（课程与教学论专业论文）竞赛数学中的不定方程问题.pdf

摘要 变数个数多于方程个数且取整数值的方程( 或方程组) 称为不定方 程( 或不定方程组) 不定方程( 又称丢番图方程) 是数论中一个十分重要 的研究课题这一研究方向与代数、组合数学、计算机科学等学科有 着密切的联系它的研究成果不仅对数学各个分支的发展起着重要的 作用，而且对其它非数学学科( 如物理学，经济学) 的研究有重大的应 用价值因此，不定方程一直是众多数学工作者趋之着鹜的研究对象 本文试图对不定方程问题进行综合处理，分类讨论，初步探讨其 在竞赛数学中的应用 首先，在介绍不定方程理论研究背景的基础上，探讨了不定方程 问题与竞赛数学的联系，并论述了在竞赛数学中研究不定方程问题的 必要性 然后，对在数学竞赛中所遇到的不定方程问题的基本理论以及基 本方法从九个方面进行了综合处理和分类讨论 最后，笔者针对不定方程理论研究的前沿成果转化为具体的不定 方程问题及其在竞赛数学中的应用，提出了一些个人见解 关键词：不定方程；不定方程的解；整数解；竞赛数学 a b s t r a c t a d i o p h a n t i n ee q u a t i o ni sa ni n d e t e r m i n a t ep o l y n o m i a le q u a t i o n t h a ta l l o w st h ev a r i a b l e st ob ei n t e g e r so n l y d i o p h a n t i n ep r o b l e m sh a v e f e w e re q u a t i o n st h a nu n k n o w nv a r i a b l e sa n di n v o l v ef i n d i n gi n t e g e r st h a t w o r kc o r r e c t l yf o ra l le q u a t i o n s w h i l ei n d i v i d u a le q u a t i o n sp r e s e n ta k i n do fp u z z l ea n dh a v eb e e nc o n s i d e r e dt h r o u g h o u th i s t o r y ，t h e f o r m u l a t i o no fg e n e r a lt h e o r i e so fd i o p h a n t i n ee q u a t i o n s ( f u r t h e rt ot h e t h e o r yo fq u a d r a t i cf o r m s ) w a sa na c h i e v e m e n to ft h et w e n t i e t hc e n t u r y t h i st h e s i si n t e n d st os t u d yt h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o np r o b l e m sb y c l a s s i f y i n ga n dd is c u s s i n gf o rt h e i rp r e l i m i n a r ya p p l i c a t i o ni nt h e c o m p e t i t i o nm a t h e m a t i c s f i r s t l y ，o nt h eb a s i so fi n t r o d u c i n gt h eb a c k g r o u n dk n o w l e d g eo f d i o p h a n t i n ee q u a t i o n st h e o r y ，i te x p l o r e dt h ec o m p o s i n go fd i o p h a n t i n e p r o b l e m s ，a n dd i s c u s s e dt h en e c e s s i t yo fs t u d y i n gd i o p h a n t i n ep r o b l e m s i nt h ec o m p e t i t i o nm a t h e m a t i c s s e c o n d l y ，i ta n a l y z e da n di n v e s t i g a t e dt h eb a s i ct h e o r ya n ds o m e s k i l l so fd i o p h a n t i n ep r o b l e m sm e ti nt h ec o m p e t i t i o nm a t h e m a t i c si n9 a s p e c t s f i n a l l y ，a i m i n ga tt h ea p p l i c a t i o n so ft h ea d v a n c e dr e s u l t so f d i o p h a n t i n ep r o b l e m si nt h ec o m p e t i t i o nm a t h e m a t i c s ，t h er e s e a r c h e r s u g g e s t e ds o m ep e r s o n a lo p i n i o n s k e yw o r d s ：d i o p h a n t i n ee q u a t i o n ；s o l u t i o n st od i o p h a n t i n e e q u a t i o n s ；i n t e g r a ls o l u t i o n s ；c o m p e t i t i o nm a t h e m a t i c s i i 华南师范大学学位论文原创性声明 本人郑重声明：所呈交的学位论文，是本人在导师的指导下，独 立进行研究工作所取得的成果。除文中已经注明引用的内容外，本论 文不包含任何其他个人或集体已经发表或撰写过的研究成果。对本文 的研究做出重要贡献的个人和集体，均已在文中以明确的方式标明。 本人完全意识到此声明的法律结果由本人承担。 论文作者躲l 静步 论义作有登为：发矿艺劲， e l 期：口g 年；月弓le l 学位论文使用授权声明 本人完全了解华南师范大学有关收集、保留和使用学位论文的规 定，即：研究生在校攻读学位期间论文工作的知识产权单位属华南师 范大学。学校有权保留并向国家主管部门或其指定机构送交论文的电 子版和纸质版，允许学位论文被检索、查阅和借阅。学校可以公布学 位论文的全部或部分内容，可以允许采用影印、缩印、数字化或其他 复制手段保存、汇编学位论文。( 保密的论文在解密后遵守此规定) 保密论文注释：本学位论文属于保密范围，在年后解密适用 本授权书。非保密论文注释：本学位论文不属于保密范围，适用本授权 书。 论文作者签名： t 警嘲 导师签 e l 期：枷g 年岁月专le t 日期：决 竞赛数学中的不定方程问题 1 上j l 刖青 不定方程属于数论中的内容，数论是一门既古老又年轻的重要数 学分支，不少问题的解决思想的深刻和方法的巧妙，都使世代数学爱 好者赞叹不已，因此对不定方程进行系统地研究是很有必要它有几 千年的历史，欧几里得的原本，丢番图的算术中已经对不定方 程进行了系统的论述，我国古代算书周髀算经，九章算术等也 都讨论了不定方程问题尽管不定方程问题已被研究了上千年，在二 十一世纪的今天，它仍生机勃勃，方兴未艾一方面，不少问题还有 待解决，如p e l l 方程x 2 一d y 2 = 1 的最小解问题( 对于任意的d ，最小解 有无规律可循? 是否有求最小解的简洁方法? ) e u l e r 方程x 4 + y 4 + z 4 = c 0 4 是否有整数解等等正如日本数学家弥永昌吉所说：“这个理论的 大部分仍然笼罩在神奇的面纱之下 另一方面，不定方程这一数学 分支成绩斐然，近年来取得了不少举世瞩目的重大成果尤其是费马 的大猜想历经3 5 8 年终被英国数学家维尔斯( a w i l e s ) 破解，令整个 世界为之震撼 很多不定方程问题可以从经验中归纳出来，并且能用三言两语向 任何一个路过的人做出解释，但要证明它们却决非易事，这也正是不 定方程所特有的奇妙魅力，使得它既被专业数学家所重视，又被业余 研究者所宠爱 本文试图对不定方程问题进行综合处理，分类研究，初步探讨其 在竞赛数学中的应用为了不囿于基本定理的繁琐证明中，文中所引 用的各项定理全都不加证明，它们的详细推导过程请查阅所列参考文 献 由于作者水平有限，论文中漏洞和不妥在所难免，恳切希望二争家 及同行批评指正 竞赛数学中的不定方程问题 第一章不定方程与竞赛数学 1 1 不定方程问题及相关研究背景 不定方程是数论中最古老的一个分支所谓不定方程，大致地说， 是指未知数个数多于方程的个数，且未知数的取值范围受某些限制( 如 整数、正整数或有理数等) 的方程( 方程组) 古希腊数学家丢番图于三 世纪初研究过这样的方程，所以不定方程又称丢番图方程实际上， 我国西汉末年( 公元前一世纪) 编纂的周髀算经就已经提到了“故 折矩以为勾广三，股修四，径隅五 ，这实际上给出了三元二次不定方 程x 2 + y 2 = z 2 的一组整数解：x = 3 ，y = 4 ，z = 5 不定方程的内容极其丰富，它的分类基本上是由方程的形式决定 的例如，可分为一次方程、二次方程、三次方程、高次方程、指数 方程和一些特殊类型的方程，以及和许多学科交叉渗透产生的新的类 型在代数数论、组合论和群论等数学分支中都提出了一些不定方程 问题随着数学得不断发展，不定方程得重要性日益显著，现代数学 的重要分支，如代数数论、代数几何，表示理论都在这里交汇不 定方程几乎成为一块试金石，用以检验新的数学理论和新的数学方 法近代许多优秀的数学家如费马( f e r m a t ) 、欧拉( e u l e r ) 、高斯( g a u s s ) 、 拉格朗日( l a g r a n g e ) 、库默( k u m m e r ) 、希尔伯特( h i l b e r t ) 等都从事过不 定方程的研究这些研究大大丰富了不定方程的内容 近四十年来，这个领域更有重要进展，19 5 5 年，k f r o t h 证明了 一个著名的定理：设0 是一个力2 次的代数数，则任意s 0 ，适合 h 0 仅有有限组运用这一定理得出了二元刀( 3 ) 次的不可 2 竞赛数学中的不定方程问题 约多项式方程当n 3 时解的个数有限19 6 2 年，我国数学家柯召证明 了定理：设p ，g 是不同的奇素数，在q 2q 一1 ) 或p 2 ( q 一1 ) 时，不定方 程r y 9 = 1 只有有限组整数解x ，y 19 6 8 年前后，英国数学家a b a k e r 成功地将g e i f o n d 和s c h n e i d e r 有关h i l b e r t 第七问题的结果推广到一 般的情况，给出了一大类不定方程的整数解的绝对值的上界a b a k e r 的工作不仅推动了超越数论的发展，而且给数论中包括不定方程的许 多领域带来了突破性进展19 7 3 年，r d e l i g n e 证明了关于有限域上 不定方程厂( 五，) = o 的解的个数的猜想，即著名的彳耽f z 猜想1 9 8 3 年，德国数学家g f a l t i n g s 证明了l j m o r d e l l 猜想，即有理数域里亏 格2 的代数曲线上仅有有限个有理点由此可以导出f e r m a t 方程 x ”+ 少= 矿，( x ，y ) = 1 在n 4 时最多有有限组正整数解19 8 5 年，利用 g n f f f ，l 伊定理，d r 舭口砌一曰r 。w 拧证明了l i m 竺盟：o ( sj ) ，这里 ( s ) 表n s 使，+ y ”= z n ( r l 2 ) 有正整数解的那些n 的个数即对“几 乎所有 的正整数n 2 ，方程，+ y ”= z ”均没有正整数解 因为k f r o t h ，a b a k e r ，r d e l i g n e 和g f a l t i n g s 的杰出贡献，他 们分别于l9 5 8 年、1 9 7 0 年、19 7 8 年和19 8 6 年获得了国际数学家大会 的f i e l d s 奖 费马( f e r m a t ) 大定理于19 9 4 年获得证明，可以说是2 0 世纪数学一 首美妙的终曲，这使得以h i l b e r t 问题开场的2 0 世纪数学发展更加富 于戏剧性三百多年来，这条表述极为简明的定理( 猜想) ，曾吸引了 像e u l e r 、g a u s s 、c a u c h y 、l e b e s g u e 等这样一些数学大师试过身手 却始终悬而未决历经3 5 8 年终于被英【目数学家维尔斯( 彳w i l e s ) 破 解费马大定理，人们对她的追寻，以及由此产生的故事、精神和学 问，是人类永远的珍宝维尔斯因此获得世界唯一菲尔茨奖特别奖， 沃尔夫奖和邵逸夫奖 竞赛数学中的小定方程问题 1 2 不定方程与竞赛数学的关系 近年来，数学竞赛成为数学教育中的一个热点，它的重要作用已 被教育界广泛公认竞赛数学是随着数学竞赛的开展而产生的一门数 学教育学科，它是以问题为核心，以开发智力为目的，以创新为宗旨， 以竞赛数学为内容的综合数学教育学科它不仅已经成为一个相对独 立的研究方向，而且也在竞赛人材的培养上取得了突出成绩在近2 0 年中，我国体现世界最高水平的国际数学奥林匹克( i m o ) 中连续取得 了举世瞩目的优异成绩荣获菲尔兹奖的华裔澳大利亚数学天才陶哲 轩1 l 岁至1 3 岁时就分别获得国际奥林匹克数学竞赛铜、银和金牌， 解决了庞加莱猜想却拒领菲尔兹奖的俄罗斯数学家格里戈里佩雷尔 曼也曾获得国际数学奥林匹克金牌美国菲尔兹奖的获得者米尔诺、 罗福德都是i m o 的优胜者，据1 9 8 5 年i m o 组委会m a t t i 1 e h t i n e n 教授 当年统计，在数学家大会上被邀请做一小时报告者中，至少有8 人是 i m o 的优胜者中国的竞赛教育起步较晚，但仅19 5 0 1 9 6 6 年的几次 数学竞赛的优胜者中就有不少人已经成材竞赛数学强化了能力培养 的教育导向，培养了学生开拓探索型的智力和能力 数学竞赛活动是由浅入深逐步发展的，从小学、初中到高中都有 数学竞赛相应的发展这一点，在不定方程问题上，得到了很好的体 现我们来看下面几道例题 例l( 2 0 0 2 年全国小学数学奥林匹克) 若干学生搬一堆砖若每人搬k 块，则剩下2 0 块未搬走，若每人 搬9 块，则最后一名学生只搬6 块，那么学生共有多少人? 解设有，1 个学生，根据砖的数量可得方程放+ 2 0 = 9 n 一( 9 6 ) ， 即，z ( 9 一k ) = 2 3 因为2 3 是质数，所以刀与( 9 一k ) 中，必有一个等于2 3 ，另一等于 1 又由9 一k 9 知n = 2 3 故学生共有2 3 人 4 竞赛数学中的不定方程问题 对? 例2 ( 19 9 8 年全国初中数学联赛) 满足1 9 9 8 2 + 肌2 = 1 9 9 7 2 + 刀2 ( o 研 ，z 1 9 9 8 ) 的整数对( m ，刀) 共有多少 解由题设得刀2 一m 2 = 1 9 9 8 2 1 9 9 7 2 = 3 9 9 5 ，即 ( n + m ) ( n - m ) = 5 x 1 7 x 4 7 。0 m o r ( x ，一y ) 也是方程的一组解 当x = o 时，代入可得两组解( o ，2 ) 和( 0 , - 2 ) 当x 0 时，不失一般性，我们设y 0 原方程等价于 2 。( 1 + 2 。“) = ( y 一1 ) ( y + 1 ) 可知y 一1 和y + l 同为偶数，且其中必有一个能被4 整除因此 x 3 ，且少一1 和y + l 其中之一被2 1 整除，但不被2 。整除于是有 y = 2 , - 1 m + e ，( m 为奇数，s = 1 ) ( 1 ) 代入原方程可得 2 。( 1 + 2 肿1 ) = ( 2 1 m + ) 2 1 = 2 2 j 一2 朋2 + 2 。朋s 即1 + 2 川= 2 2 x - 2 m 2 + m e 因此 1 - 占m = 2 州m 2 8 ) ( 2 ) 当占= 1 时，m 2 8 0 ，即m = 1 ，不合题意 当e = - - i 时，l + m = 2 ”2m 2 8 ) 2 ( m 2 8 ) ，可知2 m 2 一聊一1 7 3 那么，不定方程x 2 + 3 y 2 = p 有解得充要条 件是p 是形如6 k + 1 的素数 例1 4求不定方程 9 x 4 + 6 x 3 y + 1 2 x 3 + x 2 y 2 + 4 x 2 y + 1 6 x 2 + 1 2 砂+ 2 4 石+ 3 y 2 + 1 2 y + 5 = 0 的整数解 ( 原方程配方得( 3 x 2 + x y + 2 x ) 2 + 3 ( 2 x + y + 2 ) 2 = 7 ，解为( - 2 ，3 ) ， ( 1 ，- 3 ) ，( 2 ，- 7 ) ，( 一l ，- 1 ) ) 例1 5 求不定方程3 x 2 4 x y + 3 y 2 = 3 5 的全部整数解 ( 原方程配方得( 3 x - 2 y ) 2 + 5 y 2 = 1 0 5 ，解为( 4 ，1 ) ，( 1 ，4 ) ，( 4 ，- 1 ) ， ( 一1 ，一4 ) ) 2 2分解法 分解法是将所给的不定方程经过整理，化为 ( 毛，) = 功”( 以 1 ) 竞赛数学中的不定方程问题 然后分解厂为两项乘积的形式，即f = 石五根据唯一分解定理，可得 石= q 咒”，五= 皿咒” 其中o y ”= q 砬( y l y ：) “这样使得问题得到简化这种方法的实质， 是把不定方程不断展开，化为容易处理的或有熟知结果的方程 简单一点说，分解法就是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作因式分解，考察各个因式的取值情况利 用唯一分解定理将原方程分解为若干个更简单的方程( 组) ，或进行求 解，或证明它无解这种方法在不定方程问题中被广泛使用 例1 求一切实数p 使得三次方程 5 x 3 - 5 ( p + 1 ) x 2 + ( 7 1 一p ) x + l = 6 6 p 的三个根均为自然数 解原方程可化为 ( x 一1 ) ( 5 x 2 5 + 6 6 p 1 ) = o 于是原问题等价于5 x 2 5 p x + 6 6 p 一1 = 0 的两个根均为自然数 方法1设u , v 是方程( 1 ) 的两个根，则 fu + v = p ， t w = 吾( 6 6 p - 1 ) 消去参数p ，得 5 u v = 6 6 u + 6 6 v 一1 分解得 ( 5 u - 6 6 ) ( 5 v - 6 6 ) = 1 9 x 2 2 9 显然5 v - 6 6 0 ，5 v 一6 6 ：1 9 或2 2 9 解得 鬈三嚣： 或 0 三： 因此，p = “+ 1 ，= 7 6 方法2 显然，p 应为自然数，且判别式 a = 2 5 p 2 2 0 ( 6 6 p 1 ) = ( 5 p 一1 3 2 ) 2 4 3 5 1 4 是完全平方数设5 p - 1 3 2 = a ，a = b 2 ( b 0 ) ，则彳2 一曰2 = 4 x 1 9 2 2 9 a ，b 的奇偶性相同，它们只能都是偶数( 若a ，b 都是奇数，则 1 2 竞赛数学中的不定方程问题 彳2 - 1 耋0 ( m o d 8 ) ，b 2 - 1 量0 ( m o d 8 ) ，即a 2 - b 2 - 0 ( m o d 8 ) ，而 4 x 1 9 x 2 2 9 兰4 ( m o d 8 ) 矛盾! ) 令a = 2 4 ，b = 2 e ，则4 2 一研= 1 9 x2 2 9 由4 一日4 + e 可得 f4 一且= 一4 3 5 1 ，j4 一旦= 一2 2 9 ，f4 一尽= 1 ，f 4 一e = 1 9 ， 【4 + 马= 一1 ，【4 + e = 一1 9 ，【4 + e = 4 3 5 1 ，【4 + 且= 2 1 9 ， 即5 p - 1 3 2 = 2 4 = - 4 3 5 2 ，- 2 4 8 ，4 3 5 2 ，2 4 8 从而正整数p 只能为7 6 评注分解方法是不定方程中最为基本的方法，其论证的基础是 整数的唯一分解定理分解的主要功效，是将原方程变形为几个较易 处理的方程分解的手段大体上有两个方面，一是利用代数整式的分 解，产生整数的分解；二是利用整数的性质( 互素、整除等) 导出适用 的分解分解方法常和别的方法( 如奇偶分析、同余等) 结合使用 使用分解法求解不定方程问题，一般可化为以下几类基本方程： 基本方程1 ( q x + 岛y + q ) ( 口2 x + 6 2 y + 乞) = 丁 这一类方程的求解只需找出t 的所有形如丁= 五互的分解式，再解 二元一次方程组a i x + b i y + c i = 正，i = 1 ，2 则其中的整数解便是基本方程 1 的全部解；若其中无整数解，则基本方程1 无解 类型1 1 a x 2 + 撕+ 钞2 + d x + e y + f = 0 ( a ：0 ，d = b 2 - 4 a c = k 2 o ) 方程两边同乘4 口，可变形为 2 嬲+ ( 6 + k ) y 2 甜+ ( 6 一k ) y + 4 础+ 4 叫+ 4 矿= o ( 1 ) 再配积为 2 饿+ ( 6 + k ) y + s 2 甜+ ( 6 一k ) y + f = r ( 2 ) 其中待定系数s , t ；是- - 元一次方程组 占：鬲翟( 6 + k ) ，：4 础的解， t = s t 一4 a f k 0 ，所以( 2 ) 式恒有有理数解 竞赛数学中的不定方程问题 例2 求不定方程4 x 2 + 5 砂+ y 2 + 3 x 一8 y 一5 = 0 的整数解 ( 可化为( 1 2 x + 3 y 一3 5 ) ( 3 x + 3 少+ 1 1 ) = 一3 4 0 ，解为( 4 3 ，- 1 6 0 ) ，( 4 3 ，- 4 7 ) ， ( 1 5 ，- 4 7 ) ，( 1 5 ，- 2 0 ) ，( 一1 4 ，11 ) ，( 一1 4 ，6 7 ) ，( 1 0 ，- 1 7 ) ，( 1 0 ，- 2 5 ) ，( - 3 ，2 2 ) ，( 一3 ，1 ) ， ( 1 ，2 ) ，( 1 ，1 ) ) 例3 求不定方程4 x 2 + 1 2 x y + 9 y 2 + 2 x + 3 y = 3 0 的整数解 ( 可化为( 4 x + 6 y + 1 ) 2 = 1 2 1 ，解为( 1 + 3 t ，1 - 2 t ) ，( 3 t - 3 ，一2 t ) ，z ) 类型1 2 a x y + b x + c y + d = 0 ( 6 0 ) 方程两边同乘a 可化为( 戗+ c ) ( 缈+ 6 ) = b c - d 例4求不定方程5 x y 一7 x 一3 y + 9 = 0 的整数解 ( 可化为( 5 x 一3 ) ( 5 y - 7 ) = - 2 4 ，解为( o ，3 ) ，( 1 ，- 1 ) ，( 3 ，1 ) ，( 一1 ，2 ) ) 类型1 3 导+ 鱼+ 三= d ( 口，6 ，c ，d 9 ) xy x y 若d = 0 ，方程可化为二元一次不定方程缈+ 撕+ c = 0 若d 0 ，方 程化为缈+ 撅+ c = d x y ，即d y - a y b x c = 0 ，也就是类型2 的形式 例5 求不定方程2 + 三+ 三：! 的整数解 例求不定方程+ 二+ 二= 二的整数解 3 x1 0 y5 肼4 。 ( 可化为( 3 x 一8 ) ( 5 y - 1 4 ) = 2 2 0 ，解为( 1 ，- 6 ) ，( 7 6 ，3 ) ) 例6 求不定方程三4 x + 寺+ i l i = o 的整数解7 y1 4 驯 ( 可化为8 x + 2 1 y + 2 = o ，解为( 5 - 2 1 t ，- 2 + 8 t ) ，f z ) 类型1 4 a y + b + c x + d + 三： x y x y 方程两边同乘砂后可化为职2 一向+ 缈2 + 出+ 砂+ p = 0 ，即类型1 1 例7 求不定方程4 - 6 y + 5 + 2 x 一一4 ：1 的整数解 x yx y ( 可化为( 2 x + 3 y + 1 ) ( x 一2 y + 2 ) = 6 ，解为( 1 ，1 ) ，( - 3 ，1 ) ，( - 4 ，2 ) ) 1 4 竞赛数学中的f i 定方程问题 类型1 5 量+ 砂= c ( 口，6 ，c q ，口，6 o ) 方程两边同乘z 后可化为b x y c x + a = 0 ，即类型1 2 例8 求不定方程三2 x + 吾= 三4 的整数解 ( 可化为x ( 6 3 - 4 y ) = 5 4 ，解为( 2 ，9 ) ，( 1 8 ，1 5 ) ，( - 6 ，1 8 ) ，( - 5 4 ，1 6 ) ) 例9 求不定方程五乌+ 兰笋= 1 3 的整数解z x 一)z ( 可化为( 2 x - 5 ) ( 3 y + 2 5 ) = _ 2 4 ，解为( 4 , - 1 1 ) ) 类型1 6 a 2 x + i b 2 x y + c 2 y 了+ d 2 ：( d o ，a 6 耐不同时为o ) 口l 工+ 岛砂+ q y + 岛 e 原方程可化为( 吃p q 厂) x + ( 6 2 p 一岛厂) 砂+ ( c ：p q 厂) y + ( 吐p 一吐厂) = o 即类型1 2 例1 0 求不定方程五孑揣= 号的整数解 ( 可化为( x 一1 ) ( 3 y + 1 ) = o ，解为( 1 ，) ，f z ，f 0 ) 基本方程2 ( 口l x + 岛y + q z + 磊) ( 口2 x + 岛y + 乞z + 吐) ( 码x + 岛y + c 3 z + 以) = r 这一类方程的求解只需找出r 的所有形如t = 石互互的分解式，再 解三元一次方程组a i x + b i y + c i z + d i = 正，i = l ，2 ，3 则其中的整数解便是 基本方程2 的全部解；若其中无整数解，则基本方程2 无解 例1 1 求方程( x + 2 y 一2 z + 1 ) ( x + y + z 一2 ) ( 3 x z 一3 ) = - 2 的整数 解 解 由于- 2 的所有形如一2 = r l r z ，的分解共有1 2 种： ( 写，五，五) - - ( 1 ，l ，- 2 ) ，( 1 ，- 1 ，2 ) ，( 1 ，2 ，一1 ) ，( 1 ，- 2 ，1 ) ，( 一1 ，l ，2 ) ，( 一l ，- 1 ，- 2 ) ，( 一1 ，2 ，1 ) ， ( 一1 ，_ 2 ，一1 ) ，( 2 ，1 ，一1 ) ，( 2 ，- 1 ，1 ) ，( - 2 ，l ，1 ) ，( - 2 ，一l ，一1 ) 所以只需求解对应的 1 5 竞赛数学中的f i 定方程问题 1 2 个方程组 羞 其中第7 ，9 ，1 0 个方程组有整数解( 2 ，0 ，2 ) ( 1 ，1 ，1 ) 和( 1 ，- 1 ，1 ) ，这就 是原方程的全部整数解 类型2 1 号+ 鱼+ 三+ 旦+ 三+ 上+ 羔：旦( 口，6 ，c ，d ，p ，f , go ， x y z y z z x x yx y zp p ，q u ，a c l2 o e2 够，a o p + y q = 0j 方程可变形为p q 2 ( 彬+ 撅+ 掣+ 出+ 秒+ 乒+ g ) = 9 3 x y z ，并由 a d = b e = c f ，口助+ f q = o 得a c p + e q = b c p + a q = 0 ，代入上式可得 ( q x p a ) ( q y - p b ) ( q z - p c ) = g p q 2 p 3 a b c 例1 2 求方程上4 x + 专+ 争壶+ 去+ 面1 一面2 1 = 一詈的整数 3 ，z2 馏8 历1 6 w1 6 妣3 解( 可化为( 1 6 x + 3 ) ( 4 y + 1 ) ( 2 z + 3 ) = 1 3 5 ，解为( - 3 ，, - 1 ，- 1 ) ) 例1 3 求方程土2 x + 嘉+ 吾+ i 1 + 去+ 瓦1 = 三3 的整数解3 ，z 弦4 弘2 删 一 ( 可化为( 4 x + 3 ) ( y + 1 ) ( 2 z + 3 ) = 9 ，解为( - 3 ，- 2 ，- 1 ) ，( - 1 ，- 2 ，3 ) ，( - 1 ，2 ，一3 ) ， ( - 1 ，8 ，- 2 ) ，( - 1 ，- 1 0 ，- 1 ) ) 类型2 2 b ( y z _ + z 了x - + x j y ) + d ：( 口，岛厂o , a c f ：6 z p z ) a x y z + c l x + y + zj p 方程可变形为a f x y z b e ( y z + z x + x y ) + c f ( x + ) + z ) - d e = o ， 两边同乘口2 厂2 ，利用已知条件可配积为 ( a f x b e ) ( a f y - b e ) ( a f z b e ) = a e f 2 ( 出一b c ) 例1 4 求方程衰量 耥= 三6 满足x y z 的整数解4 撇+ 9 f x + ，+ z l 。 。 ( 可化为( 2 x 一3 ) ( 2 y 一3 ) ( 2 z 一3 ) = 一3 解为( 1 ，1 ，o ) ，( 2 ，2 ，o ) ，( 3 ，2 ，1 ) ) 1 6 竞赛数学中的不定方程问题 类型2 3 二譬三型兰：( 口，p ，厂o ，口：6 z 厂，厂i 口：如) a x y z + b ( y z + z x + x y ) e 。 方程可变形为, ：, f x y z 一可( 弘+ 及+ 砂) 一c p ( 石+ y + z ) 一沈= 0 两边同乘a 2 厂2 ，利用已知条件可配积为 ( 锻+ 6 ) ( 缈+ 6 ) ( 必+ 6 ) = a 2 厂d e + 6 3 例1 5 求方程五耋三耥= 詈满足x y z 的整数解 ( 本例等价于例1 4 ) 基本方程3 ( q x 2 + b l x y + q y 2 + z ) ( 吃x 2 + b 2 x y + c 2 y 2 + 喀) = 丁( q o ) 这一类方程的分解和求解都比较复杂，分解时常需要借助平方差、 立方和差等乘法公式及其他一些著名的恒等式；求解时常需要根据实 际情况，结合整除、同余等知识进行分析 例1 6证明方程z 3 + 11 3 = y 3 没有正整数解( z ，y ) 证明假设方程有解，显然0 1 1 原方程可化为 ( y - x ) ( y 2 + x y + x 2 ) = 1 1 3 耐+ 砂存 抨，所以 ；葛二二：1 1 ， 【y + 砂+ x = 。 消去y 得( x + 1 ) 2 + x ( x + 1 ) + x 2 = 1 1 3 即 3 ( x 2 + x ) = 1 3 3 0 但3 _ | 1 3 3 0 ，矛盾 注本例是著名的费马大定理的特殊情形 例1 7 求不定方程石4 + y 4 + z 4 = 2 x 2 y 2 + 2 y 2 2 2 + 2 2 2 x 2 + 2 4 的全部 整数解 1 7 竞赛数学中的不定方程问题 ( 可化为( x + 少+ z ) ( x + y z ) ( y + z x ) ( z + x y ) = - 2 3 x 3 ，分析奇偶性 可知方程无整数解) 例1 8( 1 9 8 7 年第5 届美国数学邀请赛试题) x 、y 是满足方程y 2 + 3 x 2 y 2 = 3 0 x 2 + 5 1 7 的整数，求3 x 2 y 2 的值 ( 原方程变形为( y 2 - l o ) ( 3 x 2 + 1 ) = 3 1 3 2 ，解得3 x 2 y 2 = 5 8 8 ) 例1 9求出所有边长为整数且其周长的数值恰好等于其面积的 数值直角三角形 ( 设直角三角形三边长分别为正整数x , y ，z ( x y z ) ，依题意得方 程组ixx+y+2z=：z一21捌：消去z可得，+yz：(三砂一xyy ) 2 即 程组消去z 可得x 2 + 2 = l 砂一一l 即 ix + z2 i 叫 么 ( x - 4 ) ( y - 4 ) = 8 解得( x ，j ，z ) = ( 5 ，1 2 ，1 3 ) 或( 6 ，8 ，1 0 ) 共两组解) 可用分解法求解的题还有： 例2 。求方程组x _ y 3 _ z 3 = 3 x y z 的正整数解 例2 1( 1 9 8 9 年第3 0 届i m o 候选题) 求方程4 x 3 + 4 x 2 y 一1 5 x y 2 1 8 y 3 1 2 x 2 + 6 砂+ 3 6 y 2 + 5 x l o y = 0 的所有 正整数解 例2 2 ( 波兰数学奥林匹克试题) 求方程y 3 一x 3 = 9 1 的整数解 例2 3 ( 1 9 9 4 年印度数学奥林匹克试题) 确定所有非负整数对 ，y ) ，使得( x y 一7 ) 2 = x 2 + y 2 例2 4 ( 1 9 8 3 年荷兰数学奥林匹克试题) 设x 和y 皆为两位数字的自然数，且x y ，x y 是一个四位数字的 自然数，首位数字是2 如果把这个首位数2 去掉，剩下的数正好是 x _ ，试求这二数 例2 5 ( 1 9 9 0 年苏联教委推荐试题) 试求以下方程的整数解：，一，一x 2 + 1 - y 2 竞赛数学中的不定方程问题 例2 6 ( 加拿大19 8 8 1 9 9 1 为参加国际数学奥林匹克准备的训练 题) 确定不定方程x 3 + x 2 y + x y 2 + y 3 = 8 ( x 2 + x y + y 2 + 1 ) 的所有整数解 例2 7 ( 19 9 5 年第2 2 届乌克兰中学生数学奥林匹克试题) 求满足等式2 x 2 y 2 + y 2 = 2 6 x 2 + 1 2 0 1 的一切正整数组( x ，y ) 例2 8( 第3 5 届美国高中数学竞赛试题) 求满足方程组 幻：? c 二竺的正整数组( 口，6 ，c ) 的组数 ia c + o c = z j 例2 9求两条直角边长为整数且其周长的数值恰好等于其面积 的数值的整数倍的三角形的个数 例3 0( 1 9 9 1 年日本数学奥林匹克预选赛试题) 满足方程上x + l + 歹1 + 而1 2 面1 的正整数解( x ，y ) 有多少组? ( 原方程化为( x + 1 1 9 9 1 ) ( y 1 9 9 1 ) = 1 9 9 1 x 1 9 9 2 = 2 3 x 3 x l l x 8 3 x l s l ， 工的个数即为1 9 9 1 x 1 9 9 2 的正因数的个数，即4 x2 x 2 x 2 x 2 = 6 4 ) 例3 1( 第2 5 届全苏数学奥林匹克竞赛试题) 求方程组j 勉一2 。3 的整数解 ix t + 坦= 1 ( 原方程化为( x 2 + 2 y 2 ) ( z 2 + 2 t 2 ) = 1 1 ，解为( 1 ，0 ，3 ，1 ) ，( - 1 ，0 ，- 3 ，- 1 ) ， ( 3 ，1 ，1 ，o ) ，( - 3 ，一1 ，一1 ，0 ) ) 例3 2( 1 9 9 5 年澳大利亚数学竞赛试题) 试确定所有的四元数组( p l ，p 2 ，p 3 ，p 4 ) ，其中p l ，p 2 ，p 3 ，见是素 数，且满足： ( 1 ) a 办 见 p 4 ； ( 2 ) 届p 2 + p 2 p 3 + p 3 p 4 + 儿易= 8 8 2 1 9 竞赛数学中的小定方程问题 2 3平方数性质判定法 完全平方数有许多有用的定理和结论，常被用于求不定方程的整 数解或证明不定方程无解 例1( 原题为19 7 7 年i m o 第5 题) 已知x , y 为正整数，如果x 2 + y 2 被x + y 除时，所得的商为g ，余数 为，求所有的正整数石和y ，使得q 2 + ，= 2 0 0 8 解 由厂0 及9 2 + ，= 2 0 0 8 知9 2 2 0 0 8 ，q 2 0 0 8 4 5 ，这样g 和， 的取值只能是( 4 4 ，7 2 ) ，( 4 3 ，1 5 9 ) ，( 4 2 ，2 4 4 ) ， 另方面， 工2 + y 2 = ( x + y ) g + ， x + y ， 则， x + y ：蜞刿砌+ 旦 2 m i x + y j x + yx + y 即 r 2 q + 1 于是 ( g + 1 ) 2 = q 2 + 2 q + l 9 2 + ，= 2 0 0 8 9 2 从而q ：- 涵丽1 = 4 4 ，= 2 0 0 8 一9 2 = 7 2 此时x 2 + y 2 = 4 4 ( x + y ) + 7 2 ，配方得( x 一2 2 ) 2 + ( y 一2 2 ) 2 = 1 0 4 0 1 0 4 0 = 4 2x 6 5 ，6 5 没有形如4 k + 3 的素因数，所以上述方程有整数解 不妨设( x 一2 2 ) 2 ( y 一2 2 ) 2 ，则有5 2 0 ( x 一2 2 ) 2 1 0 4 0 ， 即2 2 i x - = l 3 2 ，通过检验不难得剑【i i x y - 一2 2 2 2 1 i = ：2 1 6 8 或【 陟x - 一2 2 2 2 i = ：3 4 2 注意剑x , y 为正整数，得到有序数对 ( j c ，y ) = ：( 2 6 ，5 4 ) ，( 1 8 ，5 4 ) ，( 5 4 ，2 6 ) ，( 5 4 l8 ) ，( 3 8 ，5 0 ) ，( 6 ，5 0 ) ，( 5 0 ，3 8 ) ，( 5 0 ，6 ) ， x + y ，( x ，y ) = ( 2 6 ，5 4 ) ( 5 4 ，2 6 ) ( 3 8 ，5 0 ) 或( 5 0 ，3 8 ) 关于完全平方数有以下定理 定理1 【1 1 1 完全平方数的个位数只能是o ，1 ，4 ，9 ，6 ，5 竞赛数学中的不定方程问题 例2求方程x 2 + 2 y 2 = 1 9 7 9 的正整数解 ( 首先证明x 和y 必都为奇数然后推出z 2 和y 2 的个位数只能是 1 ，5 ，9 ，2 y 2 的个位数是0 ，8 从而y 的个位数只能是3 ，5 ，7 一一验 证得到y = 2 5 ，工= 2 7 是原方程的正整数解) 例3设a 与b 为任意给定的整数，试证明方程x 2 + 1 0 甜+ 5 6 + 3 = 0 和x 2 + 1 0 甜+ 5 6 3 = 0 都没有整数根 ( a = 2 5 a 2 - 5 b 3 = 5 ( 5 a 2 6 】3 ，其个位数只可能为2 ，3 ，7 ，8 不 是完全平方数) 例4求方程l ! + 21 + 3 f + + 工! = y 2 的正整数解 ( 1 l + 2 “3 1 + 41 = 3 3 ，当，l 5 时，押! 末位数是0 ，n 5 ，解为( 1 ，1 ) 或 ( 3 ，3 ) ) 定理2 【1 1 1奇数的平方仍然是奇数，并且被4 除余1 ，偶数的平 方是偶数，并且一定能被4 整除 例5求a 2 + 6 2 + c 2 = a 2 b 2 的所有整数解 ( 当c = o 时，a = b ，解得口= 6 = c = o ；当c 0 时，分c 为奇数和偶数 两种情况讨论，方程都无整数解所以方程只有唯一解a = b = c = o ) 例6 求证：x 4 + ( x + 1 ) 4 + ( x + 2 ) 4 + ( x + 3 ) 4 = j ，4 没有整数解 ( 奇数的四次方是4 k + l 型，偶数四次方是4 尼型，相邻四个正整数 的四次幂的和是4 k + 2 型，不可能是一个整数的四次幂) 推论i t l l l两个整数的平方和被4