1、数学奥赛辅导 第四讲 不定方程不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数的取值范围是受某些限制（如整数、正整数或有理数）的方程.不定方程是数论的一个重要课题，也是一个非常困难和复杂的课题.1几类不定方程（1）一次不定方程在不定方程和不定方程组中，最简单的不定方程是整系数方程通常称之为二元一次不定方程.一次不定方程解的情况有如下定理.定理一：二元一次不定方程为整数.有整数解的充分必要条件是. 定理二：若为之一解，则方程全部解为. （t为整数）。（2）沛尔方程形如（，不是完全平方数）的方程称为沛尔方程. 能够证明它一定有无穷多组正整数解；又设为该方程的正整数解中使最小的解，则其的全部正整数解
2、由（）给出. 只要有解，就可以由通解公式给出方程的无穷多组解.满足的关系：； ， （3）勾股方程这里只讨论勾股方程的正整数解，只需讨论满足的解，此时易知实际上两两互素. 这种两两互素的正整数解称为方程的本原解，也称为本原的勾股数。容易看出一奇一偶，无妨设为偶数，下面的结果勾股方程的全部本原解通解公式。定理三：方程满足，的全部正整数解可表为，其中，是满足一奇一偶，且的任意整数.4不定方程这是个四元二次方程，此方程也有不少用处，其全部正整数解极易求出：设，则，其中，故，所以. 因此方程的正整数解可表示为都是正整数，且.反过来，易知上述给出的都是解.也可采用如下便于记忆的推导：设是既约分数，即. 由
3、于约分后得出，故，同理2不定方程一般的求解方法1奇偶分析法；2特殊模法；3不等式法；4换元法；5因式分解法6构造法（构造出符合要求的特解或一个求解的递推关系，证明解无数个）7无穷递降法由于不定方程的种类和形式的多样性，其解法也是多种的，上面仅是常用的一般方法.注：对无穷递降法的理解：以下面的问题为例：证明：方程无正整数解。证明：假设存在正整数解，其中最小的解记为。因为，根据勾股方程的通解公式有，其中一奇一偶，。从可以得到为奇数，为偶数，令，其中，所以。由得，即，又可以通过勾股方程的通解公式，注意到，所以，而，与的最小性矛盾。所以原方程组无正整数解。赛题精讲例1（1）求不定方程的所有解；（2）求
4、不定方程的所有解。解析：（1）可以由辗转相除法得到，其实根据该方法可以得到必存在整数，使得。如，依次反代即可得到一个特解。（2），可以取，此时可以得到。从而得到一个特解。注：这个两个方法是基本方法。例2求所有满足方程的正整数解解析：首先从同余的角度可以发现必须为偶数，又的个位数必须为5，而的个位数为2，4，或6，的个位数为3，9，1，所以，对应的。这样可以令，可以得到，注意到均为奇数，两个的和和差必定是一个单偶，一个双偶，从而，目标集中于，观察有解。当时，两边取模17可以得到矛盾。所以仅有解例3为给定的一个整数，当为何值时，方程有正整数解？有正整数解时，求这个不定方程。解：可以变形为，这样，一
5、个明确的事实，从而。这样我们得到。不妨假设两种情况。（1），从这个代数式发现，对单独讨论，有，这种情况共有解：；，注意到*式的等价性，又有解 （2）将等式转化为不等式，从同余的角度看有，所以，若，则，只能是。注意到*式的等价性，又有解 综上，可以有，对应的解分别为共9组解。例4证明：不定方程无整数解解析：给我们的第一个印象是同为奇数或同为偶数。若同为偶数，则也就是，进一步有为奇数，因为奇数的平方模8余1，矛盾。若同为奇数，则需进一步讨论，关键是取模为多少比较好讨论。结合费马小定理如，则，从而，但是。比较两者我们就可以到相应的结论例5求证：存在无数组解且每个解都大于2009。证明：观察有特解。从
6、原方程可以得到。这说明从一组解可以得到另一组解。由于方程结构的对称性，不妨假设，则，主要是证明，这是因为。不断依次类推就可得到结论。例6（普特南竞赛题）求方程的整数解，其中是质数，是大于1的正整数，并证明你所得到的解是全部解. 解析：容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设，即。若，从余数去讨论，为奇数。，所以，提取公因数，有，从奇偶性可以看出这种情形方程无解。为偶数，注意到。，令，观察最后两项，只能， ， ，从而综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：例8（09湖北）求不定方程的正整数解的组数解 令，则先考虑不定方程满足的正整数解，当时，有，此方程满足的正整数解为当时，有，此方程满足的正整数
7、解为所以不定方程满足的正整数解为 又方程的正整数解的组数为，方程的正整数解的组数为，故由分步计数原理知，原不定方程的正整数解的组数为例8（09 巴尔干）求方程的正整数解。解析：首先，从而，为偶数。方程可以转化，。所以，即得，下面研究，当时，通过尝试的方法可以得到：，在考虑模7的余数，矛盾。所以，由此可以得到方程的解为。变式练习：（09 加拿大）已知为完全平方数，求解析：须为4的倍数，从而一个为奇数，一个为偶数。若，则，同上，应该有，当时，通过尝试的方法可以得到：， 矛盾，所以，满足条件的为仍然考虑例9：试证：当时，不存在个连续自然数，使得它们的平方和是完全平方数.解析：设是非负整数.假若结论不成立,即存在使即 记 则当时，分别由 和令，代入得即把代入后将分别得到但这是不可能的，故. 当时,由得 若则由知,，由于的任意性，所以只能有因此要使成立,只能,于是由知有,这是不可能的,故同理可证若,则由可得,这是不可能的,故综上,命题得证.
