（基础数学专业论文）关于一类丢番图方程整数解的讨论与研究.pdf

摘要 凡是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热衷研究的对象 1 9 9 9 年 s c h m i d ta l 在研究四元数的丢番图逼近中 将所研究的问题转化为求 解不定方程 2 x 2 2 y 2 3 2 2 1 6 x y z 的整数解问题 从而启发人们考虑一般的方程 a x 2 b y 2 c 2 2 m d x y z 的整数解 以期在多种领域得到广泛应用 本论文的主要工作是 首先给出了求解丢番图方程n 2 b y 2 c z 2 m 十d x y z 的 两种方法 简单同余法和p e l l s 方程法 其次 讨论了当a b c d n m 为非负整数 ad bd cd 时 不定方程 2 b y 2 c 2 m d x y z 的整数解问题 证明了当m 4 时 这一方程没有基础解 同时分别给出了m 0 1 2 3 4 时所有可能的基础解 进而利用基础解 得到它的 全部整数解 最后 论文考虑了关于 2 b y 2 c z 2 x d x y z 的求解问题 给出了方程满足条件 1 茎 s 瓦d y z 1 gs 面d z z 1 z 等 千日 一 z 蜊n c 治国 的整数解 关键词 丢番图方程 方程的整数解 基础解 同余 p e l l s 方程 a b s t r a c t d i o p h a n t i n ee q u a t i o ni sa ni m p o r t a n ts u b j e c ti nn u m b e rt h e o r y i tw a sg r e a t l yc o n n e c t e d w i t ha l g e b r a c o m b i n a t o r i a lm a t h e m a t i c sa n dc o m p u t e rs c i e n c ee t c t h ea c h i e v e m e n t si n d i o p h a n t i n ee q u a t i o n sp l a ya ni m p o r t a n tr o l eb o t hi ne v e r yb r a n c ho fm a t h e m a t i c sa n di n o t h e rs u b j e c t s s u c ha sp h y s i c s e c o n o m i c s s ot h e r ea r es t i l lm a n yp e o p l ew h oh a v eg r e a t i n t e r e s t e di nd i o p h a n t i n ee q u a t i o n s i n1 9 9 9 t h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o n 2 2 2 2 2 3 2 2 1 6 x y z a p p e a r e di nc o n n e c t i o nw i t ht h ed e s c r i p t i o no ft h el o w e rp a r to ft h ea p p r o x i m a t i o ns p e c t r u r n f o rq u a t e r n i o n w h i c hi n s p i r eu st os t u d ys u c hk i n do fd i o p h a n t i n ee q u a t i o n o 茁2 b y 2 c z 2 m d x y z f o rt h ec o n v e n i e n c eo ft h ea p p l i c a t i o ni no t h e rf i e l d s o nc o n d i t i o n st h a ta b c da r ea l lp o s i t i v ei n t e g e r sa n dmi san o n n e g a t i v ei n t e g e r a n d fd bjd c d t h em a i nr e s u l t so ft h i sp a p e ri sf i r s t l yg i v i n gt h em e t h o d st os o l v et h e e q u a t i o nn z 2 b y 2 c z 2 m d x y z t h ec o n g r u e n tm e t h o da n dt h em e t h o do ft h ep e l l s e q u a t i o n n e x t i f i n d a b c d m w h i c h m a k e t h ee q u a t i o na x 2 b y 2 c z 2 m d x y zh a ss o m e f u n d a m e n t a ls o l u t i o n s a n da l lt h ec o r r e s p o n d i n gf u n d a m e n t a ls o l u t i o n sg i v e ni nd i f f e r e n t t a b u l a r st h e ne v e r yi n t e g e rs o l u t i o nt ot h ee q u a t i o nc o m e st h r o u g ht h en e i g h b o u r i n gp r o c e s s f r o mau n i q u ef u n d a m e n t a ls o l u t i o n f i n a l l y t h ei n t e g e rs o l u t i o n ss a r i s f y i n gs o m ec o n d i t i o n st ot h ed i o p h a n t i n ee q u a t i o n a x 2 b y 2 c 名2 d x y z w e r eg i v e n a u t h o r 阢 枷版 d i r e c t e db y y 认驰 n 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 t h es o l u t i o nt od i o p h a n t i n ee q u a t i o n t h ef u n d a m e n t a l s o l u t i o n c o n g r u e n c e t h ep e l l se q u a t i o n 1 1 西北大学学位论文知识产权声明书 澄 7 9 6 s 5 3 本人完全了解学校有关保护知识产权的规定 即 研究生在校攻 读学位期间论文工作的知识产权单位属于西北大学 学校有权保留并 向国家有关部门或机构送交论文的复印件和电子版 本人允许论文被 查阅和借阅 学校可以将本学位论文的全部或部分内容编入有关数据 库进行检索 可以采用影印 缩印或扫描等复制手段保存和汇编本学 位论文 同时 本人保证 毕业后结合学位论文研究课题再撰写的文 章一律注明作者单位为西北大学 保密论文待解密后适用本声明 学位论文作者签名 萋垫霆 指导教师签名 袁进 2 口疗年5 月巧日2 晒年岁月 6 日 西北大学学位论文独创性声明 本人声明 所呈交的学位论文是本人在导师指导下进行的研究 作及取得的研究成果 据我所知 除了文中特别加以标注和致谢的地 方外 本论文不包含其他人已经发表或撰写过的研究成果 也不包含 为获得西北大学或其它教育机构的学位或证书而使用过的材料 与我 一同工作的同志对本研究所做的任何贡献均已在论文中作了明确的 说明并表示谢意 学位论文作者签名 雯毙廖 j o o g 年5 月加日 采溯曩勿全文签衣 序言 1 9 9 9 年 a l s c h m i d t 在进行四元数的丢番图逼近研究过程中 遇到了求不定方 程 2 2 2 沪 3 2 2 1 6 x y z 整数解的问题 在圆z cl 1 田上 对复数关于域q v r j 中整数的近似常 数的刻画 也出现了同样的方程 而在讨论虚二次域里的整数和复平面上的其它圆 尤其当圆不包含这一数域中的点时 也期望出现类似的方程 事实上 关于这一类不定方程的求解问题一直是不定方程讨论的重要研究课题 早在1 9 7 9 年 r o s e n b e r g e r 1 就求得方程 a x 2 b y 2 c 2 d x y z 满足一定条件的整数解 2 0 0 1 年 a l s c h m i d t 和袁进 2 给出了方程 a x 2 b y 2 c 2 1 d x y z 的整数解 其中 o b c d 都是正整数 od b d cd 它推广了方程2 x 2 2 y 2 3 2 2 l 6 x y z 系数的取值范围 本论文对方程的的常数项扩大取值区间 扩大为非负整数 得到更一般的方程 a x 2 b y 2 c z 2 m d x y z 的整数解 证明了当m 4 时 方程才有满足条件 1 z 百d y z 1 等 1 z 茎等 的正整数解 即基础解 并且分别给出了当m 0 1 2 3 4 时所有可能的基础解 另一方面 讨论了关于 口 2 b y 2 c 名2 d x y z 的整数解问题 给出了在一定条件下它的所有整数解 本文的研究结果期望有助于数学其它分支相关的问题的研究与发展 并能在一些 应用科学的研究过程中作为工具而直接使用 论文分为三部分 1 v 第一部分概述了丢番图方程近几十年来的主要成就和求解的困难性 第二部分介绍了求解方程n 2 b y 2 c z 2 m d x y z 的基本方法 如简单同余法 p e l l s 方程法等 第三部分给出了方程 茁2 b y 2 c z 2 m d x y z 的整数解 并且给出了 o 2 b y 2 c 严 d x y z 分别满足条件 1 z 百d y z 1 百d x z l z 等 和 一 鲫n c 协伽 的整数解 由于作者水平有限 论文中漏洞和不妥在所难免 恳切希望专家及同行批评指正 v 第一章概述 1 1 方程概述 方程一词源于我国古代最著名的数学著作 九章算术 公元一世纪左右成书 书的第八章叫做 方程章 其内容相当于我们现在的线性方程组 由于古代采用 竹 筹 记数 将长方形的系数由竹筹排列出来成为长方形 然后变动长方形的竹筹阵以 求解答 这种 列筹成方的课程 就称为方程 方程自古以来就是一个富有吸引力的 数学研究课题 在运算对象是 数 这样一个范畴里 对未知数如果只限于进行代数运算 相应的 方程就是代数方程 在所谓的超越运算下 则是超越方程 如果把运算对象从 数 扩大到 函数 对未知函数只限于做初等运算 相应的方程就称为函数方程 如果实 施的是微分运算 积分运算 那么相应的方程就叫做微分方程和积分方程了 随着科 学的发展 运算对象不断扩大 运算方式的增加 方程的类型和内容也在不断的扩大 和增加 如在逻辑代数里就出现了所谓的布尔方程等等 我们研究的不定方程 是指变数个数多于方程个数且取整数值的方程 由于不定 方程对解的特殊限制 在数论及数学的其他分支如代数几何 代数数论 组合数学 计算机科学等的研究过程中 许多急待解决而又有相当难度的问题最终都可归结为某 些丢番图方程的求解问题 因此 丢番图方程与数学的这些分支之间存在着密切的联 系 正是这种联系的存在 许多优秀的数学家如费马 欧拉 高斯 拉格朗日 库默 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 促进了数论的发 展 1 2 丢番图方程的主要成就 丢番图方程历史悠久 近些年来这一领域出现了众多举世嘱目的优秀成果 极大 丰富了数论的内容 促进了数学的发展 1 9 5 5 年 k f r o t h 证明了一个著名的定理 3 设0 是一个n 2 次的代数数 则对于任意 0 适合 卜i i 0 仅有有限组 应用r o t h 定理 可以证明二元n 3 次的不可约多项 式方程解的个数有限 例如1 9 6 2 年 我国数学家柯召证明了定理 设p q 是不同的 奇素数 在q 2 p 1 或p 2 q 一1 时 不定方程扩一y q 1 只有有限组整数解 y 1 9 6 8 年前后 英国数学家a b a k e r 成功地将g e l 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 4 5 定出了一大类丢番图方程的整数解的绝 对值的上界 b a k e r 的工作不但推动了超越数论的发展 而且给数论中包括丢番图方 程的许多领域带来了突破性进展 1 9 7 3 年 p d e l i g i n e 证明了有限域上丢番图方程 f x l z 0 解的个数的猜想 即著名的a w e i l 猜想 而1 9 8 3 年 德国数学家 g f a l t i n g 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 6 因为r o t h b a k e r d e l i g i n e f a l t i n g s 的杰出贡献 他们分别于1 9 5 8 年 1 9 7 0 年 1 9 7 8 年 1 9 8 6 年获得了国际数学家大会的f i e l d s 奖 旺3 求解丢番图方程的困难 解丢番图方程没有一个一般性的方法 因而人类对它的研究充满着对自己智慧的 挑战 尽管有关丢番图方程的问题叙述简单 容易理解 但解起来却异常困难 比如 对不定方程 1 x 2 2 y 4 1 正整数解 x y 的求解 有很长一段时间 人们只知道它的两组解 1 1 2 3 9 1 3 但 很难说明它是否存在其它的解 直到1 9 4 2 年 w l j u n g g r e n 在研究了四次域的单位数 之后 用了大量现代数论的成果最终才证明方程 1 最多有两组正整数解 但他的证 明既复杂 又不初等 并且方法上的技巧太特殊 不能为多数人接受 1 6 3 7 年 费马提出著名的大定理 费马大定理 设n 2 不定方程 扩 y z 2 除x y z 0 外 没有其它整数解 但他没有写出该定理的证明过程 许多数学家为证 明这一定理不懈地努力 首先 当n 2 时 有4n 或pn p 为奇素数 于是只要 证明定理在n 4 或n p 时成立即可 n 4 很容易由方程z 4 y 4 z 2 无x y z 0 的解推出 当p 3 时 该定理也是成立的 7 因而 问题就归结为证明当p 3 时 矿 y 9 扩 3 2 无x y z 0 的整数解 在研究方程 3 的过程中 费马大定理又可分为两种情形 8 9 k u m m e r 证明出 如果p 是正规素数 则费马大定理成立 对于非正规素数 k u m m e r 也得 到了重要的结果 他在1 9 世纪已经证明了对于小于1 0 0 的奇素数 费马大定理成立 1 9 7 6 年 w a g s t a f f 在大型计算机的帮助之下 证明了p 1 的特例 利用m 2 a 1 为模求解 不定方程用到下面的一些事实 1 对于任意z z 有z 2 兰0 l m o d4 2 女口果x 2 n 1 n z 有z 2 l m o d8 3 对于任意整数x 有z 2 2 0 1 r o o d2 k 这里k 4 对于某些方程 取m 2 o 1 并不能解决问题 而取模m 3 0 a 1 即可 求解 如 例2 方程z 1 3 3 x 1 2 x 2 十z 2 3 9 x 3 十2 无整数解 证明给方程 1 3 3 x 1 2 x 2 t 2 3 9 x 3 2 两边取模m 3 求同余得z 1 3 3 2 3 2 r o o d3 于是有下列三种情况t 情形1x li 1 7 2 l m o d3 此时 x 1 3ix 2 3il m o d9 对原方程两边取模9 求 同余得3 x 1 2 x 2 o m o d9 这在 1 三z 2il m o d3 时不可能成立 情形2 1i2 r o o d3 x 2 o m o d3 此时 x 1 3e8 m o d9 2 3 兰o m o d9 3 x 12 x 2 o m o d9 对原方程两边取模9 求同余得0 2 r o o d9 显然不可能 情形3z l o m o d3 x 2 2 r o o d3 这与情形2 一致 故不成立 所以 方程 1 3 十3 1 2 x 2 x 2 3 9 x 3 2 无整数解 利用二次剩余的一些结果 也可以选择模m p p 为奇素数 求解不定方程 5 简单同余法既可以用来否定丢番图方程有整数解 有零解 对于丢番图方程 奶 z 0 选择合适的模m 1 可以通过解同余式 也可以用来证明丢番图方程仅 z l z io m o d m 2 来判断方程是否有解 这是因为 定理如果丢番图方程 1 有整数解 则同余式 2 必有解 这种方法在研究丢番图方程的过程中经常用到 l j m o r d e l l 利用同余求出了方程 z 2 y 2 十 2 2 x y z n 的整数解 1 6 乐茂华借助于同余给出了方程 2 一d p 的解 数 1 7 袁平之在同余的帮助下给出了方程x y y z4 z n 的正整数解 1 8 但是 上述结果的逆命题一般不成立 如同余方程护 一l m o d2 有解 但丢番 图方程一 1 o 无整数解 2 2p e l l s 方程法 在丢番图方程中 把形如铲一d y 2 士1 的二元二次方程称为p e l l s 方程 当d 0 或当d 是某个整数的完全平方时 p e l l s 方程的解很容易求出 因此我们只考虑d 是 非平方的正整数即可 为了尽快地掌握p e l l s 方程的基本知识并能较好的利用它来求解不定方程 而不 是囿于基本定理的繁琐证明中 我们将不加证明的引用下列定理 它们的详细推导过 程可以参考 1 9 2 0 2 1 定理1 设d 是一个正整数且不是一个完全平方 则方程 x 2 一d y 2 l 1 有无限多组整数解 设 t 0 2 一d y 0 2 1 t o 0 y o 0 是所有z 0 y 0 的解 中使z g v 面最小的那组解 称 t o y o 为 1 的基本解 则 1 的全部整数解 由 z g 万 士 z o y o 西 表出 其中n 是任意整数 6 定理2 设d 是一个正整数且不是一个完全平方 如果方程 x 2 一d y 2 一1 有解 且设a 2 一d b 2 一1 o 0 b 0 是所有 0 y 0 的解中使z 面最小的 那组解 o b 叫做 2 的基本解 则 2 的全部整数解 y 由 z f 西 士 n 6 西 2 1 表出 其中n 是任意整数 且 5 o y o 呖 a 6 面 2 其中 o y o 是 一d y 2 1 的基本解 定理3 设d 是一个正整数且不是一个完全平方 则方程 x 2 一d y 2 4 3 有无限多组整数解 z 设c d 面为 3 的基本解 c 0 d o 则 3 的全部正 整数解 z g 由 t x y v 伍 粤筹 n 2 2 7 表出 其中n 是任意正整数 定理4 设d 是一个正整数且不是一个完全平方 如果方程 z 2 一d y 2 一4 4 有解 设e 伍为 4 的基本解 e 0 f o 则 4 的全部正整数解 由 x y v 伍 f 乌2 州 9 9 表出 其中n 是非负整数 p e l l s 方程法就是把所求的问题化为p e l l s 方程的形式 利用p e l l s 方程的结果来 制造矛盾 在利用p e i l s 方程解题时 用到的事实主要是方程 1 一 4 的基本解之间的 关系 设e o y o 面 6 a4 6 西 n c 4 d 百 2 卢 e 十f v 伍 2 贝0 有 例2 二嚣翥瓣 d j 卢当e 5 5 o 仇0 42 时 卢3 当e 1 r o o d 2 时 下面我们举例说明p e l l s 方程法的应用 例l 设d 满足x 2 一d y 2 一4 有奇数解 x y 则丢番图方程 4 x 4 一d y 2 一1 5 5 只有 d z g 5 1 1 1 3 2 5 和 3 2 5 2 1 这三组正整数解 证明利用p e l l s 方程的结果可知 如果方程 5 有正整数解 则有 2 x 2 十 西 b y e 2 1 n 0 现由x 2 一d y 2 一4 有奇数解知 这一方程的基本解e 河满足ei 1 r o o d2 利用方程 1 一 4 的基本解之间的关系得n 6 v 伍 卢3 则有 2 2 2 可河 卢甜2 n u n 0 如果令声 e 一 v 万 2 卢卢 一1 贝0 2 2 卢3 2 n 1 卢3 2 n t 卢2 n 1 声2 1 卢2 2 n l 声2 2 十1 1 1 对任意整数m 0 卢m 声m 都是整数 且 卢2 1 卢2 1 俨 2 a 1 口2 2 n 1 1 l 或3 故 3 2 1 声2 n 1 8 2 1 卢2 2 n 1 声2 2 n 1 1 t 2 2 x s t 6 或 口2 n 1 声2 n 1 3 s 2 卢2 2 n 1 声2 2 n u 1 3 t 2 2 x 3 s t 7 其中s 0 t 0 且 s t l 因为 届2 2 n 1 声2 2 1 l 芦2 十1 厚2 1 2 3 故在 6 时 有5 4 3 t 2 此给出 t s 2 p s 2 3 故t 一8 2 1 t s 2 3 于 是t 2 s 1 从2 x s t 知z 1 代入 5 知d 5 y 1 显然d 5 时满足 x 2 一 d y 2 一4 有奇数解 而在 7 时有 3 2 3 3 t 2 即t 2 3 s 4 1 8 w l j u g g r e n 2 2 曾证明 丢番图方程 最多只有两组正整数解 现在已知 8 有两组正整数解t 2 s l 和t 7 s 2 故它仅有这两组正整数解 所以由2 x 3 s t 知 在t 2 s 1 时z 3 代入 5 得 d 1 3 y 5 或d 3 2 5 y 1 当d 1 3 或3 2 5 时 方程 2 一d y 2 4 显然有奇 数解 在t 7 s 2 时 由2 x 3 s t 知 2 1 代入 5 得d y 2 3 7 5 2 2 9 2 而 x 2 3 7 y 2 一4 无奇数解 故此时不可能 证毕 例1 是直接利用p e l l s 方程求解的 而有些丢番图方程表面上并不能一下子看出 使用p e l l s 方程 这些方程如果不使用p e l l s 方程 往往用其它初等方法很难解决 除上述的结果 我们还有如下的概念和定理 方程 2 一d y 2 c 9 其中d 0 d 不是平方数 c 是非零繁数 设 u y 是 9 的一组解 为方便起 见 以下我们称u 河是 9 的一个解 特别的 由于 u y 一w 是 9 的解 故 一 面也是 9 的解 再设8 t 面是 1 的任意一个解 则显然有 万 s t 面 u s v t d 十 s 十 t 五 也是 9 的一个解 这个解叫做与解 伍相结合 如果 9 的解 伍与 9 的 解u l 1 沥相结合为 u 万 仳l v l 西 显然一是等价关系 于是如果 9 有解 那么它的全部解可以按结合这个关系分成若 干个类 使得彼此相结合的解在一个类中 而且每一个解一定在某一个类而且仅包含 在某一个类中 设k 是任一个结合类 它包含 9 的解 忧v 伍 i 1 2 上面说过u i 一 河 也是 9 的解 而u 一v i v 伍 i 1 2 也组成一个类 记为霞 和霞叫做互为共 轭的类 k 和霞一般是不同的 如果k 霄 则弥k 为歧类 我们用下面的方法来选择k 的一个解u o o 伍 设 o 是k 中所有 0 的解 面中最小的v 如果k 不是歧类 则可选k 中含 o 的解为 o v o 佃 如果k 9 是歧类 则可选耳中含v o 的解中u 0 的为 o v o 百 这样选定的解 o v o 厉叫 的基本解 现在设c 是正整数 我们有下列定理 定理5 设d 0 c 0 d 不是平方数 不定方程z 2 一d y 2 士c 的解仅有有限 个结合类 所有类的基本解可以经有限步求出 设u o v o 伍是类k 的基本解 则类 k 的全部解 佃可经 钉 万 土 u o v o 五 茁o y o 伍 表出 其中 o y o 何是护一d y 2 1 的基本解 如果 2 一d y 2 士c 没有基本解 则它没有解 定理6 设p i l m o d4 是素数 则z 2 一p i 9 2 证明可参考 1 9 r n 为整数 一1 有整数解 z y 定理7 设p 是一个素数 2 p r 2 s 2 r i 士3 r o o d8 8 i 士3 m o d8 则方程 x 2 2 p y 2 一1 无整数解 z f 该定理可以用代数整数来证明 1 9 其初等证明可参考 2 3 本章主要讲述了两种简单的求解丢番图方程的初等方法 此外 还有无穷递降法 比较素数幂法 分解因式法 二次剩余法等一些初等方法和代数数论法 p a d i c 方法 和丢番图逼近法 g e l f o n d b a k e r 方法 s c h n e i d e r 方法等等 当然 在实际应用中 可能仅仅用一种方法得不到理想结果 必须综合使用各种可能的方法来求解 5 2 3 方程x 2 一d y 2 c 的正整数解 2 4 j 本节将给出不定方程z 2 一d y 2 c 正整数解的表达式 利用数学归纳法很容易证明以下两条引理 引理1 设d 为非平方的正整数 如果a o b o 为正整数 1 若a 6 v 伍 a o b o 伍 1 b l 伍 a l b 1 为非负整数但不同为0 则a b 同 为正整数 2 若o 6 佃 a o 十b o 何 n n 为自然数 则n b 同为正整数 引理2 设d 为非平方的正整数 如果a o b o 为正整数 1 0 1 若o 6 v 伍 o b o 伍 l b l v 伍 a 1 b l 为非负整数但不同为0 则o b 为 整数且一正一负 2 若o 6 面 a o b o 河 n n 为自然数 则a b 为整数且一正一负 现在我们来证本节的主要定理 定理设d 为非平方的正整数 c 是非零整数 设 虬 是方程 x 2 一d y 2 c 1 的某一结合类k 的基本解 v o 是方程 x 2 一d y 2 l f 2 1 的基本解 则 1 若c 0 则u l 0 类k 与其共轭类露的所有正整数解为 z v 伍 1u 1i 士u l 万 o 咖 面 为正整数 3 2 若c 0 时 u 1 o 当c 0 3 式取 一 时 对n 使用数学归纳法 当n 1 时 z v 伍 1 u l i u o 一 l u o d l h u o 口1 百 y 同为正数等价于 l c u 0 2 一 1 2 c 0 i 1 2 c u 0 2 1 1 容易证明不等式组成立 x y 同为正整数 假设取n 1 时 若z g 们歹 u li 一 l 河 u o 十u o 舾 1 z y 同为正数 当取n 时 河 i l u 1 河 o 口 厕n 1 oh v 0 何 由归纳假设和 引理1 可知z y 同为正数 当c 0 i 1 2 c 札0 2 显然u 1 2 c u 0 2 由上节 1 1 式知 1 2 u o 一1 c 2 于是一c 0 2 一 1 2 c 0 等号成立 当且仅当 o l 而此时 v 0 0 与蜘 0 矛盾 于是不等式组成立 z y 同为 正数 假设取n 1 时 若 十 v 伍 一lu li u 1 伍 如 v 0 v 伍 1 z y 同为正数 当取n 时 面 一iu ll 口l 伍 o v 0 面 叫 u o v 0 面 由归纳假设 和引理l 可知 y 同为正数 我们知道 类耳的所有整数解为 掣 万 土 u l v l 历 札o v 0 五 n 为整数 共轭类宜的所有整数解为 z 掣 万 士 一u l v l 万 u o v 0 五 n 为整数 在此基础上 我们来证明类k 及其共轭类露的任意正整数解由 3 或 4 给出 根据u 的正负分三种情形讨论 当 l 0 时 类k 的所有整数解为 历 士 u l q l 万 o v 0 万 士 u ll 1 v 伍 咖 v 0 伍 n 为整数 当n 0 时 由引理1 知 取 时 x y 同为正整数 此即为 3 4 式取 号的情形 取 时 z y 同为负整数 1 2 当n 0 时 取 时 若v l o 则为 3 4 式的特殊情况 若 l 0 则 y 0 取 号时 z 为负整数 当n 0 而z 可佃 土 1 u 1 i o v l v o d o u l l l i o v 7 u o v 0 v 西 由前面的证明知 不论c 是正 是负 都有l 1 1 1 1 0 一v t v o d 和 d 0 v 1 一i i l i v 异号 再由引理2 易知 y 一正一负 类露的所有整数解为 d 4 一u l 1 1 d o v 0 d 士 li v l d o 十v 0 d n 为整数 当礼 0 时 掣 瓦 士 引u l i o v l v o d 引札lj 如一u o 1 动 札o 万 n 一1 当c 0 时 i u l l u o v l v o d 和l i z l l v 0 一u o v l 同正 当c 0 时 i l i o v l o d 和 i u i v 0 一 o t 同负 取 时 z y 同为正整数 此即为 3 式取 的情形 取 一 时 z y 同为正整数 此即为 4 式取 的情形 当n 0 时 z y 一正一负 当n 0 时 u o 咖沥 u o 一咖河 这里m 一n 而 河 士 1u l v l 佃 o v o 西 m 由引理2 得 y 一正一负 当u l 0 时露韵所有整数解 而霞的所有 整数解就是当u l 0 时k 的所有整数解 当 1 0 时 c 0 取 时 y 同为正整数 即为 4 式 取 一 时 z y 同为负 整数 当n 0 时 z 0 当n 0 由引理2 得x y 一正一负 综上所述 于是类耳及其共轭类露的任意正整数解由 3 或 4 给出 1 3 第三章几类丢番图方程的整数解 3 1 研究背景及相关结果 1 9 0 7 年 h u r w i t z 2 8 研究了一类不定方程 嚣1 2 z 2 2 十 z n 2 一 z l 2 一 n d 的整数解 z l x 2 z z 当n 3 z n d b 时 得到一类特殊情况 z 2 y 2 一a x y z b 1 1 9 5 3 年 l j m o r d e l l 1 6 在研究方程 z 3 掣3 3 竹i 2 1 时 通过一系列变换 限定一些参数的取值 将方程 2 转化为求 z 2 fy 2 名2 2 x y z n n 为奇数 3 的整数解 这个方程是 1 的特例 但m o r d e l l 用自己的方法给出了 3 的解 1 9 9 4 年 a r t h u rb a r a g a r 2 9 在讨论方程 x x 1 y y 十1 z z 1 4 的过程中 将 4 化为 z 2 i y 2 z 2 2 x y z 1 c 成为h u r w i t z 研究过的类型 1 9 9 9 年 a l s c h m i d t 在进行四元数的丢番图逼近研究过程中 遇到了求不定方 程 2 5 2 2 y 2 3 2 2 1 6 x y z 整数解的问题 在圆z cl z l 1 研上 对复数关于域q 5 中整数的近似常 数的刻画 也出现了同样的方程 而在讨论虚二次域里的整数和复平面上的其它圆 尤其当圆不包含这一数域中的点时 也期望出现类似的方程 1 4 设o b c d 都是正整数 nd bd cd r o s e n b e r g e r 1 及袁进 als c h m i d t 2 1 分别讨论了不定方程 a x 2h b y 2 c 户 d x y z 5 j 和 n 2 b y 2 c 1 d x y z 6 的正整数解 在这一章里 我们将先讨论方程 a x 2 6 9 2 c z 2 3 d x y z 7 的正整数解 然后给出一般的方程 a x 2 b y 2 十c z 2 m d x y z 8 的正整数解 m 为非负整数 最后给出不定方程 z 2 b y 2 c z 2 z d x y z 的一些结果 在方程 6 中 很容易看出 o b c 1 而对方程 8 7 作为它的特例 仍可 限定 n b c 1 这是因为 如果g o b c 1 贝6gm 这时 8 就等价于 z 2 b y 2 d 严 m d z z c d 石b i c m 孑 这也是 8 的类型且满足 n b c 1 设方程 8 的系数o b c 中有一个 假设为c 含有平方因子q 则方程 8 的任何 一个解 z o y o 知 都可以由方程 z 2 b y 2 严 m d z g z c s 孑c d i d 9 的解 o y o q z o 得到 如果a b c 中有两个 设为b c 都含有平方因子g 则方程 8 的任何一个解 z o y o z o 都可以由方程 n z 2 6 9 2 c z 2 m 0 f z w z 6 d d 刍 毒 萋 1 的解 o q y o q z o 得到 此时 方程 9 i 0 都和 8 具有相同的类型 因此 我们限定 n b c l 且a b c 均不含平方因子 5 接下来 我们讨论方程 8 的正整数解 设 正整数集 令 l 2 2 y 2 n 3a x 2 b y 2 c z 2 m d x y z 如果 z y z l 则我们有 咖1 z z 塑a z z l 妒2 f z 丁d x z g z 三 妒3 z z z g d x c y z e l 此时称戗 1 2 3 为解 z y z 的邻解 如果 z y z l 且满足条件 1szs 瓦d y z 1 面d x z 1 等 则称 x y z 为方程 8 的基础解 类似于 1 2 8 3 0 中的讨论和叙述 方程 8 的任何一个正整数解都可以由它的 一个基础解经过邻解如 1 2 3 的过程得到 因此我们求 8 的正整数解 就只关 心o b c d m 取何值时 方程有基础解 3 2 不定方程a x 2 b y 2 c z 2 3 d x y z 的解 本节的目的是给出丢番图方程a x 2 b y 2 十c z 2 3 d x y z 的全部基础解 先来看 一个引理 引理设z 是不定方程 a x 2 b y 2 c z 2 m d x y z f 1 1 的解 则z 一定满足 d 一d z 2 9 m o 时等号成立 0 c 证明我们令x 以b y 怕g z 撕z d d 五晶 则方程变形为 x 2 y 2 z 2 m d x y z 2 3 其中 y z 是方程 1 的正整数解 由于x y z 地位对称 不妨设1 x m i n y z 此时显然有2 z d x y 1 6 当y z 时 由 3 可知 d x y 一2 z 2 d x y 2 4 x 2 4 y 2 4 r r t 予是有 d x y 一2 y d x y 一2 z d x y 2 4 x 2 4 y 2 十4 m 两边同时平方 整理得 d x y 2 x 2 2 y 2 一m 3 y 2 m 0 时等号成立 因此 z 2 9 m o 时等号成立 当z y 时 同样可得 2 式 证毕 定理设a b c d 都是正整数 a b c 1 ld bd cd 且o b c 均不含 平方因子 如果不定方程 t 2 9 c 2 b y 2 2 3 d x y z 4 有基础解 则除了 n z b c z 三者之间交换顺序之外 必然有下列两种情 形之一 1 当 n b c d 5 2 1 0 1 0 时 基础解为 1 2 1 2 当 a b c d 6 1 6 6 时 基础解为 1 3 1 下面我们来证明该定理 证明由引理得 一d 2 0 时 f z 可正可负 因而有 1 时 d b d c 5 1 6 1 f 7 1 8 1 3 2 4 2 2 时 d b d c 2 1 由于a b c 不含平方因子 因此 d b d c 4 1 8 1 不予以考虑 只需要研 究其余1 0 种情形 1 z 1 d c b 由od 和 a b c 1 知a 1 且 a b 1 二次型变为 6 圹 z 2 一y z 2 此时b 1 2 二次型没有满足条件 5 的正整数解 2 1 d c 2 b 由口id 和 a b c l 知n 1 或2 且 a b 1 但不论n b 取何值 二次型均无满足条件 5 的正整数解 3 z 1 d c 3 b 由od 和 a b c 1 知o 1 或3 且 o b 1 当a 1 b 1 时 有圹 3 2 2 3 y z 2 所以y 2 2 r o o d3 但该同余方程无解 故二次型没有正整数解 当a 1 b 2 时 有y 2 3 2 2 3 y z 1 将该方程看做是关 于y 的一元二次方程 当且仅当4 3 2 2 m 2 m 为正整数 时 方程y 2 3 2 2 3 y z l 才可能有整数解 易得 m z 1 1 二次型的正整数解为 1 2 1 和 1 1 1 但 都不满足条件 5 当a 3 时 二次型为y 2 3 2 2 3 y z 0 将它看作是关于y 的一元二次方程 二 次型无整数解 4z 1 d 2 c 2 b 由a d 且 a b c 1 知a 1 或2 且 a b 1 当a 1 b 1 时 有 y 一 2 2 二次型无整数解 当o 1 b 2 或a 2 b l 时 有 y z 2 1 二次型的正整数解为 1 4 1 z z 为正整数且2 士1 0 但不满 足 5 5 1 d c 5 b 由od 和 a b c 1 知a 1 或5 且 a b 1 当a 1 b 1 时 有y 2 5 2 2 5 y z 2 于是有y 2 2 r o o d5 但该同余方程 无解 故二次型无整数解 当a 1 b 2 时 有y 2 5 2 2 5 y z 1 和 a b c d 1 2 l o l o 将该方程看作是关于口的一元二次方程 当缸2 4 m 2 m 为正整数 时 方程y 2 5 2 2 5 z l 才可能有整数解 由p e l l s 方程解得5 2 2 4 m 2 的所有正 整数解为m 十z v 佰 2 9 4 百 或 3 士 5 9 4 5 n 或 3 v 百 n 为任意正整数 易知 r l 同奇同偶 则y 为整数 二次型的正整数解为 1 5 z4 m 2 z m z 满足 上式 但不满足条件 5 1 8 当 5 b l 时 二次型为f 2 5 2 2 5 y z 一2 由y 2i 一2 r o o d5 无解知该二次 型无整数解 当a 一5 b 2 时 有y 2 5 2 2 5 y z1 和 b c d 5 2 1 0 1 0 同样 由一元二次方程解得二次型的正整数解为 1 5 z4 m 2 z 其中m z 怕 士1 怕 9 4 瓶 或 士4 2 怕 9 4 怕 或 1 怕 或 4 2 侗 n 为任意正整 数 再由条件 5 知方程的基础解为 1 2 1 此即为情形1 6 z l d c 6 b 由nd 和 n b c 1 知o 1 或2 或3 或6 且 b 1 当n l b 1 时 有y 2 6 2 2 6 y z 2 由y 2e2 m o c l6 无解知二次型无整数 解 当o 1 b 2 或n 2 b 1 时 有y 2 6 2 2 6 y z 1 利用一元二次方程得二 次型的正整数解为 1 3 z4 m z 其中m z 满足m z v 晤 2 十怕 n 为任意正整 数 再由条件 5 知方程无基础解 当o 3 时 有y 2 6 2 2 6 y z 0 显然二次型无整数解 当o 6 b 1 时 有y 2 6 2 2 6 y z3 和 o b c d 6 1 6 6 利用一元二 次方程得二次型的正整数解为 1 3 z4 m z 其中m z 满足m z 百 怕 2 娟 n n 为任意非负整数 由条件 5 知方程的基础解为 1 3 1 此即为情形2 7 z 1 d c 7 b 由ad 和 a b c 1 知a 1 或7 且 b 1 当a 1 b 1 时 得y 2 7 2 2 7 y z 2 由一元二次方程和同余方程最终得二 次型无整数解 当a 1 b 2 时 得 2 7 2 2 7 y z 1 利用一元二次方程求得二 次型的正整数解为 1 7 z4 m 2 z 其中m z 满足m z v 面 2 5 5 1 2 厨 n 或 5 土 伍 5 5 1 2 伍 n 或 5 伍 n 为任意正整数 再由条件 5 知方程无基础解 当 7 时 二次型变为b u 2 7 2 2 7 y z 一4 此时b 1 2 4 由同余方程知 不论b 取何值 方程均无基础解 8 1 d 2 c 3 b 不妨设b 2 t 则c 3 t d 6 t 由 a b c 1 和od 知 n 1 2 3 6 且 o t 1 当a 1 t l 时 有2 9 2 3 2 2 6 y z 2 其正整数解为 1 3 z4 m 2 z 其 中m z 满足m z 瓶 2 2 怕hn 为任意正整数 由条件 5 知方程无基础解 当a 1 t 2 时 得2 2 3 2 2 6 y z 1 由一元二次方程和同余方程知二次型无整数 解 当n 2 3 6 时 经讨论知方程均无基础解 9 z 1 d 2 c 4 b 由 a b c 1 且 id 知o 1 2 4 且 a b l 当o l b l 时 有y 2 2 2 2 4 y z 2 由一元二次方程得二次型的正整数解为 1 9 1 2 z4 m z 其中m z 满足m z 臣 2 士 互 3 十2 百 或 2 v 色 n 为任意正整 数 由条件 5 知方程无基础解 当a 1 b 2 或a 2 b 1 时 有y 2 2 2 2 4 y z l 二次型的正整数解为 1 2 z 士m z 其中m z 满足m z 以 3 2 臣 n n 为任意 正整数 但不满足条件 5 当a 4 b 1 时 有y 2 2 2 2 4 y z 1 由一元二次方程解得二次型的正整数 解为 1 2 z 土m z 其中m 满足m z v 伍 1 侄 2 n 为任意非负整数 但都 不满足条件 5 1 0 z 2 d c 2