【数论第四讲】 不定方程

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。 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(x1,x2,满足F(x1,x2,,xn)0有整数解，则对任意mN*，其整数解(x1,x2,,xn),xn)0(modm)。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。

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2x25y211(xy11)的正整数解(x,y)。 解：法1（因式分解）：方程即(2xy)(x5y)112，可得

2xy -121 1 -11 11 -1 121 1 -121 11 -11 121 -1 x5y 解得(x,y)(14,27)。 法2（配方法）：方程即2(x1111y2812)112y，即(4x11y)2811281y2 48例2．将3表示成k个连续正整数之和，求项数k的最大值。 解：设这k个连续正整数中最小的数为a，则3ka解可得k(2ak1)23。

显然，为了让k尽量大，则需a尽量小，故需k与2ak1的取值尽量接近，因此令k23，

5111k(k1)，即2kak(k1)2311，作因式分2112ak136，可得a122，k486。

所以，项数k的最大值为486。

例3.解方程：x 2 + [ 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x2xr20（不定方程）．

整理得x2x2r．因为0r1，所以0x2x21，解得

113113 x2,或1x22所以[ x ] =3或2或1．代入方程x 2 + [ x ] –2 = 0中得x5或2或1． 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x3y32y21．

解（不等式估计法）

把方程x3y32y21变为x3(y1)3y23y．由原方程可知xy，于是得xy1．

由于x3(y1)3y23y，从而有y23y0，解得3y0．据y的整数性可得y的可能取值为3，2，1和0．

当y3时，x38，得x2；当y2时，x31，得x1；当y1时，x3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），（0，1）．

例5．已知正整数n满足：n9，16n9，27n9都是完全平方数，求n的值。 解：设n9m12，16n9m22，27n9m32，且m1m2m3,m1,m2,m3N*。 则16m12m22915，即(4m1m2)(4m1m2)915，可得 4m1m214m1m234m1m254m1m29 ,,,m1m24541m227m4154m1m21354m1m2m117m16m14解得，即得n280或27或7，这里只有n280能使27n9为完全平,,m67m21m11222方数。所以n280。

三、求方程x2＋x＝y4＋y3＋y2＋y的整数解．

【解】【不等式估计法】

原方程可变形为4x2+4x+1=4y4+4y3+4y2+4y+1．

∴(2x+1)2=(2y2+y)2+3y2+4y+1=(2y2+y)2+2×(2y2+y)+1+(－y2+2y)=(2y2+y+1)2+(－y2+2y)

3y24y1022222

（1）当，即当y<－1或y>2时，(2y+y)＜(2x+1)＜(2y+y+1) 2y2y0而2y2+y与2y2+y+1为两相邻整数，所以此时原方程没有整数解．

（2）当y=－1时，x2+x=0，所以x=0或－1． （3）当y=0时，x2+x=0，所以x=0或－1． （4）当y=1时，x2+x=4，此时x无整数解．

（5）当y=2时，x2+x=30，所以x=－6或5．

x0x1x0x1x6x5综上所述：，，，，，．

y0y1y1y0y2y2例6．证明：不定方程x2y54没有整数解.

【证明】【同余方法】

若存在整数x，y使得x2y54成立，对方程两边模11，可知x20,1,4,9,5,3(mod11)； 若y能被11整除，则y547(mod11)，不合题设；若y不能被11整除，则y101(mod11)，可得11能整除y51或y51，可知y51,10(mod11)，于是有y548,6(mod11)，这仍与题设不合。 综上，不定方程x2y54没有整数解。

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7b7b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7b7b7（转化为关于x，b的不

3424定方程）．可知7能整除x，由于7为质数，所以7能整除x，故设x7m，m为整数，则有7mbb14422（进一步转化为关于m，b的不定方程，方程更加简单）．

234因为最小的正整数b的充要条件是bb1取最小，即7m最小，也就是m1时．故得

b2b1343，解得b18．

综上，最小的正整数b为18．

例8．求方程x(xy)z120的质数解．

分析：若x为偶数，则z必为偶数；若x是奇数，y为奇数，则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，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x为奇数，y为偶数，则y = 2，此时方程变为x(x2)z120。方程可进一步变为x22x120z，即(x12)(x10)z．（注：因式分解；数的分解思想）

由于z是质数，不能继续分解，故需x101,x12z，即得x = 11，z = 23． 综上，原方程的质数解为（2，59，2）或（11，2，23）．

例9．关于本原勾股数的两条性质：

若正整数x，y，z满足xyz，且(x,y,z)1，则称x，y，z为一组本原勾股数，且满足：

222

（1）x，y是一奇一偶两个正整数，z为奇数；

（2）若x为奇数，y为偶数，则xMN，y2MN，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x21(mod4)，

2222y21(mod4)，得x2y22(mod4)．而z20或1(mod4)，则有x2y2z2，矛盾．所以，x，y是一

奇一偶两个正整数，从而得z为奇数．

（2）方程x2y2z2可变形为x2z2y2，即x2(zy)(zy)．

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y)(zy,zy2y)(zy,2y)． 因为(zy,y)(z,y)1；又zy为奇数，所以(zy,2)1． 因此，(zy,2y)1，即(zy,zy)1．

所以 zyb2，zyc2，且xbc，bc，b、c均为正奇数．

2c2b2c2b2所以，z，y．令b2m1，c2n1，则有

22 z(mn1)(nm)，y2(nm)(mn1)．

2222故令 Mmn1，Nnm，就有xMN，y2MN，zMN，这里的m、n均

22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．

2xy2由于3不能整除23，所以3不能整除z，即得3不能整除z，故可设z3k1，于是z1(mod3)，

xxy2y2xxx可得21(mod3)．若x为奇数，则22(mod3)，所以x为偶数，可设为x2n．于是20(mod4)，

而z1(mod4)，所以31(mod4)．若y是奇数，则33(mod4)，所以y是偶数，设y2m。此时方程变形为(2)(3)z．

n2m222yy

显然，(2n,3m,z)1，故据本原勾股数的性质有22MN—— ①，3MN—— ②。

dem2d2e由①可设M2，N2，其中den1，且de．代入②中得322．

nm22因为3为奇数，2m2d2emn1为偶数，所以2为奇数，可得e0，所以dn1．从而有341，且

n2．由于4n113(mod4)，所以3m3(mod4)，可知m为奇数．

所以，3m1(31)(3m13m231)，注意到3为奇数，所以3m1m13m231是m个奇数的和，而m

3m231也为奇数，所以4n2为奇数，即得n2，从而得m1．所以x4，

y3，z5．

综上，方程23z的正整数解为(4,3,5)．

例11．找出所有的正整数组（x，y，z），使得y是质数，y和3均不整除z，且x3y3z2．

解 方程变形为(xy)(x2xyy2)z2．现考查(xy,x2xyy2)的值，若为1，则xy与x2xyy2均为完全平方数，便可以产生两个方程．

因为(xy,x2xyy2)(xy,(xy)23xy)，而由

y

为质数可知(x,y)1，可得

xy2(xy,y)1,(xy,x)1．从而(xy,xy)1，可得(xy,3xy)1．所以(xy,(xy)23xy)1．

所以xym2,x2xyy2n2，且zmn．

222222222注意到xxyyn可变为4x4xy4y4n，即(2xy)3y4n，可得

3y24n2(2xy)2(2n2xy)(2n2xy)

（注：这样做的目的是利用y为质数的不可分解性来建立新的方程） 为此有如下情况：

22222（1）2n2xy3,2n2xyy，可得4x2yy3，由xym得4m6yy3，整

22理得 (y3)4m12，即(y32m)(y32m)12，可得m = 1，y = 7．

所以有 x = 8，y = 7，z = 13；

（2）2n2xyy,2n2xy3y，可得x = 0，不合，舍；

22（3）2n2xy1,2n2xy3y，可得3y14x2y，可得3y14(ym)2y，即

223(y1)24(m21)，注意到m211或2(mod3)，而3(y1)20(mod3)，所以不可能．

综上，所有的正整数解为（8，7，13）．

例12．设p是大于11的素数，问是否存在合数n和正整数，使得12n11np.证明你的结论. 解：因为n为合数，故设nkq，其中k为一个素数，q为大于1的整数。 那么1211能整除1211，即能整除p。

qqnn因为p为素数，所以12q11qp，且1。 那么，12n11n(12q)k(11q)k(p11q)k(11q)k

1 (p)kCk(p)k111q1Ckp(11q)k1p

由于1，所以p1能整除p，所以p能整除k(11q)k1。 因为p11，所以p只能整除k，而k也是一个素数，因此pk。 因此有1211整除p，于是12p11ppr(r)。

pp据费马小定理，有12p11p12111(modp)，而pr0(modp)，矛盾。 综上，不存在合数n和正整数，使得12n11np. 等式即12n112n2111211n211n1p，

n1Cn111p，即

n1Cn11(p1)(p1p212又 Cn11n1Cn11n212Cn11n1Cn11n21)

若11能整除p1，则可设p11k1，且k为偶数，则有

2n11n2Cn11n3n2Cn11nk(p1p21)

k[(11k1)1(11k1)2k(11m)

可得kn(mod11)，故设nk11m，于是

(11k1)1]

12n11n

例13．求方程xy2解：方程即(xy)(xn1nn2013的正整数解(x,y,n)，其中n1.

xn2yyn1)22013，可知xy2(N)，且

xn1xn2yyn122013。

若0，则xy1，可得(y1)nyn22013。

因为y与y1是一奇一偶两数，所以(y1)nyn为奇数，不合题设，舍； 若0，则xy为正偶数，可知x与y的奇偶性相同。

当x与y同为偶数，可令x2x1,y2y1，则有2n(x1ny1n)22013，可得x1ny1n22013n，可知x1与y1的奇偶性相同。可见x与y含因数2的个数是相同的。

故令x2kp,y2kq，且p,q均为正奇数，于是有pnqn22013kn，其中kn2013。 可知pq2，且pn1pn2q因为pn1,pn2q,pqn2qn122013kn。

,pqn2,qn1均为奇数，所以n为偶数。

若n2m，可得p2mq2m220132km，于是pmqm220132km，且pmqm2。同上道理，m必为偶数。因此，可令n2，则

p2q2(p2q2)(p2q2)

(p211111q21)(p22q22)(pq)(pq)22013kn。

22所以pq21,pq22，pq23，„，这只能1，即n2。

nn2013若n2，则xy2于是不定方程的解为

，可得xy2，且xy22013。

四、（本题满分50分）求方程xnyn22013的正整数解(x,y,n)，其中n1. 四、（本题满分50分）

【解答】下证，若z为大于1的奇数，则此时原方程无满足题意的解.

下证关于x、y、z、k的方程xzyz2k无满足x、y、z、k均为正整数且z1的解. (反证)若关于x、

y、z、k的方程xzyz2k有满足x、y、z、k均为正整数且z1的解.由于k为偶数，x、y的奇偶

2性相同.

若x、y同为奇数，则原方程可化为

(xy)(xz1xz2y...xyz2yz1)2k，

注意到xz1xz2y...xyz2yz1是z个正奇数之和，故为大于1的奇数，这与它是2k的因子矛盾，故x、y同为偶数.

设(x0,y0,z0,k0)是所有解中使k0最小的，则可设x02x1，y02y1，其中x1，y1均为正整数，则有

x1z0y1z02k0z0，此时由z01，得x1z0y1z01，即2k0z01，k0z00，且(x1,y1,z0,k0z0)也是其

一组解，与k0的最小性矛盾.

故当z为大于1的奇数时，方程xzyz2k无满足x、y、z、k均为正整数且z1的解，因此，z为正

zzzzzzzzk偶数. 设在解(x0,y0,z0,k0)中，有z02z1，故有(x01y01)(x01y01)2，则应有x01y01与x01y01同

为2的正整数次幂，且x01y01x01y01. 设x01y012，则由前面的讨论知z1不可能是大于1的奇数. 若z1是正偶数，由无穷递降法，x01y01220，有k0，则正整数解组(x0,y0,z1,)与正整数解组

zzkzzzzzz(x0,y0,z0,k0)中k0的最小性相矛盾. 则只能有z11，z02z12.

在本题中，k2013. 故原方程可化为(xy)(xy)22013.

201221xy2x2. 且由xyxy，有222013，故设，其中为正整数，则2013201212xy2y211006，N*.

综上，知满足题意的原方程的所有解组为(x,y,z)(2201221,2201221,2)，其中11006，N*.