1、不定方程不定方程是指未知數(shù)的個(gè)數(shù)多于方程的個(gè)數(shù)，且未知數(shù)的取值范圍是受某些限制（如整數(shù)、正整數(shù)或有理數(shù)）的方程.不定方程是數(shù)論的一個(gè)重要課題，也是一個(gè)非常困難和復(fù)雜的課題.1 .幾類不定方程（1） 一次不定方程在不定方程和不定方程組中，最簡(jiǎn)單的不定方程是整系數(shù)方程axbyc0,（a0,b0）通常稱之為二元一次不定方程.一次不定方程解的情況有如下定理.定理一：二元一次不定方程axbyc,a,b,c為整數(shù).有整數(shù)解的充分必要條件是（a,b）|c.定理二：若（a,b）1,且Xo,y0為之一解，則方程全部解為xx°bt,yyat.（t為整數(shù)）。（2）沛爾（pell）方程形如x2dy21(dN

2、*,d不是完全平方數(shù)）的方程稱為沛爾方程能夠證明它定有無(wú)窮多組正整數(shù)解；又設(shè)（xyj為該方程的正整數(shù)解（x,y）中使xyJd最小的解，則其的全部正整數(shù)解由xn2Kxi苑/(x1而Yi力YnSKXVdy1)n(%而門n1,2,3,L)給出.只要有解（Xi，Yi）,就可以由通解公式給出方程的無(wú)窮多組解Dxn,yn滿足的關(guān)系：xnVn而（“丫由）“；xn2x1xn1xn2yn2x1yn1yn2(3)勾股方程x2y2z2這里只討論勾股方程的正整數(shù)解，只需討論滿足（x,y）1的解，此時(shí)易知x,y,z實(shí)際上兩兩互素.這種x,y,z兩兩互素的正整數(shù)解（x,y,z）稱為方程的本原解，也稱為本原的勾股數(shù)。容易看

3、出x,y一奇一偶，無(wú)妨設(shè)y為偶數(shù)，下面的結(jié)果勾股方程的全部本原解通解公式。定理三：方程x2y2z2滿足（x,y）1,21y的全部正整數(shù)解（x,y,z）可表為2.2一.2.2.一一一.一xab,y2ab,zab,其中，a,b是滿足ab0,a,b一奇一偶，且(a,b)1的任意整數(shù)4.不定方程xyzt這是個(gè)四元二次方程，此方程也有不少用處，其全部正整數(shù)解極易求出：設(shè)(x,z)a,則xac,zad,其中(c,d)1,故acyadt,即cydt,因(c,d)1,所以d|y,設(shè)ybt,則tbc.因此方程xyzt的正整數(shù)解可表示為xac,ybd,zad,tbc.a,b,c,d都是正整數(shù)，且(c,d)1.反過

4、來，易知上述給出的x,y,z,t都是解.也可采用如下便于記憶的推導(dǎo)：設(shè)xI£,這里c是既約分?jǐn)?shù)，即(c,d)1.由于)約分后得出£,故zyddzdxac,zad,同理tcb,yab.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.換元法；5 .因式分解法6 .構(gòu)造法(構(gòu)造出符合要求的特解或一個(gè)求解的遞推關(guān)系，證明解無(wú)數(shù)個(gè))7 .無(wú)窮遞降法由于不定方程的種類和形式的多樣性，其解法也是多種的，上面僅是常用的一般方法注：對(duì)無(wú)窮遞降法的理解：以下面的問題為例：證明：方程x4y4z2無(wú)正整數(shù)解。442.22222證明：假設(shè)xyz存在正整數(shù)解，其中z最小的解記

5、為。因?yàn)閤yz,222222根據(jù)勾股萬(wàn)程的通解公式有xab,y2ab,z0ab,其中a,b一奇一偶，a,b1。從x2a2b2可以得到a為奇數(shù)，b為偶數(shù)，令b2s,y22ab4as,其中a,s1,所以at2,sq2,(t,q)1。由x2a2b2得x2t44q4,即x24q4t4,又可以通過勾股方程的通解公式xl2m2,2q22lm,t2l2m2,(l,m)1,注意到q2lm,所以ll(2,mm2,244.4.2tl0m0,而z°tbt,與z0的最小性矛盾。所以原方程組無(wú)正整數(shù)解。賽題精講例1.(1)求不定方程37x107y25的所有解；(2)求不定方程7x19y213的所有解。解析：(

6、1)可以由輾轉(zhuǎn)相除法得到，其實(shí)根據(jù)該方法可以得到必存在整數(shù)s,t,使得37s107t1。如10723733,371334,3481,依次反代即可得到一個(gè)特解。21319y什“c35y,、一人(2)x,可以取x302y,此時(shí)可以得到y(tǒng)2。從而得到一個(gè)77特解。注：這個(gè)兩個(gè)方法是基本方法。例2.求所有滿足方程8x15y17z的正整數(shù)解解析：首先從同余的角度可以發(fā)現(xiàn)y必須為偶數(shù)，8x15y17z,又15y的個(gè)位數(shù)必須為5,而8x的個(gè)位數(shù)為2,4,或6,17z的個(gè)位數(shù)為3,9,1,所以x0,2(mod4),對(duì)應(yīng)的z0,2(mod4)。這樣可以令y2k,z2l,可以得到8x172152k(H15k)(&

7、quot;15k),注意到17115k均為奇數(shù)，兩個(gè)的和和差必定是17l15k2一個(gè)單偶，一個(gè)雙偶，從而,»,，目標(biāo)集中于17l15k2,觀察有解17115k2l,k1,1。當(dāng)k2時(shí)，兩邊取模17可以得到(1)k2mod9矛盾。所以僅有解2,2,2例3.a為給定的一個(gè)整數(shù)，當(dāng)a為何值時(shí)，方程y31a(xy1)有正整數(shù)解？有正整數(shù)解時(shí)，求這個(gè)不定方程。解：y31a(xy1)可以變形為x3y31y3x3y3a(xy1),這樣(xy1)|y3x3y3,一個(gè)明確的事實(shí)xy1,y31,從而(xy1)|1x3。這樣我們得到(xy1)|1x3(xy1)|y31(*)。不妨假設(shè)yx,yx兩種情況。(

8、1)yxccV311y31a(y21)ay,，從這個(gè)代數(shù)式發(fā)現(xiàn)，y2,對(duì)y1單獨(dú)討V1v1論，有2a(x1),a1,x3;a2,x2,這種情況共有解：a1,3,1;a22,1；a32,2，注意到*式的等價(jià)性，又有解a14,1,3;a91,2y11，人一、一，將等式轉(zhuǎn)化為不等式aky1,k1,所以ay-y,從同余的角度看有y1y1ky1y31(y1)(xy1)cy12yxyx1xy1,只能y1y1是y2,x5,a1;y3,x5,a2注意到*式的等價(jià)性，又有解y5,x2,a14;y5,x3,a9綜上，可以有a1,2,3,9,143,15,22,11,23,52,21,35,32,5共9組解。例4.

9、證明：不定方程x2y54無(wú)整數(shù)解解析：x2y54給我們的第一個(gè)印象是x,y同為奇數(shù)或同為偶數(shù)。若同為偶數(shù)，則2525.-一4k3214也就是k181,進(jìn)一步有k為奇數(shù)，因?yàn)槠鏀?shù)的平方模8余1,矛盾。若同為奇數(shù)，則需進(jìn)一步討論，關(guān)鍵是取模為多少比較好討論。結(jié)合費(fèi)馬小定理如55(y,11)1,則y1or10(mod11)，從而y46or7or8(mod11),但是x20,1,3,4,5,9(mod11)。比較兩者我們就可以到相應(yīng)的結(jié)論例5.求證：x2y2z2u2v2xyzuv65存在無(wú)數(shù)組解且每個(gè)解都大于2009。證明：觀察有特解1,2,3,4,5。從原方程可以得到,、22222_，一,(yzuv

10、x)yzuv(yzuvx)yzv12。這說明從一組解可以得到另一組解yzuvx,y,z,u,v。由于方程結(jié)構(gòu)的對(duì)稱性，不妨假設(shè)0xyzuv,則yzuvyzuvx,主要是證明vxyzuv,這是因?yàn)関xvxyzuv。不斷依次類推就可得到結(jié)論。例6.(普特南競(jìng)賽題)求方程|prqs|1的整數(shù)解，其中p,q是質(zhì)數(shù)，r,s是大于1的正整數(shù)，并證明你所得到的解是全部解.解析：容易看到兩個(gè)質(zhì)數(shù)中肯定有一個(gè)為2,不妨假設(shè)p2,12rqs|1,即2rqs1。2r從余數(shù)去q3(mod4),s為奇數(shù)。2r(q1)(qs1qs2l1)q12r1qs1qs2L122r20"s2(si)"2rls2r

11、2r12r12(s1)r1s2(s2)r1從奇偶性可以看出這種情形方程無(wú)解O2r2rqs1(q1)(qs1s2qL1)12r11s2q2r2r112$rs2(s1)r1s(s1)22r112rls，令2r12sr1s2(s1)ri1)22r11u2r1uv,觀察最后兩項(xiàng),只能r113,綜上,考察到對(duì)稱性，原方程恰有兩組解:8.（09湖北）求不定方程x1x2令x1x2x3x,x4x5123453y5z21滿足x3,5z21x3y12,1(x,y)X33X42,z12z1時(shí)，有x3y(10,2),(7,3),(4,4).16,止匕3X5的正整3,2,or2,3.2,3,3,2.5x621的正整數(shù)解

12、的組數(shù).3,y2,方程滿足x3,y當(dāng)z2時(shí)，有x3y11,此方程滿足x3,y所以不定方程x3y5z21滿足x3,y2,z(x,y,z)(10,2,1),(7,3,1),(4,4,1),(5,2,2).又方程x1義2x3x(xN,x3)的正整z1.先考慮不定方程x3,y2,z1，2的正整數(shù)解為2的正整數(shù)解為（x,y）1的正整數(shù)解為數(shù)解的組數(shù)為c2(5,2)x4x5y（yN,x2）的正整數(shù)解的組數(shù)為C1y1,故由分步計(jì)數(shù)原理知，原不定方程的正整數(shù)解的組數(shù)為C2C；212121C6C2C3C3C4C136309681.例8.(09巴爾干)求方程3x5y2.z的正整數(shù)解。解析：首先3x1,3(mod4

13、),5y1(mod4),從而3x1(mod4),x,z為偶數(shù)。方程可以轉(zhuǎn)化3x5y,32k5y，(3kz)(3ky3kz)"qk35s5t3k5s5t5s25t,55223k5s5t5sz25t。所以s0,2即得z3k15y125y,下面研究23k5y，當(dāng)k2時(shí),15y0mod18,5y17mod18,通過嘗試的方法可以得到:527mod18,53mod18,561mod18,y6l3,ck6l3315，在考慮模7的余數(shù)，23k156l31(72)6l3126l31230(mod7),矛盾。所以k7b1,當(dāng)k2時(shí)，7b10mod18,7b17mod18,通過嘗試的方法可以得到：721

14、3mod18,731mod18,矛盾，所以k0,1,滿足條件的a,b為1,y1,由此可以得到方程的解為x2,y1,z2。變式練習(xí)：(09加拿大)已知3a7b為完全平方數(shù)，求a,bab解析：37須為4的倍數(shù)，從而a,b一個(gè)為奇數(shù)，一個(gè)為偶數(shù)。若a2k,b2l1,則32k7bz2,同上，應(yīng)該有23ka,b0,1(2,1)仍然考慮23k17b例9：試證：當(dāng)2n11時(shí)，不存在n個(gè)連續(xù)自然數(shù)，使得它們的平方和是完全平方數(shù)解析：設(shè)x是非負(fù)整數(shù).假若結(jié)論不成立，即存在yN使2_222-(x1)(x2)(xn)y，即22一nxn(n1)x-n(n1)(2n1)y61,八八2記A-n(n1)(2n1).則yA(modn).6當(dāng)n3,4,9時(shí)，分別由和n|y.令ynz,代入得212x(n1)x(n1)(2n1)nz,6n12122即(x)2(n21)nz2.212把n5,7代入后將分別得到(x3)220(mod5),(x4)230(mod7).但這是不可