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2021年2月13日发(作者：听妈妈的话周杰伦)

实用标准文案

不定方程

一、定义：把未知数的个数 多于方程的个数的方程（组）称为不定方程．这里的“不定”指的是方程的

解不定．

二、基本思路与方法：

1

．因式分解法，对方程的一边进行因式分解，另一边作质因数分解，对比两边 ，转化为若干个方程构

成的方程组，进而求解。

2

．配方法，将方程的一边变为平方和的形式，另一边为常数，再用不等式予 以处理。

3

．不等式估计，利用不等 式工具确定不定方程中某元的范围，再利用整数性“夹逼”出该元的取值。

< p>
4

．运用整除性把“大数”化为“小数”

，使方程 的解明朗化。

5

．同余方法，如果不 定方程

F

(

x

1

,

x

2

,< /p>

满足

F

(

x

1

,

x

2

,

,

x

n

)



0

有整数解，则对任意

m



N

*

，其整数解

(

x

1

,

x

2

,

,

x

n

)

,

x

n

)



0(mod

m

)

。利用这一条件，同余可以作为探求不定方程整数解的一块试金石。

< /p>

6

．构造法，在不易得出方程的全部解时，通过构造法可以提供其 部分解，从而证明该方程有解或者有

无穷多个解，适合于处理存在性问题。

7

．无穷递降法，适合证明不定方程没有正整数解 。

三、例题选讲：

例

1.

求所有满足方程

2

x



5

y



11(

xy



11)

的正整数解

(

x

,

y

)

。< /p>

解：法

1

（因 式分解）

：方程即

(2

x



y

)(

x



5

y

)





11

，可得

< br>

2

2

2

2

x



y

-121

1

-11

11

-1

121

1

-121

11

-11

121

-1

x



5

y

< br>

解得

(

x

,

y

)



(14,27)

。

法

2

（配方法）

：方程即

2(< /p>

x



11

11< /p>

y

2

81

)



11

2



y

2

，即

(4

x



11

y

)

2



8



11

2



81

y

2

< br>4

8

例

2

．将

3

表示成

k

个连续正整数之和，求项数

k

的最大值。

< br>

解：设这

k

个连续正整数中最 小的数为

a

，则

3



ka



分解可得

k

(2

a



< br>k



1)



2



3

。

显然，为了让

k

尽量大，则需

a

尽量小，故需

k

与< /p>

2

a



k



1

的取值尽量接近，因此令

k



2



3

，

5

11

11

1

k

(

k



1)

，即

2

ka



k

(

k



1)

< /p>

2



3

11

，作因式

2

2

a< /p>



k



1



3

6

，可得

a



122

，

k



486

。

所以，项数

k

的最 大值为

486

。

2

例

3.

解 方程：

x

+ [

x

]

–

2 = 0

，其中

[

x

]

表示不超过

x

的最大整数．

解

令

x



[

x

]



r

,

r



[0,1)

，则方程变为

x

2



x

< /p>

r



2



0

（不定方程）

．

文档

实用标准文案

整理得

x

2



x



2



r

．因为

0



r



1

，所以

0



x

2



x< /p>



2



1

，解得



1



13



1



13



< p>
x





2,

或

1



x

< br>

2

2

所以

[

x

] =



3

或



2

或

1

．代入方程

x

+ [

x

]

–

2 = 0

中得

x





5

或



2

或

1< /p>

．

注：运用不等式确定方程中某元的范围，进而求解。

例

4

．找出所有整数组（

x

，

y

）

， 使得

x

3



y

3



2

y

2



1

．

解（不等式估计法）

把方程

x

3



y

3



2

y

2



1

变为< /p>

x

3



(

y



1)

3



y

2



3

y

．由原方程可知

x



y

，于是得

x< /p>



y



1

．

由于

x

3



(

y



1)

3





y

2



3

y

，从而有



< br>y

2



3

y



0

，解得



3



y



0

．据

y

的整 数性可得

y

的可能取值为



< p>
3

，



2

，



1

和

0

．

2

当

y





3

时，

x

3

< /p>



8

，得

x





2

；当

y





2

< p>
时，

x

3



1

，得

x



1

；当

y



< br>

1

时，

x

3



2

，此时无整数解；

当

y



0

时，

x

= 1

．

综上，原方程的所有整数解为（–

3

，–

2

）

，

（–

2

，

1

）

，< /p>

（

0

，

1

）

．

例

5

．已知正整数

n

满足 ：

n



9

，< /p>

16

n



9

，

27

n



9

都是完全平方数，求

n

的值。

2

2

2

*

解：设

n



9



m

1

，

16

n



9



m

2

，

27

n



9



m

3

< p>
，且

m

1



m

2



m

< br>3

,

m

1

,

m

2

,

m

3



N

。

2

2

则

16

m

1



< p>
m

2



9



15

，即

(4

m

1



m

< br>2

)(4

m

1

< br>

m

2

)



9



15

，可得



< br>

4

m

1



m

2



1



4

m

1



m

2



3



4

m

1



m

2

< br>

5



4

m

1



m

2



9

,



,



,





4

m

1



m

2

< br>

135



4

< br>m

1



m

2



45



4

m

1



m< /p>

2



27



4

m

1



m

2



15

< p>


m

1



17



m

1

< br>

6



m

1



4

,



,



解得

< /p>

，即得

n



28 0

或

27

或

7

，这里只有

n



280

能使

27

n

< br>

9

为完全平

m



67

m



< br>21

m



11

< br>

2



2



2

方数。所以

n

< br>

280

。

< br>三、

求方程

x

2

＋

x

＝

y

4

＋

y

3

＋

y

2

＋

y< /p>

的整数解．

【解】

【不等式估计法】

< p>
原方程可变形为

4

x

+4

x

+1=4

y

+4

y

+4

y

+4

y

+1

．

∴

(2

x

+1 )

=(2

y

+

y

)

+3

y

+ 4

y

+1=(2

y

+

y

)

+2

×

(2

y

+

y

)+1+(

－

y

+2

y

)=(2

y

+

y

+1)

+(

－

y

+2

y

)

2

2

2

< br>2

2

2

2

2

2

2

2

2

4

3

2



3

y

2



4

y



1



0

2

2

< br>2

2

2

（

1

）当



，即当

y

<

－

1

或

y

>2

时，

(2

y

+

y

)

＜

(2

x

+1 )

＜

(2

y

+

y

+1)

2





y



2

y



0

而

2

y

+

y

与

2

y

< br>+

y

+1

为两相邻整数，所以此 时原方程没有整数解．

（

2

）当

y

=

－

< p>
1

时，

x

+

x

=0

，所以

x

< p>
=0

或－

1

．

< p>

（

3

）当

y

=0

时，

x

+

x

=0

，所以

< p>
x

=0

或－

1

< p>
．

（

4

）当

y

=1

时，

x

+

x

=4

，此时

x

无整数解．

2

2

2

2

< p>
2

文档

实用标准文案

（

5

）当

y

=2

时，

x

+

x

=30

，所以

x

=

< br>－

6

或

5

．

2



x



0



x





1



x



0



x





1

< br>

x





6



x



5

综上所述：



，



，



，



，



，



．

y





1

y





1

y



< br>0

y



0

y



2

y



2













例

6

．证明：不定方程

x



y



4

没有 整数解

.

【证明】

【同余方法】

若存在整数

x

，

y

使得

x



y

< p>


4

成立，对方程两边模

11

，可知

x



0,1,

4,9,5,3(mod11)

；

< br>

10

若

y

能被

11

整除，则

y



4



7(mod11)< /p>

，不合题设；若

y

不能被

11

整除，则

y



< p>
1(mod11)

，可得

5

2

5

2

2

5

5

5

5

11< /p>

能整除

y



1< /p>

或

y



1

，可知

y



1,10 (mod11)

，于是有

y



4



8,6(mod11)

，这仍与题设不合。

5

综上，不 定方程

x



y



4

没有整数解。

< br>例

7

．设

n

是整数，它的

b

进制表示是

777

，求最小的正整数

b

，使得

< p>
n

是某个整数的四次方．

分析：显然“最小的正整数

b

”体现出了

b

的范围，应紧紧抓住这个条件．

【解（运用整除性递降大数）

】

据题意可建立等式

n



7

b



7

b



7

（关于

n

，

b

的不定方程）

．

由于

n

是某个整数的四次方，故设

n



x

，

x

是 整数。那么，

x



7

< br>b



7

b



7

（转化为关于

x

，

b

的不

定方程）

< p>
．

可知

7

能整除

x

，

由于

7

< p>
为质数，

所以

7

能整除< /p>

x

，

故设

x



7

m

，

m

为整数，

则有

7

m



b



b



1

（进一步转化为 关于

m

，

b

的 不定方程，方程更加简单）

．

因

为

最

小

的

正

整

数

b

的

充

要

条

< br>件

是

b



b



1

取

最

小

，

即

7

m

最

小

，

也

就

是

m



1

时

．

< br>故

得

2

3

4

4

3

4

2

4

4

2

2

2

5

b

2



b



1



343

，解得

b



18

．

< p>
综上，最小的正整数

b

为

18

．

例

8

．求方程

x

(

x



y

)

< /p>

z



120

的质 数解．

分析：若

x

< br>为偶数，则

z

必为偶数；若

x< /p>

是奇数，

y

为奇数，则

< br>z

仍为偶数；若

x

是奇数，

y

为偶数，则

z

为 奇数。因此，无论怎样，

x

，

y

，

z

中至少有一个为偶数，而偶数为质数的只 有

2

．

解

若

x

为偶数，则

x

= 2

，此时可得

z

= 2

，从而得

y

= 59

；

若

x

为奇数，

y

为奇数，则

z

为偶数，即得

z

= 2< /p>

，此时方程变为

x

(

x



y

)



122

．由于

122 = 2

×

61

，所

以得

x

= 61

，从而得

x



y



2

，不合，舍；

若

< br>x

为奇数，

y

为偶数，则

y

= 2

，此时方程变为

< br>x

(

x



2)



z



120

。方程可进一步变为

x

2



2

x



< p>
120



z

，

< p>
即

(

x



12)(

x



10)



z

．

（注：因式分解 ；数的分解思想）

由于

z

< p>
是质数，不能继续分解，故需

x



10



1

,

< br>x



12



z

，即得

x

= 11

，

z

= 23

．

综上，原方程的质数解为（< /p>

2

，

59

，

2

）或（

11

，< /p>

2

，

23

）

．

例

9

．关于本原勾股数的两条性质：

若正整数

x

，

y

，

z

满足

x



< p>
y



z

，且

(

x

,

y

< br>,

z

)



1

，则称

x

，

y

，

z

为一组本原勾股数，且满足：

文档

2< /p>

2

2

实用标准文案

（

1

）

x

，

y

是一奇一偶两个正整数，

z

为奇数；

（

2

）若

x

为奇数，< /p>

y

为偶数，则

x



M



N

，< /p>

y



2

MN

，

z



M



N

，其中

M

、

N

为一奇一偶两

个正 整数．

证明：

（

1

）

若

x

，

y

均为偶数，

则

z

必为偶数，

与

(

x

,

y

,

z

)



1

矛盾；

若

x

，

y

均为奇数，

则

x



1

(mod

4

< br>)

，

2

2

2

2

2

y

2



1

(mod

4

)

，得

x

2



y

2



2

(m

od

4

)

．而

z

2



0

或

1

< p>
(m

od

4

)

< p>
，则有

x

2



< p>
y

2



z

2

，矛盾．所以，

x

，

y

是一

奇一偶两个正整数，从而得

< p>
z

为奇数．

2

2

2

2

2

2

（

2

）方程

x



y



< br>z

可变形为

x



z



y

，即

< br>x



(

z



y

)(

z



y

)

．

< /p>

2

若

z

，

y

不互质，则有质因数

a

，那么质因数

a

能整除

x

，可得

a

能整除

x

，这与

(

x

,

y

,

z

)



1

矛盾．所

以

z

，

y

互质，即

(

z

,

y

)



1

．

考查：

(

z



y

,

z

< br>

y

)



(

z



y

,

z



y



2

y

)



(

z



y

,

2

y

)

< br>．

因为

(

z



y

,

y

)



(

z< /p>

,

y

)



1

；又

z



y

为奇数，所以

(

z< /p>



y

,

2

)



1

．

< p>

因此，

(

z

< p>


y

,

2

y

)



1

，即

(

z



y

,

z



y

)



1

．

所以

z



y



b

< p>
，

z



y



c

，且

x

< br>

bc

，

b



c

，

b

、

c

均为正奇数．

< br>2

2

2

c

2



b

2

c

2



b

2

所以，

z



，

y



．令

b



2

m



< p>
1

，

c



2

n



1

，则有

2

2

z



(

m



n



1

)< /p>



(

n



m

)

，

y

< p>


2

(

n



m

)(

m

< br>

n



1

)

．

故令

M



m



n



1

，

N



n



m

，就有

x



M



N

，

< br>y



2

MN

，

z



M



N

，这里的

m

、

n

均

为正整数，所以

M

、

N

为一奇一偶两个正整 数．

例

10

．求方程

2



3



z

的正整数解．

分析：先分析出

x

，

y

，

z

的奇偶性，就有可能把方程变形为“勾股 方程”

．

解

易知

2

为偶数，

3

为奇数，所以

z

为奇数，可得

z

为奇数．

x< /p>

y

2

由于

3

不能整除

2



3< /p>

，

所以

3

不能整 除

z

，

即得

3

不能整除

z

，

故可设

z



3

k



1

，

于是

z



1

(mo d

3

)

，

x< /p>

可得

2



1

(mod

3

)

．若

x

为奇数，则

2



2

(mod

3

)

，所以

x

为偶数，可设为

x



2

n

< p>
．于是

2



0

< p>
(mod

4

)

，

x

x

2

2

2

2

2

2

< br>x

y

2

x

y

2

2

2

y

而

z



1

(mod

4

)

，所 以

3



1

(m od

4

)

．若

y

是奇数，则

3



3

(mod

4

)

< br>，所以

y

是偶数，设

y



2

m

。此时

y

方程变形为

(

2

)



(

3

)



z

．

n

2

m

< br>2

2

文档

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