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.
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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
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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
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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.
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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·)
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