第六节不定方程精选.

所谓不定方程，是指未知数的个数多于方程个数，且未知数受到某些（如要求是有理数、整数或正整数等等）的方程或方程组。不定方程也称为丢番图方程，是数论的重要分支学科，也是历史上最活跃的数学领域之一。不定方程的内容十分丰富，与代数数论、几何数论、集合数论等等都有较为密切的联系。不定方程的重要性在数学竞赛中也得到了充分的体现，每年世界各地的数学竞赛吉，不定方程都占有一席之地；另外它也是培养学生思维能力的好材料，数学竞赛中的不定方程问题，不仅要求学生对初等数论的一般理论、方法有一定的了解，而且更需要讲究思想、方法与技巧，创造性的解决问题。在本节我们来看一看不定方程的基础性的题目。

基础知识

1．不定方程问题的常见类型： （1）求不定方程的解；

（2）判定不定方程是否有解；

（3）判定不定方程的解的个数（有限个还是无限个）。 2．解不定方程问题常用的解法：

（1）代数恒等变形：如因式分解、配方、换元等；

（2）不等式估算法：利用不等式等方法，确定出方程中某些变量的范围，进而求解； （3）同余法：对等式两边取特殊的模（如奇偶分析），缩小变量的范围或性质，得出不定方程的整数解或判定其无解；

（4）构造法：构造出符合要求的特解，或构造一个求解的递推式，证明方程有无穷多解； （5）无穷递推法。

以下给出几个关于特殊方程的求解定理： （一）二元一次不定方程（组）

定义1.形如axbyc(a,b,c,Z,a,b不同时为零)的方程称为二元一次不定方程。 定理1.方程axbyc有解的充要是(a,b)|c；

定理2.若(a,b)1，且x0,y0为axbyc的一个解，则方程的一切解都可以表示成

bxxt0(a,b)(t为任意整数)。 ayy0t(a,b)定理3.n元一次不定方程a1x1a2x2anxnc，(a1,a2,,an,cN)有解的充要条件是(a1,a2,,an)|c. 方法与技巧：

1．解二元一次不定方程通常先判定方程有无解。若有解，可先求axbyc一个特解，从而写出通解。当不定方程系数不大时，有时可以通过观察法求得其解，即引入变量，逐渐减

word.

小系数，直到容易得其特解为止；

2．解n元一次不定方程a1x1a2x2anxnc时，可先顺次求出(a1,a2)d2,(d2,a3)d3， ……，(dn1,an)dn.若dn c，则方程无解；若dn|c，则方程有解，作方程组：

a1x1a2x2d2t2d2t2a3x3d3t3求出最后一个方程的一切解，然后把tn1的每一个值代入倒数dtaxdtn1n1n1n1n2n2dn1tn1anxnc第二个方程，求出它的一切解，这样下去即可得方程的一切解。

3．m个n元一次不定方程组成的方程组，其中mn，可以消去m1个未知数，从而消去了m1个不定方程，将方程组转化为一个nm1元的一次不定方程。

（二）高次不定方程（组）及其解法

1．因式分解法：对方程的一边进行因式分解，另一边作质因式分解，然后对比两边，转而求解若干个方程组；

2．同余法：如果不定方程F(x1,,xn)0有整数解，则对于任意mN，其整数解(x1,,xn)满足F(x1,,xn)0(modm)，利用这一条件，同余可以作为探究不定方程整数解的一块试金石； 3．不等式估计法：利用不等式工具确定不定方程中某些字母的范围，再分别求解； 4．无限递降法：若关于正整数n的命题P(n)对某些正整数成立，设n0是使P(n)成立的最小正整数，可以推出：存在n1N，使得n1n0成立，适合证明不定方程无正整数解。 方法与技巧：

1．因式分解法是不定方程中最基本的方法，其理论基础是整数的唯一分解定理，分解法作为解题的一种手段，没有因定的程序可循，应具体的例子中才能有深刻地体会；

2．同余法主要用于证明方程无解或导出有解的必要条件，为进一步求解或求证作准备。同余的关键是选择适当的模，它需要经过多次尝试；

3．不等式估计法主要针对方程有整数解，则必然有实数解，当方程的实数解为一个有界集，则着眼于一个有限范围内的整数解至多有有限个，逐一检验，求出全部解；若方程的实数解是无界的，则着眼于整数，利用整数的各种性质产生适用的不等式；

4．无限递降证的核心是设法构造出方程的新解，使得它比已选择的解“严格地小”，由此产生矛盾。

（三）特殊的不定方程

1．利用分解法求不定方程axbycxy(abc0)整数解的基本思路：

将axbycxy(abc0)转化为(xa)(cyb)ab后，若ab可分解为aba1b1aibiZ，

*word.

aiaxc，再取舍得其整数解； 则解的一般形式为bbyic2．定义2：形如xyz的方程叫做勾股数方程，这里x,y,z为正整数。

对于方程xyz，如果(x,y)d，则d|z，从而只需讨论(x,y)1的情形，此时易知x,y,z两两互素，这种两两互素的正整数组叫方程的本原解。 定理3.勾股数方程xyz满足条件2|y的一切解可表示为：

22222222222xa2b2,y2ab,za2b2，其中ab0,(a,b)1且a,b为一奇一偶。

推论：勾股数方程xyz的全部正整数解（x,y的顺序不加区别）可表示为：

222x(a2b2)d,y2abd,z(a2b2)d其中ab0是互质的奇偶性不同的一对正整

数，d是一个整数。

勾股数不定方程xyz的整数解的问题主要依据定理来解决。

3．定义3.方程xdy1,4(x,yZ,dN且不是平方数)是xdyc的一种特殊情况，称为沛尔(Pell)方程。

这种二元二次方程比较复杂，它们本质上归结为双曲线方程xdyc的研究，其中c,d都是整数，d0且非平方数，而c0。它主要用于证明问题有无数多个整数解。对于具体的d可用尝试法求出一组成正整数解。如果上述pell方程有正整数解(x,y)，则称使

2222*22222xdy的最小的正整数解(x1,y1)为它的最小解。

定理4.Pell方程xdy1(x,yZ,dN且不是平方数)必有正整数解(x,y)，且若设它的最小解为(x1,y1)，则它的全部解可以表示成：

22*1nnx(xdy)(xdy)n11112(nN*). 1(x1dy1)n(x1dy1)nyn2d上面的公式也可以写成以下几种形式： （1）xnynxn1x1xndy1ynxn12x1xnyn1（2）；（3）. d(x1y1d)；

yxyyxy2xyy1n1nn1n11nn1n22*定理5.Pell方程xdy1(x,yZ,dN且不是平方数)要么无正整数解，要么有无

word.

穷多组正整数解(x,y)，且在后一种情况下，设它的最小解为(x1,y1)，则它的全部解可以

12n12n1x(xdy)(xdy)n1111* 2表示为(nN)12n12n1(x1dy1)(x1dy1)yn2d定理6. （费尔马（Fermat）大定理）方程xyz(n3为整数)无正整数解。 费尔马（Fermat）大定理的证明一直以来是数学界的难题，但是在1994年6月，美国

普林斯顿大学的数学教授A.Wiles完全解决了这一难题。至此，这一困扰了人们四百多年的数学难题终于露出了庐山真面目，脱去了其神秘面纱。

nnn典例分析

例1．求不定方程37x107y25的整数解。

解：先求37x107y1的一组特解，为此对37，107运用辗转相除法： 10723733，371334， 33481 将上述过程回填，得：

13384374843794379(3733)9338379(107237)8379107263737(26)1079

由此可知，x126,y19是方程37x107y1的一组特解，于是x025(26)650，y0259225是方程37x107y25的一组特解，因此原方程的一切整数解为：

x650107t。 y22537t例2．求不定方程7x19y213的所有正整数解。

解：用原方程中的最小系数7去除方程的各项，并移项得：x因为x,y是整数，故

21319y35y 302y7735yu也一定是整数，于是有5y7u3，再用5去除比式的两737u32u32u边，得y，令v为整数，由此得2u5v3。 u555经观察得u1,v1是最后一个方程的一组解，依次回代，可求得原方程的一组特解：

x2519tx025,y02，所以原方程的一切整数解为：。

y27t例3．求不定方程3x2y8z40的正整数解。

解：显然此方程有整数解。先确定系数最大的未知数z的取值范围，因为x,y,z的最小值为1，所以1z40324。 8word.

当z1时，原方程变形为3x2y32，即y323x，由上式知x是偶数且2x102故方程组有5组正整数解，分别为x2x4x6x8x10，，，，；

y13y10y7y4y1243x，故方程有3组正整数解，分别2当z2时，原方程变形为3x2y24，即y为：x2x4x6，，；

y9y6y3163x，故方程有2组正整数解，分别2当z3时，原方程变形为3x2y16，即yx2x4为：，；

y5y2当z4时，原方程变形为3x2y8，即yx283x，故方程只有一组正整数解，为。 2y1故原方程有11组正整数解（如下表）：

x 2 4 6 8 10 2 4 6 2 4 2 y 13 10 7 4 1 9 6 3 5 2 1 z 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 4 例4．求出方程x7y1的所有正整数解。 解：先求最小解(x1,y1)。令y1,2,3,

当y1时，17y8；当y2时，17y29；当y3时，17y8。所以x7y1的最小解为(8,3)，于是：

2222222211nnx(xdy)(xdy)[(837)n(837)n]n1111* 22(nN)11nnnn(x1dy1)(x1dy1)[(837)(837)]yn2d27例5．在直角坐标平面上，以（199，0）为圆心，以199为半径的圆周上的整点的个数为多少个？

解：设A(x,y)为圆O上任一整点，则其方程为：y(x199)199； 显然(0,0),(199,199),(199,199),(3,0)为方程的4组解。

但当y0,199时，(y,199)1（因为199是质数），此时，199,y,|199x|是一组勾股数，故199可表示为两个正整数的平方和，即199mn。

22222word.

因为1994493，可设m2k,n2l1，则1994k24l24l14(k2l2l)1 这与199为4d3型的质数矛盾！因而圆O上只有四个整点(0,0),(199,199),(199,199),(3,0)。 例6．求所有满足81517的正整数三元组(x,y,z)。

解：两边取mod8，得(1)1(mod8)，所以y是偶数，再mod7得23(mod7)，所以z也是偶数。此时令y2m,z2t(m,tN) 于是，由81517可知：2tmsyzxyzxyz3x(17t15m)(17t15m)；

tm3xs由唯一分解定理：(1715)2，(1715)2注意到17是奇数，所以要使17t于是17152。

tm，从而17t1s(223xs)2s123xs1 21s(223xs)2s123xs1成立，一定有s1。 2tm当m2时，在17152的两边取mod9，得(1)2(mod9)，这显然是不成立的，

t所以m1，从而t1,x2。

故方程81517只有唯一的一组解（2，2，2）。

例7．a是一个给定的整数，当a为何值时，x,y的方程y1a(xy1)有正整数解？在有正整数解时，求解该不定方程。

解；若有质数p|x，p|xy1，则p|x，从而p|1，矛盾！所以(x,xy1)1。 因此xy1|y1当且仅当xy1|x(y1)。因为x(y1)(xy1)(x1)，显然xy1|x(y1)，所以xy1|y1当且仅当xy1|x1。（*） （1）若y1时，a333333333333333xyz2Z，所以x2或x3，a2或a1； x12Z，所以y2或y3，a9或a14； y1（2）类似地，若x1，则

（3）由于条件（*），不妨设xy1；

y311 若xy，则a2yZ，所以xy2,a3；

y1y1 若xy，则因为y11(mody),xy11(mody)，所以存在bN，使得：

word.

31y31y311y1(xy1)(by1)，所以by11。，by1 2yy1xy1y1y13因为y2,bN，所以必有b1。所以y1(xy1)(y1)，故

3y3xy2xyy,y2xyy1

y212y1N，所以y2或y3 所以xy1y1当y2时，x5；

当y3时，x5，对应的a为1或2。

由条件（*）知x2,y5以及x3,y5也是原方程的解，对应的整数a为14或9。 综上，当a1,2,3,9,14时原方程有整数解，它们分别是：（3，1），（5，2）；（2，1），（5，3），（2，2）；（1，2），（3，5）；（1，3），（2，5）。

例8．求证：边长为整数的直角三角形的面积不可能是完全平方数。

证明：假设结论不成立，在所有的面积为平方数勾股三角形中选取一个面积最小的，设其边长为xyz，则

2221xy是平方数，则必有(x,y)1。 2因为xyz，故存在整数ab0,a,b中一奇一偶，(a,b)1，使得（不妨设y是偶数）xab,y2ab,zab。 由于

22221xy(ab)(ab)ab是完全平方数，而知ab,ab,ab两两互素，故它们是平方222222222数，即ap,bq,abu,abv，所以uv2q即(uv)(uv)2q 因为u,v是奇数，易知(uv,uv)2，于是uv与uv中有一个是2r，另一个是

2(2s)2，而q24r2s2；

另一方面，ap,bq,abu,abv得p2a22221221(uv)[(uv)2(uv)2] 241[(2r2)2(2s)4]r44s4 4所以，以r,2s,p为边的三角形都是直角三角形，其面积等于

2212r2s2(rs)2是平方数， 2q2b1(a2b2)abxy，于是构造出了一个面积更小的勾股三角形，矛但是(rs)4422word.

盾！

参考文献 1．奥林匹克数学中的代数问题 冷岗松 沈文选 唐立华等著 湖南师范大学出版社 2．数学奥林匹克教程 张军著 湖南师范大学出版社 3．高中数学竞赛2000题 虞金龙著 浙江大学出版社 4．中国华罗庚学校数学课本 周敏泽著 吉林教育出版社 5．奥林匹克小从书数学竞赛中的数论问题 熊斌 余红兵著

编后语

本书是作者在辅导山东省济宁一中奥林匹克竞赛班时所编写的教材，由于时间较为仓促，作者水平有限，许多地方编写地不尽如人意，未尽事项请大家谅解！另外，本书参考了大量的方献资料，在此向文献的作者表示感谢！再者，本来本书应配有习题，可是由于作者的计算机水平有限，再加之时间紧迫，所以所有的习题，都是我用手写完成的，未能向大家列出，向大家致歉！

贾广素 于山东济宁

2006年9月6日星期三

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