2010数学协作体夏令营讲义专题专题一—专题五.doc

专题一 数列与递推江苏省盐城中学 丁振华 沈巍龑一、基础知识 定义：对于任意的，由递推关系确定的关系称为阶递归关系或称为阶递归方程，由阶递归关系及给定的前项的值(称为初始值)所确定的数列称为阶递归数列。若是线性的，则称为线性递归数列，否则称为非线性递归数列，在数学竞赛中的数列问题常常是非线性递归数列问题。求递归数列的常用方法：一公式法(1)设是等差数列，首项为，公差为，则其通项为；(2)设是等比数列，首项为，公比为，则其通项为；(3)已知数列的前项和为，则。二迭代法迭代恒等式：；迭乘恒等式： ，()迭代法能够解决以下类型一和类型二所给出的递推数列的通项问题：类型一：已知，求通项；类型二：已知，求通项；三待定系数法类型三：已知，求通项；四特征根法类型四：设二阶常系数线性齐次递推式为（），其特征方程为，其根为特征根。 （1）若特征方程有两个不相等的实根，则其通项公式为（），其中A、B由初始值确定；（2）若特征方程有两个相等的实根，则其通项公式为（），其中A、B由初始值确定。证明：设特征根为，则所以=即是以为公比，首项为的等比数列。所以，所以(1)当时，则其通项公式为，其中，；(2)当时，则其通项公式为，其中因此对于斐波那契数列，对应的特征方程为，其特征根为：，所以可设其通项公式为，利用初始条件得，解得所以。这个数列就是著名的斐波那契数列的通项公式。斐波那契数列有许多生要有趣的性质，如：它的通项公式是以无理数的形式给出的，但用它计算出的每一项却都是整数。斐波那契数列在数学竞赛的组合数学与数论中有较为广泛地应用。为了方便大家学习这一数列，我们给出以下性质：（请同学们自己证明）（1）斐波那契数列的前项和；（2）；（3）（）；（4）（）；（5）（）；五代换法代换法主要包括三角代换、分式代换与代换相消等，其中代换相消法可以解决以下类型五：已知，求通项。六不动点法若，则称为的不动点，利用不动点法可将非线性递归式化归为等差数列、等比数列或易于求解的递关系的递推关系，从而达到求解的目的。类型六：(1)已知，且，求通项； (2)已知，求通项；七数学归纳法八构造法二、范例选讲：（一）递推数列1、（德国）数列的定义是证明：该数列中的项都是正整数。证明：由递推数列关系知：两式作差可得 即 化简可得 （*）如果记，那么由（*）可得 （*）由和可知再由（*）式，即得从而利用由归纳法可知，各项都是正整数。2、（08全国联赛）设证明：当且仅当时，存在数列满足下列条件：（1）；（2）存在；（3）证明：必要性：假设存在满足（），（），（iii）注意到（）中式子可化为 ， 其中将上式从第1项加到第项，并注意到得 由（）可设，将上式取极限得 ，因此 充分性：假设定义多项式函数如下： ，则在0,1上是递增函数，且，因此方程在0,1内有唯一的根，且，即 下取数列为，则明显地满足题设条件（），且 因，故，因此，即的极限存在，满足（） 最后验证满足（），因，即，从而 综上，存在数列满足（），（），（） 3、（05年上海竞赛试题）数列的通项公式为，记，求所有的正整数，使得能被8整除解：记注意到，可得因此，Sn+2除以8的余数，完全由Sn+1、Sn除以8的余数确定，故由(*)式可以算出各项除以8的余数依次是1,3，0,5，7,0，1,3，它是一个以6为周期的数列，从而故当且仅当4、（第五届东南奥林匹克）设数列满足试求通项的表达式。解：将所给递推关系的两边同除以得：即所以，故即令则故从而，。（二）数列不等式的证明5、（芬兰）设试求整数使得。解：化简可得：由由递推关系可得数列单调递增可得即得值为6、（俄罗斯）数列和的定义是：，求证：证明：由下面用归纳法证明： （*）时，显然有假设等式对成立，我们来看时的情形：由此即知（*）式对一切正整数都成立。如此一来，对每个，我们都有即此即为证。（三）综合问题7、（08女子奥林匹克）设正数列满足 及。求正实数，使得当时，有单调性当时，不具有单调性。解：由,有即于是。当是，由于，则当，即时有即而，当且仅当时，等号成立。于是，取，则当时，有当时，且故所求常数8、（09全国联赛）已知，是实数，方程有两个实根，数列满足，()求数列的通项公式（用，表示）；()若，求的前项和解：方法一：()由韦达定理知，又，所以，整理得令，则所以是公比为的等比数列数列的首项为：所以，即所以当时，变为整理得，所以，数列成公差为的等差数列，其首项为所以于是数列的通项公式为5分当时， 整理得，所以，数列成公比为的等比数列，其首项为所以于是数列的通项公式为10分()若，则，此时由第()步的结果得，数列的通项公式为，所以，的前项和为以上两式相减，整理得所以15分方法二：()由韦达定理知，又，所以，特征方程的两个根为，当时，通项由，得 解得故 5分当时，通项由，得 解得，故10分()同方法一三、强化训练1、 （09全国）一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示）【答案】【解析】 易知：()该数表共有100行；()每一行构成一个等差数列，且公差依次为，()为所求 设第行的第一个数为，则 故2、 （09全国）若函数且，则 【答案】a) ，故3、（10江苏初赛）设复数列满足且。若对任意都有则的值是_解：由恒成立。即。因为或，故，所以4、已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，解得，令，由，得， 5、已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，化简得，解得，令 由得，可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，6、 已知数列满足试求数列的通项公式。解：将条件左右平方移项可得 同理可得 由此可见是方程的两根，从而有 该式的特征根方程为：，两个特征根为 故可设通项 代入解得 所以7、 数列定义如下： 求的通项。解：由已知消去得令，则 其中 由特征根方程可得为奇数 同理可得为偶数。8、 设数列满足且，求证：是完全平方数。解：由已知可得且当时以此类推可得同理可知从而由于所以由二项展开式可知为偶数，故是完全平方数。9、 已知求的通项。解：设 则 以上四式相加，并利用条件得 则 所以，于是 故专题二 组合几何讲座湖南师大附中 周正安组合几何问题是高级别数学竞赛中较常见的一类新颖有趣的问题类型。简而言之，它是几何中的组合问题，这类问题的求解需要的平几知识少之又少，更多的是需要聪敏与智慧。以下，我们以实例分析来了解组合几何问题处理的一些基本方法与技巧。例1，设A、B都是平面上的有限点集，中无三点共线，.A1A3A4A5B1B2B3图1求证：存在一个三角形，它的顶点全在A中或全在B中，且它的内部不含另一集合中的点。分析：记符合题中要求的三角形为“好三角形”。不妨设先对的情形讨论，设，连接这五点的凸包，针对凸包形状进行分析：（1）凸包为五边形（如图1）A1A2A4A5B2B1B3B4图2若A1A2A3、A1A3A4，A1A4A5这三个三角形至少有一个为“好三角形”，则问题已解决；若A1A2A3、A1A3A4，A1A4A5都不是“好三角形”，则这三个三角形的每个都至少含B中的一个点，依次记为B1、B2、B3，连接而成B1B2B3必是“好三角形”.（2）凸包为四边形（如图2）A1A2A4A5B2B1B3B4图3A3B5若A1A2A5，A2A3A5，A3A4A5-，A4A1A5这四个三角形至少有一个为“好三角形”，则问题已解决；若A1A2A5，A2A3A5，A3A4A5-，A4A1A5均不是“好三角形”，则这四个三角形的每个都至少含B中的一个点，依次记为B1、B2、B3、B4，由于AB中无三点共线，则B1B2B3与B1B2B4至少有一个为“好三角形”.（3）凸包为三角形（如图3）若A1A2A4，A2A3A4，A3A4A5-，A3A5A1，A1A4A5这五个三角形至少有一个为“好三角形”，则问题已解决；若A1A2A4，A2A3A4，A3A4A5-，A3A5A1，A1A4A5均不是“好三角形，则它们中的每个都至少含B中一个点，依次记为B1、B2、B3、B4、B5.由于AB中无三点共线，则上述中5点必有3个点位于直线A4A5的同侧，将其连接成，此必是“好三角形”.对的情形，我们总可找到一个五点集A（先取A中两点A1，A2，不妨设直线A1A2右下方再无A中点，将置两点A1与A2于A中，作射线A1A2，将A1A2按逆时钟方向旋转至经过A中五点即止，可得A），对A利用上述寻找“好三角形”的方式即可。点评：问题的关键是针对不同的情形找出“好三角形”，“找”是需要技巧和智慧的，不同的环境，“找”法不一样，值得好好体会。ABPaO例2.已知一个凸多边形，它的任意两边都不平行，对它的每一条边都取距它所在直线最远的一个顶点。证明：所有顶点对相应的边的张角和为180。分析：记Pa为凸多边形的边a所在直线与凸多边形顶点距离最大的顶点.Ol在平面上任取一点O，设a边两端点A,B过O作一对顶角，使两直线分别与PaA、PaB平行，于是凸多边形的每一边均对立着一个对顶角区域.Paa首先证明：不同边的对应角互不重叠：反设存在两边a、b，它们对应的两个对应角出现重叠，在重叠区域内取一条射线过Pa作与平行的直线交a边于D.由Pa性质知，PaD是凸多边形顶点中自顶点引与平行的直线与a边所在直线相交所得线段中最长的线段，并且凸多边形位于直线AB与过Pa与AB平行的PPlPBAala直线m之间，相对于b边来说，重复前述过程也可得到PaC为与平行且相对于b边最长的线段，而由Pa相对于a的惟一性知，a与b为同一边，矛盾！其次，再证明构造的这些对顶角区域覆盖整个平面：若不然，则存在以O为顶点的某个角不被我们所构造的任何一个角区域覆盖。在这个角中，取以O为端点的射线n，使它不平行多边形的任意一条边和对角线取所有的n的平行线截多边形所得线段中的最长的线段，显然，它的一个端点P是多边形的一个顶点，而它的另一端点A必位于多边形的某a边上，设a边所在直线a，过P作直线，我们来证明凸多边形的顶点不可能落到与所夹带形区域外。如果顶点P在带形区域外，由于A是a边上的内点（非端点）.连，则一定存在点，使在线段上，B是a边的内点，满足且这与PA性质相违。这样一来，我们构造的对角区域既不重叠又覆盖整个平面，它们的和等于360，而这正是问题中角度和的2倍。本题我们将问题中的各角分别去对应一个对角区域的想法需要有敏锐的洞察力，这种能力是一个数学竞赛爱好者所必须的。例3 平面上任给点，其中任意三点不共线，将每个点任染红蓝两色之一，设是顶点集合为的三角形的集合，且具有性质：对任意两条线段及，中以为边的三角形的个数与以为边的三角形的个数相同。试求最小的，使得在中总有两个三角形，每一个三角形的顶点有相同的颜色。分析：设中以为边的三角形的个数是，则是正整数且与无关。因共有条，故中所有三角形产生条边。又每个三角形有三条边，故(即共有个三角形)。设中有个顶点同色的三角形，则中不同色的三角形的个数是。同时，每个顶点不同色的三角形产生两条端点异色的线段，故中端点异色的线段共有条。另一方面，设中个点染红，个点染蓝，。由假设知每条端点异色的线段在的全体三角形中出现次，故这样的线段共有条。因此可解得 故当时，(因)，即。所以。当时结论不一定对，例如将1、2、4三点染红，3、5、6、7染蓝，则三角形集合符合要求(每条边出现在一个三角形中)，但没有两个同色顶点三角形。题解中组合计数是基本的要求，不等式放缩这类代数功夫又是问题解决的关键。例4 在平面上给定一点O和一个之边形F，F不一定是凸的，P为F的周长，D为O点到F的顶点的距离之和，H为O点到F的各边所在直线的距离之和。证明：。分析：设F各顶点依次为、，O点到边所在直线的垂线的垂足为(视)，由勾股定理，有 (柯西不等式)即12P例5 平面上条不共点的直线将平面划分为若干块，记含有2条边的区域的个数为，求的最大值。PRQ分析：作一充分大的圆O，使直线交成的所有交点都在圆O内，设圆O与条直线的交点按逆时针方向依次为。记与圆交于的直线为，它与圆的另一个交点分别为(因为每条直线与其他个点)，我们证明与最多交成一个角形区域。设与的交点为P，因为条直线不共点，必存在不过P的直线与同时相交，设交点为Q、R(如图)。不防设点Q在射线上，注意到,从而点R在射线上，所以同时与射线、相交，从而与最多交成一个角形区域，所以。其次，如图，作条直线交于同一点P，再将其中一条直线平移到，使不过点P，则条直线划分的平面块中，有，故的最大值为。本题所用的组合极值问题最常用的方法：先证明，再构造一个的实例。例6 求证：平面上存在一个点，它到平面上各个格点的距离互异。分析：我们先想法求出一个点，使它到平面上各个格点的距离互异，假定合乎条件，我们来寻找满足的一个充分条件，使对任何两个互异的格点，有。若存在互异的格点，使，则由，得 (*)这里我们只须找到一组，使(*)式不成立。为此，取为无理数，为有理数，则由于、都为有理数，所以由(*)式可知，为有理数。又为无理数，必有。于是(*)式变为。注意到，而，所以，于是，所以为整数。由上可知，取为无理数，为有理数，则必有为整数。我们要破坏这一性质是很容易的，只需取适当的无理数，有理数，使不是整数。比如，取，则得到合乎条件的点。例7 求最小常数，使得正方形ABCD内部任一点P，都存在PAB，PBC，PCD，CDABS2S3S1S4PPDA中的某两个三角形，使得它们的面积之比属于区间。分析：我们首先证明，记，不防设正方形边长为，对正方形ABCD内部一点P，令分别表示PAB，PBC，PCD，PDA的面积，则，不防设，且，则，于是(如图)。令，如果，由，得，得。故，矛盾。故，这表明。反过来对于任意，取定，使得。我们在正方形ABCD内取点P，使得，则我们有，由此我们得到对任意，有。这表明。例8 将边长为正整数的矩形划分成若干个边长为正整数的正方形，每个正方形的边均平行于矩形的边，求正方形边长之和的最小值。nD1A1mDACB分析：记所求最小值为，可以证明其中表示和的最大的公约数。事实上，不妨设。(1) 对归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为。当时，命题显然成立。假设当时，结论成立，当时，若，则命题显然成立。若，从矩形ABCD中切去正方形(如图)，由归纳假设矩形有一种分法使得所得正方形边长之和恰为，于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为。(2)对归纳可以证明(*)成立。当时，由于，显然 。假设当时，对任意有。若当时显然。当时，设矩形ABCD按要求分成了P个正方形，其边长分别为。不妨，显然或。若，则在AD与BC之间的与AD平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形(或其边界)。于是不小于AB与CD之和。所以。若，则一个边长分别为和的矩形可按题目要求分成边长分别为的正方形，由归纳假设，从而，于是当时，再由(1)可知。先由一些初始的结论归纳出一般的结论，再用数学归纳法完成证明是处理一类有关正整数命题最常见的方法。例9 平面上每个点被染为种颜色之一，同时满足：(1) 每种颜色的点都有无穷多个，且不全在同一条直线上；(2) 至少有一条直线上所有的点恰为2种颜色。求的最小值，使得存在互不同色的4个点共圆。分析：由已知，若，在平面上取一定圆O及上面三点A、B、C，将弧AB(含A不含B)，弧BC(含B不含C)，弧CA(含C不含A)，分别染为1、2、3色，平面上其他点染为4色，则满足题意且不存在四个互不同色的点共圆，所以。当时，假设不存在四个互不同色的点共圆，由条件(2)知，存在直线上恰有两种颜色的点(设上仅有颜色1,2的点)，再由条件(1)知存在颜色分别为3,4，5的点A、B、C不共线，设过A、B、C的圆为(如图)。34SOFDHGBE321lO若与有公共点，则存在四个互不同色的点共圆，矛盾；若与相离，过O作的垂线交于D，设D的颜色为1，垂线交于点E，S，如图，设E的颜色为3，考虑上颜色为2的点F，FS交于G，因为EGGF，D、E、F、G四点共圆，由假设G只能为3色，又B，C必有一点不同于S，设为B，SB交于H，因为EBBH，所以B，E，D，H四点共圆，所以，所以B、H、F、G四点共圆。若H为1色，则B、H、F、G互不同色且共圆；若H为2色，则B、H、D、E互不同色且共圆。综上，假设不成立，所以当时，存在四个互不同色的点共圆。所以的最小值是5。专题三 重要不等式及应用 清华附中 徐文兵 倪斯杰 曾建川1重要不等式（1）均值不等式设，是非负实数，则（2）柯西（Cauchy）不等式设、（），则等号成立当且仅当存在，使，（3）排序不等式：对于两个有序数组及，则 （同序）（乱序）（反序）其中与是的任意两个排列，当且仅当或时式中等号成立.2.典型问题及证明方法（函数法，调整法，待定系数法）例1：设，求证：分析：通过放缩，将异分母化为同分母，从而构造出一些“零件不等式”，最后，将这些“零件不等式”相加，即可得出原不等式的证明。 证明： 同理可得，上述3个不等式等号同时成立的条件为显然等号不可能成立故：练习：已知求证：证明： 同理可得 将、不等式相加，得例2：非负数与和正数，满足条件：。求证：证明：若 而 ， 所以 值是可达到的，如即可 同理可证例3已知、是大于的实数，求证分析 本题是证明分式不等式，可以尝试用柯西不等式去分母。证 由已知，均为正实数，由柯西不等式得 即注： 本题利用了柯西不等式来处理分式不等式，本题的证明还用到了配方法，配方法是证明多项式恒大于等于0的一种常用方法。例4已知为正实数，且，证明.证法1 原不等式等价于由柯西不等式，可得.证法2 .由柯西不等式，可得,为此只需证明.显然.证法3 令,等价于.例5设是一串互不相同的正整数，证明对一切自然数，都有方法一：上不等式可写为 构造如下两组数： ； 由柯西不等式，得即 与原不等式比较，须证就行了因为是不相同的正整数，不失一般性，故可设，是从小到大排列的正整数，于是有 把上个不等式相加，有 方法二：设是的一个排列，且满足，因是互不相同的正整数，故，。， 乱序和反序和例6非负实数满足（1） 求的最大值；（2） 证明：解：（1）由已知，得当且仅当时等号成立。故的最大值为（2）时，解得下面利用局部调整法。固定，记（常数），则将调整为因 （此式显然）即调整后，不增，亦不增。于是，可令，则有类似地，再将调整为也不增。故当时，取最小值因此，（3） 另解：为非负实数， 即解得或 所以例7求最小的实数，使得对于满足的任意正实数，都有解法1：当时，有下证不等式 对于满足的任意正实数a，b，c都成立因为，所以，同理，于是 ， ，所以 所以，的最小值为27解法2：当时，有下证不等式对于满足的任意正实数a，b，c都成立因为对于，有，故 ，所以 ， ， ，把上面三个不等式相加，得.所以，的最小值为27例8设实数，求证： ，其中等号当且仅当或成立，为正实数.证明：由对称性，不妨设，令，则因，可得设，则对求导，得.（6分）易知，当时，单调递减；当时，单调递增故在或处有最大值且及两者相等.故的最大值为，即.（12分）由，得，其中等号仅当或成立.例9对任意实数，试证： 证明：当时，所证不等式显然成立 当不全为零时， 将所证不等式可变形为 令 式中的均可取一切实数（不同时为零即可）. 不妨取变量作为考查对象. （1）当时，由，得即 （2）当时，将式整理，得 可以为0，当时，不等式显然成立；当时，因，即或 由得 当时，不等式显然成立； 当时， 即 即解得：或 同理，由，得，对任意实数都满足的充要条件是：解得 综合以上，可得的取值范围是： 由此可得 即所证不等式成立. 说明：“双判别式法”可以解决：的三元二次齐次不等式的证明问题.例10 对满足的正数，求证.证明：易知时，等号成立.待定系数，使得，整理得，两边约去，代入，得，事实上，显然成立.同理，三式相加得， .注：本题也可尝试基于去掉分母的待定系数法：待定系数，使得，满足，其中，解得，即 ，同理，三式相加得， .练习：设（）且，求证：提示：.例11设，且满足，试证：分析 由已知条件，可知所证不等式与等价.故可运用“含参数基本不等式”来证明之.证明 由（为参数），得则有 +，得 因，取，代入中，得 或用柯西不等式：例12设为非负实数，满足，证明：。证明：方法一设，不妨设首先证明只要证：由于代入上式，得，而故有又因为令，则，由的单调性可知综上所述，当时取得最小值。方法二：显然当、均大于时，有，不合题意，故必有期中一个小于，不妨设，则下面固定，求出的最小值令，则在时单调递增，而故，则，又，故 所以由在时单调递增所以综上可知令，则，于是练习：若，求m的最大值。解：令，下面假设。由对称性，不妨假设，令，则，而，而当时，当a,b中有一个为零时，等号成立，因此，中有两个为零时，等号成立。当时，所以。专题四 不定方程青岛二中 邹明我们把未知数的个数多于方程的个数,且其解受到某种限制的方程,叫做不定方程.通常主要研究不定方程的正整数解,整数解,有理数解等. 不定方程问题的常见类型是：（1）求不定方程的解;（2）判定不定方程是否有解;（3）确定不定方程解的数量(有限还是无限).不定方程问题的常用解法是:(1)代数分析与恒等变形法.如因式分解、配方、换元等；(2)估计范围法.利用不等式放缩等方法,确定出方程中某些变量的取值范围,进而求整解.(3)同余法.即恰当选取模m,对方程两边做同余分析,以缩小变量的范围或发现性质,从而得出整解或判定无解.(4)构造法.构造出符合要求的特解,或构造一个求解的递推式,证明方程有无穷多解.(5)无穷递降法.无穷递降法是一种用反证法表现的特殊形式的归纳法,由Fermat创立并运用它证明了方程x4+y4=z4没有非零整解.从此,无穷递降作为一种重要的数学思想方法广为流传应用,并在平面几何、图论、及组合中经常用到它.例求所有正整数对(x,y)满足xy=yx-y.解:显然(1,1)是解,且方程有解时,必有xy. 若x=y,则x=y=1.若xy2,则由xy=yx-y得12y,且y|x.设x=ky,则k3,ky=y(k-2)y,所以k=yk-2.因y2,所以yk-22k-2,因k5时,yk-22k-2k(可归纳证明),所以,k=3,4.当k=3时,y=3,x=9; 当k=4时,y=2,x=8;故所求所有正整数对(x,y)=(1,1),(9,3),(8,2).这里由整数的整除性及不等式，确定参数k的范围从而确定解的范围，求得方程的全部解.通过以上两例,使同学们对不定方程的产生及概念,方法等有一个初步的认识和了解.一.基本概念与定理1.二元一次不定方程定义1 形如ax+by=c(a,b,cZ, a,b不同时为0)的方程，称为二元一次不定方程.定理1 不定方程ax+by=c有整数解的充要条件是(a,b)|c.证明:必要性显然,仅证充分性:令(a,b)=d, a=a1d,b=b1d,c=c1d,则原方程化为: a1x+b1y=c1.其中(a1,b1)=1,故存在整数x0/,y0/使得a1x0/+b1y0/=1,两边同乘以c1得: a1(c1x0/)+b1(c1y0/)=c1,即方程有解x0=c1x0/, y0=c1y0/.定理2 设(x0,y0)是不定方程ax+by=c的一组整解,则此方程的一切整数解为(x,y)=(),其中tZ.当(a,b)=1时, (x,y)=(x0+bt,y0-at).证明:设(x/,y/)是方程的任意整数解,则有ax/+by/=c与原方程相减得:a(x/-x0)=-b(y/-y0),则|y/-y0,令y/-y0=-t,则x/-x0=t,即(x/,y/)=(),且显然()是方程的解.例1足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分。那么，一个球队打14场球积分19分的情况共有多少种.解：设该球队胜x场、平y场、负z场，依题意应有从中消去y可得2xz=5，(0,-5)为它的一个特解x=n，z=2n5，y=14xy=193n，由x、y、z0得n=3、4、5、6，代入通解可得问题的4组解，所以，打14场球积分19分的情况共有4种。例2公元五世纪末，我国数学家张丘建在他的名著算经里提出一个世界数学史上著名的“百鸡问题”：“鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一，百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何？”。解：设鸡翁、母、雏数分别为x、y、z，依题意应有从中消去z可得7x+4y=100，(0,25)为它的一个特解x=4n，y=25+7n，z=100xy=753n，由x、y、z得n=0、-1、-2、-3，代入通解得问题4组解（x、y、z）为（0、25、75），（4、18、78），（8、11、81），（12、4、84）。2.勾股数定理定义2 形如x2+y2=z2的方程叫做勾股数方程,并称满足(x,y)=1的解为方程的基本解.引理 给定正整数n,且n2,则不定方程uv=wn ,适合w0,u0,v0,(u,v)=1的一切正整数解为:u=an,v=bn,w=ab,其中a0,b0,(a,b)=1 .证明:设(u,v,w)是方程uv=wn的一个解,令u=anu1,v=bnv1,其中a0,b0,u1,v1不含n次方因子,则an|wn,bn|wna|w,b|w.(u,v)=1(an,bn)=1,(a,b)=1ab|w.设w=w1ab,则代入有:u1v1=w1n,若w1n1,则有质数p满足pn|w1nu1,v1不含n次方因子及(u1,v1)=1pnu1v1=w1n矛盾!故必有w1n=1,u1v1=1, u1=1,v1=1,即解为;又显然是方程的整解.例1求最小的正整数n(n2),使得为整数.解:令=x,即6x2=(n+1)(2n+1),mod6知n1(mod6).若6|n+1,则设n=6m-1,得x2=m(12m-1),因(m,12m-1)=1,所以m与 12m-1都是平方数,但12m-13 (mod4)矛盾!若6|n-1,则设n=6m+1,得x2=(3m+1)(4m+1),因(3m+1,4m+1)=1,所以3m+1=v2,4m+1=u2,消去m得4v2-3u2=1,v=u=1时,n=1不合题意.因v为奇数,检验知v最小=13,此时,u=15,m=56,n最小=337.定理 方程x2+y2=z2 适合 条件x0,y0,(x,y)=1,且2|x 的一切正整数解为:x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2,其中ab0,(a,b)=1,且a,b一奇一偶 .证明:()先证是方程适合条件的解:显然,x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2满足方程,且x0,y0,z0,2|x,2y.设(x,y)=dx2+y2=z2d2|z2,d|z=a2+b2,d|y=a2-b2d|2a2,d|2b2,d|2(a2,b2) (a,b)=1d=1或2y为奇数,d|yd=1.()设(x,y,z)是适合的任意解,则由2|x,(x,y)=1知 y,z都是奇数,(x,y)=1(若,则d|y,d|z,从而d|x矛盾!).由引理知a2,b2, ab, ab0,(a,b)=1,即有x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2y是奇数, y=a2-b2a,b一奇一偶.推论 单位圆上一切有理点为及,其中a,b不全为零,“”号可任取.证明:设为单位圆x2+y2=1上一正有理点,则有(nx)2+(my)2=(mn)2,由定理知nx=2ab,my=a2-b2,mn=a2+b2=,即一切有理点如上所述.例2已知xn+yn=zn无正整数解.求证:方程x2n+y2n=z2也无正整数解.证明:若不然,设z为解中最小者,则(x,y)=1,由勾股数定理知:xn=2uv,yn=u2-v2=(u+v)(u-v),其中(u,v)=1, u,v一奇一偶.(u+v,u-v)=(u+v,2v)=1u+v=an,u-v=bn,2v=an-bn不妨设v为偶数,由2uv=xn, (u,2v)=1知2v=cn, bn+cn=an,即(b,c,a)是xn+yn=zn的解,矛盾!故原方程无正整数解.3.沛尔(pell)方程定义3 通常pell方程指以下四个不定方程: x2-dy2=1,4,其中x,yZ, dN*,且d不是平方数.如果pell方程的正整数解(x,y)中,使得x+y最小的正整数解为(x1,y1) ,则称(x1,y1)为方程的最小解.定理1设dN*,d不是平方数，方程x2-dy2=1的最小解为(x1,y1),则xn=,yn=,n=1,2,.给出方程x2-dy2=1的全部正整数解.称x1+y1为方程x2-dy2=1的基本解.证明:首先,xn,yn显然是解.设(x/,y/)是x2-dy2=1的任一整解,则存在整数n使得 ,即有10, xn-1-yn-10, x/0.又,将得:x/2-dy/2=1,即(x/,y/)也是解即1x/+y/x1+y1,且0x/-y/ 11)是x的一素因子,则p|x0,由x02-dy02=1知(x0,d)=(x0,y0)=1,从而,(p,x)=(p,Ax0+)=(p,)=1矛盾!(2) 若n为奇数,设n=2k+1,当k=0时,由(*)知,x=x0, y=y0.下证k1时无解:假设k1时有解(x,y),x的所有素因子整除x0.则由得 设x0=(标准分解式),则由x02-dy02=1知(pj,y0)= (pj,d)=1,1jt,下面考虑x中含有质数pj的最高方幂:若pj=2,则右端和式中每一项中含2的方幂(2m+1)=最后一项含2的方幂,即x中含2的方幂=x0dky02k(2k+1)中含2的方幂.若pj3,设2k+1中含pj的方幂为,则最后一项含pj的方幂为+,对于,因,而(2m+1)!中含pj的方幂为,所以,中含pj的方幂(2m+1)+-(2m+1)+-=+,所以x中含pj的方幂等于x0dky02k(2k+1)中含pj的方幂.总之,x中含pj的方幂等于x0dky02k(2k+1)中含pj的方幂.因x的所有素因子整除x0,所以,x仅有p1,p2,pt这t个素因子,x|x0dky02k(2k+1),但,由及k1知xx0dky02k(2k+1)0,矛盾!综合(1)(2)知满足题意的解仅有(x,y)=(x0,y0).定理4(1)当a为非零整数时,方程x2-a2y2=1只有平凡解(1,0);方程x2-a2y2=-1仅当a=1时有整数解(0,1).(2)存在无穷多个非平方数d0,使方程x2-dy2=-1无整解.证明: 由x2-a2y2=(x+ay)(x-ay)x+ay=x-ay=1或-1,x=1,y=0.另一结论同理可证.在d-1(mod4)时,x2-dy2x2+y20,1,2(mod4)方程x2-dy2=-1无整解.4.费尔马大定理不定方程xn+yn=zn(正整数n3)无正整数解.费尔马大定理,是困扰人们近四百年的著名世界难题,已于1994年被普林斯顿大学教授A.Wiles(威尔斯)攻克.二.不定方程的解法1. 因式分解法 将方程的一端化为常数,做因数分解,另一端含未知数的代数式因式分解,再由各因式的取值分解为若干方程组进行求解.例1求方程2x2+5y2=11(xy-11)的正整数解.解:方程即(2x-y)(x-5y)=-121,仅一组有解为(x,y)=(14,27).例2求方程x3-y3=z2的正整数解.其中y为素数,且3和y都不是z的约数.解:方程即(x-y)(x2+xy+y2)=z2,设(x-y,x2+xy+y2)=(x-y,(x-y)2+3xy)=(x-y,3xy)=(x-y,3y2)=d,则d|3y2 y为素数d=1或3或y,但3和y都不是z的约数d=1,对(2)乘以4得:(2x+y)2+3y2=4v2,即有10 ,20 ,30 ,对10两式相减得3y2=2(2x+y)+1=4u2+6y+1=3u2+6y+(u2+1)u2+10(mod3)与u20或1(mod3)矛盾!对20即,得x=0矛盾!对30两式相减得y2-3=4u2+6y即(y-3)2-4u2=12仅第2种情况有解为(y,u)=(7,1),(x,z)=(8,13)原方程解为(x,y,z)=(8,7,13).例3求方程x2-5xy+6y2-3x+5y-25=0整数解.解:方程即(x-2y+1)(x-3y-4)=21,解方程组得解为(x,y)=(-50,-25), (4,-1),(-26,-9),(-16,-9),(-6,-1),(50,15),(-72,-25).2. 配方法将方程一边变形为平方和的形式,另一边是常数.从而缩小解的存在范围,达到求解或判定无解之目的.例1求方程x2-12x+y2+2=0的整数解.解:方程即(x-6)2+y2=34,显然y234,从而y2=0,1,4,9,16,25.检验知,只有y2=9或25时.34-y2为完全平方数, 原方程解为:(x,y)=(11,3),(1,3),(11,-3),(1,-3),(9,5),(3,5),(9,-5),(3,-5).例2证明方程x2+y2+z2+3(x+y+z)+5=0无有理数解.解:乘4配方得(2x+3)2+(2y+3)2+(2z+3)2=7有有理数解a2+b2+c2=7m2有整解,设m是整解(a,b,c,m)中最小的正整数.(1)若m为偶数,则a,b,c都是偶数,从而()也是解,矛盾!(2)若m为奇数,7m27(mod8), n20,1,4(mod8)无解,故原方程无有理数解.例3求方程x2(y-1)+y2(x-1)=1的整数解.解:设(x,y)为整数解,当y=1时,x=2,当x=2时,y=1或-5;当y1时,方程(y-1)x2+