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解不定方程的常用技法

2011-03-27 5页 pdf 182KB 49阅读

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解不定方程的常用技法 6 中 等 数 学 解不定方程的常用技法 江 厚 利 (安徽省安庆市第一中学,246003) (本讲适合高中) 不定方程是指未知数的个数多于方程的 个数,且它们的解受到某种限制的方程.本文 主要介绍解非一次的不定方程的常用技法. 1 奇偶分析法 从讨论未知数的奇偶性入手,一方面可 缩小未知数的取值范围,另一方面又可用2n 或2n+1(n∈z)代入方程,使方程变形为更 便于讨论的等价形式.这种方法的适用范围 很广 例 1 求方程 +y =328的正整数解. 讲解:显然 ≠Y,不妨设 ...
解不定方程的常用技法
6 中 等 数 学 解不定方程的常用技法 江 厚 利 (安徽省安庆市第一中学,246003) (本讲适合) 不定方程是指未知数的个数多于方程的 个数,且它们的解受到某种限制的方程.本文 主要介绍解非一次的不定方程的常用技法. 1 奇偶法 从讨论未知数的奇偶性入手,一方面可 缩小未知数的取值范围,另一方面又可用2n 或2n+1(n∈z)代入方程,使方程变形为更 便于讨论的等价形式.这种方法的适用范围 很广 例 1 求方程 +y =328的正整数解. 讲解:显然 ≠Y,不妨设 >Y>0.因为 328是偶数,所以, 、Y的奇偶性相同.从而, ±Y是偶数. 令 +Y=2u1, —Y=2vi,贝4“l、 1∈ Z,且 “1> 1>0.所以, = I十 l,Y= 1一 1. 代人原方程得 + = 164. 同理,令 1+ 1=2u2, 1一 l=2v2(“2、 2∈Z,且 2> 2>0).于是,有 i+ ;=82. 再令 2+ 2=2u3, 2一 2=2v3,得 /2,;+ ;=41. 此时, 3、 3必为一奇⋯偶,且0< 3< u3≤[ ]=6. 取 =l=1,2,3,4,5,得相应的uj=40,37, 32,25,l6. 所以,只能是 u =5,t)3=4. 收稿I:1期:2005一o8一∞ 修回日期:20o5—10—21 从而, =18,Y=2. 结合方程的对称性知,方程有两组解 (18,2),(2,18). 2 因式分解法 将方程的一边化为常数,作质因数分解, 另一边含未知数的代数式也作因式分解.考 虑各因式的取值情况,可将方程分解成若干 个方程组来求解.这种方法的目的是增加方 程的个数,这样就有可能消去某些未知数,或 确定未知数的质因数,进而求出其解. 例2 求所有的正整数组( ,Y,z),使得 Y是质数, z,外z,且 —y3=z . (1999,保加利亚奥林匹克) 讲解:由题意得 ( —Y)[( 一’,) +3xy]== . ① 因为 Y是质数,且 z,3、卜z,结合式①知 ( ,Y)=1,( —Y,3)=1.贝0 ( +xy+Y , —Y) = (3xy, —y)=1. 由式①、②得 ② — Y= ,n2 , + xy +Y = 2 , z = ll'll't. (玑、n∈N ) 故 3y =4n 一(2 +’,) = (2n+2 +Y)(2n一2x—Y). 又 Y是质数,且 2n一2x—Y<2n+2 + Y,因此,有以下三种情形 . (1)2n一2x—Y=Y,2n+2 +Y=3y,得 = 0,舍去. (2)2n一2x—Y=3,2n+2 +Y=Y ,贝U Y 一3=4x+2y = 4(,n +Y)+2y=4m +6y, 即 (Y一3) 一4m =12. 维普资讯 http://www.cqvip.com 2006年第 2期 7 解得 Y:7,m=1. 所以, =8,Y=7, =13. (3)2n~2x—y:l,2 +2 +Y:3y ,贝0 3y 一1=4x+2y =4(m +y)+2y=2(2m 3y), 即 3v 一6y一3m =,n +1. 故 m。+I-r-O(mod 3)与 m -0,1(rood 3) 矛盾. 综上所述,满足条件的正整数组是唯一 的,即(8,7,l3). 3 换元法 利用不定方程未知数之问的关系(如常 见的倍数关系),通过代换消去未知数或倍 数,使方程简化,从而达到求解目的. 例3 试求方程 一23xy +l 989y =0 的整数解. 讲解:显然, =y=0是方程的一个解, 且若一个未知数取值为0,则另一个未知数 的取值也为0. 设 x≠0,且 Y≠0.显然,Y I ,故可令 =ty,t∈z,代入方程得 t ~23yt+1 989:0. 由韦达定理得 tI+t2=23y, tl t2:1 989=3 ×13×17. 解得 22’ ; ; f tl=一9, f tl=一221, II2 : 一 221;I 一9. 从而,Y=±10. 因此,所求整数解为( ,Y)=(9o,10), (2 210,10),(9o,一10),(2 210,一10). 例4求方程T :要的所有整 % 一 七 / 数解. (第 12届全俄数学奥林匹克) 讲解:注意到 一 + Y = [( +y) +3( — ) ]. 令 +Y=P, 一Y=g(P、q∈z),贝0原 方程化为 28p=3(p +3g ). 由此可知P>0,且 P是3的倍数. 设P:3k(k∈N ),则 28k:3(3k +口 ). 于是,k是3的倍数. 设 k=3m(mE N ),则 28m =27m +q . 由28m一27m =口 i>0,知 m=1. 此时,k=3,P=9,q=±1. 由 +y=9, 、一Y=士l解得原方程的 整数解为( ,Y)=(5,4),(4,5). 4 构造法 在处理不定方程问题时,可根据题设的 特点,构造出符合要求的特解,或者构造一个 求解的递推式等.构造法常用来不定方 程有解或者有无穷多组解. 例5 是否存在正整数 m,使得方程 1 1 1 1 m + + + 有无穷多组正整数解(n,6,c)? (第 43届 IMO预选题) 讲解:存在. 血Ⅱ果 o=b=c=1,则 ,n=12. 令丢+丢+丢+ 一 一 ! ! !曼! 一 n6c(n+6+c)’ 其中P(n,6,c)=n。(6+c)+6 (c+口)+ c2(n+b)+n+b+c一9abc. 假设( ,n,6)是满足 P( ,0,6) = (n+6) 。+(n +b。一9ab+1) + (0+b)( +1) =0 维普资讯 http://www.cqvip.com 8 中 等 数 学 的一组解,且 ≤口≤b. 由韦达定理知,Y= ab+1 P( ,口,b)=0的另一个解. 没 口0=口l= 2=1,定义 其中 口n口n+1 +z (II,≥1) 下面证明: (1)口 一l I(口 口 +l+1); (2)口 I( 一l+a +1); (3)口 +l I(口 一l +1). 口n一 1、 n、an+1 均为正整数 >b是方程 当II,=1时,以上三个结论显然成立. 假设当 n=jc时,以上三个结论均成立. 由(1)得 口 I(akO,⋯ +1). 则 口 与 互质,且 n —t I[(n Ⅱ +l+1)n +l+Ⅱ t]. 由(2)得 口 I(口 +口川 ). 贝0口 I(血 口 +l+口 +l+0 —1). 故 O,kO, —l I(aka2~+1+n +t+a 一1),即 口 I f + . 、 a 口 +l+1 口 一 \ +1I=口 +l口 +2+1 于是,当II,=Ii}+1时,(1)也成立. 同理,口¨ 与 口⋯ 也互质,且 0 一1 I(口 口 +l+1+口 口 1). 由(3)得 口⋯ I(口¨ 口 +1). 贝0口 +l I(口 一l口 +1+口 口 +1). 故 口 口⋯ I[口^(口 +口⋯ )+1],即 . / 口 +l I I口 + 口 口 +l+1 口 一 \ I = 口 + 口 +2· 于是,当 II,=Ii}+1时,(2)也成立。 由O~k+2的定义及(1)知,口 +:是整数,且 口 +2I(口 口 + 也成立. +1).于是,当 //,:Ii}+1时,(3) 从而,可得数列{ },当 //,≥2时严格递 增,且 P(a ,口 ,口 +2)=0,即(口 ,口川 , 口 +:)是原方程的解, {口 }_{1,1,1,2,3,7,11,26,41,97,153,⋯}. 5 不等式估计 先通过对所考察的量的放缩得到未知数 取值条件的不等式,再解这些不等式得到未 知数的取值范围,这是解不定方程的一个常 用技巧. 例6 试求出所有的正整数 口、b、c,其 中1<口1. x Y z 州 啦 档 < ±! ± ± ! xyz (1)若 s=2,则 (-+÷) (-+{)=4, l_+ + + + + :1 . +——+ ——+ ——+ —— +—— = 1. Y z xy yz 显然 ≠1.若 ≥3,则 y>>-4,z>15.故 ① 因此, =2. 此时,1 y + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 . z 己 z 己z 己 易知3≤y≤5(当y≥6时,z≥7,上式不 成立).解得( ,Y, )=(2,4,14). + + 3 1 1 ‘ 、’=二一 、’=二一 或 、,/ 、,/ 2 , 一● = + + 1 l t‘ 、’=二一 、’=二一 以 = ≤ 昕 1 < 一∞ = ~ 一 + + 加 ● 一 + + ●一 一I + + ● 一5 ● 一 + + 一4 . ●~y + 盾 + ●3 矛 ≤ ① 式 一1 维普资讯 http://www.cqvip.com 1 2O06年第2期 9 (2)若 5=3,则 + + + + + 一 1 : 22. ② ——+一 +——+——+一 +一 = . Y z xy yz z 于是, =1(否则,式②左边≤ +了1+ {+吉+ + 1<2),式②即为 + + 一 1 : 1. Y z 弦 同理,2≤Y≤3. 解得( ,Y,z)=(1,3,7). 综上所述,满足题意的正整数解为 (3,5,15)与(2,4,8). 6 利用同余关系 利用同余关系解不定方程关键在于模 m的选择.一般而言,可考虑除数或除数的 因数、项的系数或幂的指数等作为模. 例7 正整数 n不能被 2、3整除,且不 存在非负整数 0、b,使得l 2。一3 l=n.求 n 的最小值. (2003,国家集训队试题) 讲解:当 /7,:1时,l2 一3 l=1; 当 /7,=5时,l 2z一3 l=5; 当/7,=7时,l2’一3 l=7; 当/7,=11时,l 24—3 l=11; 当/7,=13时,l 24—3’l=13; 当/7,=17时,l 26—3 l=17; 当 /7,=19时,l2 一3 l=19; 当/7,=23时,l2 一3 l=23; 当/7,=25时,l2 一3 l=25; 当 /7,=29时,l2 一3 l=29; 当n=31时,l 一3。l=31. 下面用反证法证明,n=35满足要求. 若不然,存在非负整数 n、b,使得 l2。一3 l:35. (1)若2。一3 =35,显然,n≠O,1,2,故 n ≥3.取 模 8,得 一3 ;3(mod 8),即 3 ; 5(mod 8),但 3 三1,3(mod 8),不可能. (2)若3 一2。=35,易知 b≠O,1.取模9, 得 2 ;l(mod 9).而 26 E 1(mod 9), 2 ¨ ’-----2(mod 9), 26 E4(mod 9),2 -=8(mod 9), 26¨ E7(mod 9),2 ⋯ ~5(mod 9). 于是,n=6k(k∈N). 所以,3 一8 =35. 再取模 7,得 3 罩l(mod 7). 而{3 (mod 7)}:3,2,6,4,5,l,3,2,6,4, 5,l,⋯,故 b=6k (k ∈N ).所以, 3 一2 =35. 即 (3 一2’ )(3 +2¨ )=35. 故 3 3 3k' - 2sk=1 , . [33k'-23k=5 , 于是,3“=18或6,不可能. 综上所述,所求的/7,的最小值为35. 7 无穷递降法 无穷递降法是一种用反证法现的特殊 形式的数学归纳法,其逻辑步骤如下: (1)若一个命题 P(n)对若干个正整数 /7, 正确,则在这 /7,个数中必有一个最小者; (2)若 P(/7,)对某个 /7,正确,则有一正整 数 /7, </7,,使 P(/7, )也正确. 若以上两步都获得证明,则命题 P(/7,) 不成立. 无穷递降法常用来证明不定方程无解. 例8 已知正整数 n、b,使得 +1整 除 n +b。.求证: 是某个正整数的平 O,0 + I 方. (第29届 IM0) 讲解:只须证明,当 k不是完全平方数 时,关于 0、b的不定方程 n +b =k( +1) ① 没有正整数解(n,b). 假设方程①有正整数解(k不是完全平 方数),则可从方程①的所有正整数解(n,b) 中选出使 rain{n,b}最小的一组解,设为 (no,bo),且不妨设 n0≥bo. 维普资讯 http://www.cqvip.com l0 中 等 数 学 先证明 后<6 ,且 口06 (后≠6 ),则 口o(口。一后60)=后一6 . ② 于是,口0一kb0>0,且 口0≤后一6 (因为 口0 I(后一6 )),且D硒0Y,视①为关于 Y的一元二次方程,由韦达定 理得( ,一似一_y)也是①的解,当然(一似一Y, )也 是①的正整数解.依此递推,可知①有无穷多组正整 数解.所以,IⅡI>1,且 Ⅱ∈Z.) 5.证明:方程 +Y。+ +“ =2 无正整数 解 . (提示:设( ,Y, ,“)是原方程的正整数解,分 类讨论易知四个数均为偶数.令 =2x..,Y=2yl, z=2z1,“=2u1,代人得 + +z +“;= 8x1Y “1.易知 1、Yl、 j、“1均为偶数,依上方法 继续下去便会发现,对任意 n∈N+,有 +), + 三:+ =22 n, =2X^+l,Y^ =2 +l,Zk =2z川 , :2u (|j}≥1),即对任意 自然数 n,数 参、 、 、 均是正整数·这与最小数原理矛盾·) 维普资讯 http://www.cqvip.com
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