种挑战,例如历时358年方获解决的费马大定理就曾吸引无数优秀数学家为之付出毕生的精力.面对挑战,人类表现出了极大的决心、毅力和杰出的智慧.3.1一次不定方程（组）依未知数的次数可对不定方程分类,其中最简单的是一次不定方程.设42为整数,我

2、们称方程ax+a2Jc2+akXk=C为一次不定方程,其中a1,念，4，C均为整数,且,。2，4都不为零.并非每一个一次不定方程都会有整数解，一个很显然的必要条件是:（a】,Q2,，4）IC.事实上,这个条件也是充分的.我们重点讨论两个变量的不定方程ax+by=其中a、6、C为整数,且a、6都不为零.定理1不定方程有整数解的充要条件是（a,b）Ic.证明必要性是显然的,而充分性可由贝祖定理得到.事实上,由贝祖定理,知存在整数死、”,使得azo+如。=（a，b）.设c=（a,b）c,则（c%,C1yo）是的解，充分性获证.定理2设不定方程有整数解（曲，的）,则的所有整数解为bX=Xo+(o=C9

3、于是(-x0)+6(3/-3/0)=0,即(1No)=b(y()-),故bI(-x0)因此b(a,6)*rx,可设_b,7死一(,b/则?_。一一（。产其中,为整数,这表明方程的解具有形式.反过来,由决定的整数组（N,y）是方程的解可以直接代人验证得到.所以，定理2成立.说明由决定的整数组包，y）称为的通解,而（劭，W）为的特解.定理2也表明为求的通解只需先求出的一个特解,而特解可由辗转相除的方法逆算得到，因此的所有解有通法求出.其余的一次不定方程或方程组都可以转化为求解二元一次不定方程.例1求不定方程7x+19jz=2012的正整数解的组数.解先求出的一个特解.j=y（2012-19j）=2

4、87-3+y（3+2y）.故4（3+2y）为整数,取。=2,则X0=282.利用定理2的结论,方程的通解为为整数）X=282-19z,y=2+7t.结合0,y0及Z为整数，可解得0Z14.所以,方程共有15组正整数解.例2设正整数即6互素.证明:不定方程axjrby=ab-ab没有非负整数解.证明若存在非负整数对（死，的）满足,则（j7+1）+Wo+1）=ab,那么,应有QI6（g+D,又（,6）=1,故I）0+1,而。与yo+1都是正整数,故仙+1同理可证：bI1o+1,进而6zo+1.但这时,的左边q6+6=2ab的右边，矛盾.所以，没有非负整数解.例3设正整数匹6互素,而正整数。大于。6

5、一。一6.证明:不定方程ax+by=c有非负整数解.证明设的通解为&=NO+儿，（E为整数）,y=ya-at，其中（No,y。）为的特解.这样,通过调节t的值（对X0作加上b或减去6的操作）可找到的一个解（见，北）,使得0处b-1,则by=c-axab-a-baxab-a-baCb-1）=-6,故y一1,即y0.这表明（须，V）是的非负整数解,命题获证.说明上面的两个例子得到的结论给出了使得有非负整数解的条件,说明了只要C充分大（例如CCo时）,就有非负整数解,并求出了Co的最小值（这个最小值为必一a6+1）.这是一个有趣而富有挑战性的问题,当变量个数不小于3时,c。的最小值还没有找到.例4求

6、所有的正整数数组（内，色，4）,使得124,1+Qn=26,鬲+/=62,.a1+a1+a=164.解由at都是正整数,而3=216164,知每个4都不大于5.我们设，。2，a”中1,2,3,4,5的个数分别为皿,工”x3N4,g,则X1+泾+t3+4+#5=W,Xi+2x2+3x3+4矽+5x5=26,Xi+4x2+9x3+164+25g=62,Xi+8乃+27%+64+125xs=164,其中,“2，/3，%4，n5都是非负整数.先确定，牝，力5的值,这等价于求一个不定方程组的非负整数解.由知41，若乃=1,则、变为Jxi+4x2+93+1x4=37,H+8z2+27x3+64普=39,由

7、一得4,2+18x3+48Jt4=29这在Z2、23、%为非负整数时不能成立,所以=0.又由一得2x26x312x4=36,即Xz3*3+6右=18；再由一得X3+4x4=5故(Z3,1I)=(5,0),(1,1).进而可得(,彳2,13,力4)=(5,3,5,0),(1,9,1,1).利用上述结论,可知(a,a2,，an)=(1,1,1,1,1,2,2,2,3,3,3,3,3),(1,2,2,2,2,2,2,2,2,2,3,4).说明涉及不定方程的非负整数解时,经常会用到不等式估计的方法，不一定要从不定方程(组)的通解出发来处理,只要在解题过程中善于把握问题的特点,就能较快地得到解答.例5将

8、所有分母不大于99的最简分数从小到大排列,求与兼相邻的两个数.解设子与士是与祭相邻的两个数，且WV11VJ1p0,于是17力-76q1.先考虑17/)-76g=1中满足p99且使P最大的正整数解.为此需先求它的一个特解,利用p=吉(76q+1)=4q+告(8q+1),可得一个特解(q)=(9,2),于是此不定方程的通解为(p,q)=(9+76i,2+17力，t为整数.这时在条件力99下最大为85,此时q=19.另一方面，由17q_Y1P-76q76p=76p可知,若1776q72,则1719768517_2_2_1、1、176p?76p38pN38X99；76X85所以,在所给条件下，比条小且

9、最接近它的数为黑/OOO类似讨论,可知卫=黑.m67综上,这些分数的排列中与其相邻的两个数是患和部说明题中利用正整数不小于1这个显然的事实,转为求一次不定方程的正整数解是关键.例6设匹6是两个给定的互索的正整数，0b1,对任意整数C,记w(c)=minx+ycue+by=c,力、y为整数,如果整数C满足：切(C)w(c+)且W(C)切(c6),那么称C是一个“局部冠军”.(1)对(*6)=(5,3),求相应于它的一个“局部冠军”；(2)证明:若C是一个“局部冠军”,而整数对Cr,3)满足：胃十=C,且IX+.yI=3(c),则xyV0.解(1)我们说c=4是一个相应于(o,6)=(5,3)的“

10、局部冠军”.事实上,直接枚举即可知当c=4时,有3(c)=4(相应的Cr,y)=(2,-2),而w(c-a)=(c+a)=w(c-6)=w(cZ)=3.(2)用反证法处理,若到0,不妨设ay都不小于0(否贝J,用(一c,一了，一山代替(c,以y)讨论,所得结论是“对称的”).考虑M(C)与v(c+0)的值.由条件，(,b)=1,可写方程皿+加=C和+加=c+的通解分别是(力一/，y+电)和(6,知0.由结合及-10)=(1,101),(101,1),(-1,-101),(-101,-1).分别求解,得方程的整数解为(z,y)=(11,111),(111,11),(9,-91),(-91,9).

11、例2是否存在整数八y、z,使得x4+z4=2八2+2+2x2+24?解若存在整数z、y、2满足条件,则-24=2x2y2+2y2z2+2z2x2(x4+)=一(x2+2)2+2(/+)-4x2/=(x2+2Z2)2+4x2y2=(.2xy+X2+j2jz2)(2MyX2-+z2)=(+W-z2)(z2(X)2)=(r+y+z)(1+夕一z)(z+z-j(y+n力),这要求一24能表示为4个整数z+y+z,x+y-z9z+zjy+z一1的乘积的形式,而这4个数中任意两个数之差都为偶数,故这4个数具有相同的奇偶性，由一24为偶数,知它们都是偶数,但这要求2,I24,矛盾.所以,不存在符合要求的整数.说明熟悉海伦公式的读者可以一眼看穿问题的本质.事实上，Sabc=/(+6+c)(+1c)(6+c)(cj-b),其中。、AC为aABC的三边长,这就是海伦公式.根号里面的式子展开后就是2/+2b2c2+2c22-a4-64-c4.例3求所有的正整数对(稹，),使得H5H4=7m1.解将移项后作因式分解,得1m=+1=w5+(n3-1)=w3(n2+w+1)(w-I)(TT2+九+1)=(n3-n+1)(+w+1).由知1,而n=2时，可得m=2.下面考虑n2的情形,我们先看式右边两个式子的最大公因数.(n3w+1,w2+n+1)=(n3w+1(n2+n+1)(n-1