暑直播課高三數(shù)學(xué)實(shí)驗(yàn)二試數(shù)論第11講不定方程

1例題例題1n證明：1a3，2a4aian1)22例題例題1解：考慮簡單情況n+k=p為質(zhì)數(shù)，根據(jù)Kummcr定理∣2nn問題轉(zhuǎn)化為：npk，是否存在無窮多個(gè)素?cái)?shù)p使得在p進(jìn)制下(pkpk)位．若k0時(shí)，只要?2kp則不進(jìn)位，顯然這樣的p有無窮多個(gè)．若k0時(shí)，不進(jìn)位則要慮nk=∣Cn?在p進(jìn)制下nn進(jìn)位次數(shù)少于m．即(pmkpmk)進(jìn)制下進(jìn)位次數(shù)少于m．兩個(gè)pmk=am?1pm?1+?+a1pa0相加最多進(jìn)位m次，k?2時(shí)，pk1時(shí)，利用Cnn1Cn+1以及(n12n1)=1?(n1Cn?p∣k，取p為k的質(zhì)因子，則改變m可以找到無窮多個(gè)滿足條件的n12n+例題例題1答 見解解 解：反證法．令T=((a+2)2+3b2)((a?2)2+3b2)=(a2+3b2+4)2?16a2，(a2+3b2?4)2<T<(a2+3b2+設(shè)T設(shè)Ta23b2Δ)2，有?3?Δ?32Δa2?6(8?Δ)b2+Δ2?8Δ=0?2∣Δ?Δ=例題例題1解：2∣n∣n時(shí)，不難觀察到若n存在一組解，則n+2也存在解．對于n=通過模2可知不存在解．對于n5，考慮x1x2x3x41，x54例題1答 解：注意到(1,1,1)是一組解．并且注意(x+2y+2z)3+2(x+y+2z)3+4(x+y+z)3?6(x+2y+2z)(x+y+2z)背景：令t=32，a，b，c為整數(shù)，定義f(abtct2a32b34c36abcf(abtct2f(xytzt2)=f((abtct2xytzt2))，所以想找p，q，r是x，y，z的線性組合，并且f(pqrf(xyz)，借助f(1,1,1)1，f(pqtrt2f((xytzt21tt2))，得到px2yq=x+y+2z，r=x+y+例題例題1答 見解解 解：設(shè)(x,y)為方程的整數(shù)解，則當(dāng)x=0時(shí)，y2(y+2)=0，得y=0或?2．當(dāng)y=0時(shí)x60，得x0．可知當(dāng)x，y中有一個(gè)等于零時(shí)，解為(xy(0,0)或(0,下面討論xy0的情形．對y的任意素因子p，設(shè)pm∥y，則p∣x6，故p∣x．再設(shè)pn∥xp為奇素?cái)?shù)，則p2m∥(y32y2)．而x6x3yx3(x3y)．若3nm邊p的冪次，可得6n=2m，即m=3n，；若3n>m，則可得3n+m=2m，亦m3n．所以，總有mp2，若m?2，則22m+1∥(y32y2)，同(1)的分析可得m3n或3n利用(1)，(2)的結(jié)論，我們可設(shè)(xy)=(ab2b3)，(ab,b3)或(ab,2，這里a，ba6+a3=b3+2，a6+2a3=8b3+8，8a6+4a3=b3+4．對方程1°，若a1，(a2+1)3>b3=a6+a3?2>無解．若a0(a2)3>b3>(a2?亦無解．故a=0，x=0或者a=1，b=0，y=0，均與xy 0符．對方程2°，若a>0(a2+1)3>(2b)3=a6+2a3?8>無解．若a<?2(a2)3>(2b)3>(a2?亦無解，而對a=?2，?1，0，都導(dǎo)致xy0．對方程3°，若a>1(2a2+1)3>b3=8a6+4a3?4>若a<?1(2a2)3>b3>(2a2?故只能是a101}．僅當(dāng)a1，b2時(shí)，有使xy=0的解(xy4)．綜上可知，方程的整數(shù)解為(xy)=(00)，(0?2)或(2例題例題1答 見解解 解：

n2? =

k∈m2+1? ， ，mkm22m 于是，m1n=k1．從而，為證命題成立，只需證明k1為完全平方數(shù)為方便起見，記k1=s，x

m+ ，y

m?．利用m，n同奇偶，可知x，y∈2并由mxy，n=xy，代入(11)式得x2+y2+(2?s)xy?s=0，(12)視(12)為關(guān)于x的方程：x2?(4s?2)yx+y2?s=0．取其一組整數(shù)解(x0y0)0∣x0∣>∣y0∣，且∣y0∣最小．如果y0=0，那么s=x2為完全平方數(shù)，故可設(shè) =0．設(shè)(t,0t+x0=(4s?2){tx0=y2?·00如果s>y2，那么t與x0異號，故∣t+x0∣<max{∣t∣,∣x0∣}．若∣t+x0∣<∣t∣ ∣y2?s ∣s∣t+x0∣<∣t∣=∣ ∣< ∣x0導(dǎo)致∣4s2y0x0∣∣<∣s∣，∣這在s?2時(shí)不能成立；若∣tx0∣<∣x0∣∣(4s?2)y0∣<∣x0∣0如果s<y20

y2?∣

<00<∣t∣=∣y2?s ∣y2∣0·∣< ∣x00∣<s=y2，即0例題例題1答 見解解 記f(xyzw)=nx2y2z2w2，這里n∈N?，x，y，z，w∈Z．則命題可以轉(zhuǎn)為：若f(xyxw)=0有使得x=0的整數(shù)解(x,y,z,w)，則f(x,y,z,w)=0有滿足x=1的整數(shù)解(x,y,z,現(xiàn)設(shè)(xyzw)是f(xyzw0中使得∣x∣最小的整數(shù)解(這里∣x0)．若∣x∣=1，則命題已成．下面討論∣x∣>1的情形．為此，設(shè)y=q1x+r1，z=q2x+r2，w=q3x+其中qi，ri∈Z，且∣ri∣

，i=，3這是將y，z，w對x作帶余除法后，取絕對(x′y′z′w′)=λ(xyzwμ(1,q1q2q3)，其中λ，μ∈Z，λ，μ待定(目的是使f(xyzw′)=0)，則f(x′,y′,z′,w′)=n(λx+μ)2?(λy+μq1)2?(λz+μq2)2?(λw+=2λμ(nx?yq1?zq2?wq3)+μ2(n?q2?q2? 這里用到nx2y2z2w2λ=n?q2?q2?q2，μ=?2(nx?yq1?zq2? 0x′=λx+μ=x(n?q2?q2?q2)?2(nx?yq1?zq2? (?x2q1?x2q2?x2q2?nx2+2xyq1+2xzq2+ 1 (?(xq1?y)2?(xq2?z)2?(xq3?w)2+y2+z2+w2? (?r2?r2? 因此，∣x′∣

(r2+r2+r2)?

3∣∣2

1=3∣x∣<． 如果r1r2r30，那么

y,z

w)是f=0的整數(shù)解；如果r1，r2，r3x 么0<∣x′∣<∣x∣，與(x,y,z,w)的取法中∣x∣最 從而，f(xyzw)=0有使x=0的整數(shù)解時(shí)，總有一個(gè)使x=1的整數(shù)解．例題例題1答 見解 解：由第3單元(6)中τ(n)的計(jì)算可知，τ(n2)必是奇數(shù)，因此滿足①的k一定是奇數(shù)．下面k=1顯然符合要求．對k>1，由τ(n)的計(jì)算可知，問題等價(jià)于證明，存在正整數(shù)?，γ，使(2α+1)?(2β+1)???(2γ+1)=α+ β+ γ+現(xiàn)假設(shè)小于k的奇數(shù)均符合要求，對于奇數(shù)k，可設(shè)k2lm1，這里l?1，mk>1易知m<k，故由歸納假設(shè)知，有α′，β′，?，γ′(2α′+1)?(2β′+1)???(2γ′+1)α′