第12讲不定方程

第12讲不定方程【考点预测】1、二元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．对二元一次不定方程，人们研究得比较彻底，解决了它什么时候有解，什么时候无解，有解时如何求出它的一组解以及它的所有解等问题．【定理1】二元一次不定方程（为整数）①有整数解得充分必要条件是．此时，且方程②与方程①同解，因此，我们只需讨论时方程①的解．【定理2】若，且，为方程①之一解，则方程①全部解为，（为整数）．2、勾股数与佩尔方程的应用（1）勾股方程：．方程满足，的全部整数解为，，，，且一奇一偶．（2）佩尔方程定义：设，不是平方数，称为佩尔方程．定理：佩尔方程具有无限多个整数解，在它的正整数解中，值最小的一对设为，和由确定，则佩尔方程的一切正整数解为，在，前冠以适当的正、负号就得到它的一切整数解．即【典例例题】例1．（2019·全国·高三竞赛）求所有的实数，满足方程，其中，表示不超过实数的最大整数．【解析】设，，代入题设等式得，即，若，则，若，则.

①而，故，，由式①得.如果，则，，故，

②如果，则式①不成立.如果，则，.故.

③综上，或，其中，当时，满足式②；当时，满足式③.例2．（2019·全国·高三竞赛）设、为正整数，表示的所有正约数的次方之和.证明：对于任意，存在无穷多个正整数，使得.【解析】通过递归构造数列，使得该正整数数列的每一项均符合要求，并且对任何正整数，均有严格整除.先假设为的一个质因子.则是奇数.故.从而，.于是，满足要求.其次假设已经取好.接下来考虑.（1）若有一个质因子，则.所以，符合条件且被严格整除，取即可.（2）若的质因子均是的质因子，则与的质因子标准分解式中的质数全部一样，设这两个标准分解式为，.由于（整体大于部分），故必存在某个.不妨设.则，且.因为，所以，中含的幂次大于或等于.从而，.因此，取符合要求.由（1）、（2）及归纳原理，知可以构造出数列.从而，存在无穷多个，…满足要求.例3．（2019·全国·高三竞赛）已知各项均为整数的无穷数列满足：、、，，，，，，证明：对任何大于1的正整数，存在无穷多个正整数，使得.【解析】考虑数列模的余数列，考虑用的项作成的四元数组列：，，…，，由分步计数原理，知用中的数至多可以作成个彼此不同的四元数组，因此，上述个四元数组构成的四元数组列中必有相等的，记为，

①其中，，由，得

②，再结合式①得，于是，得到，继续这种推理最后得，其中，，而，补充定义，则，再结合式②，知是一个周期为的周期数列，所以，存在无穷多个正整数，使得，即存在无穷多个正整数，使得.例4．（2018·全国·高三竞赛）记是所有质数从小到大排成的序列，令．证明：对任意的正整数，闭区间上至少有个完全平方数．【解析】首先，，，中含有两个完全平方数4、9．其次证明：当时，有．

①而式①，也就是要证．

②记，其中，，且．而对，且，有．则．又，故对，且，有，即式②成立．故式①也成立．从而，区问上至少含有个正整数，即对任意正整数，闭区间上至少有个完全平方数．例5．（2019·全国·高三竞赛）数列中没有完全平方数.【解析】反证法.假设.则.由，知为一组本原勾股数.易知，本原勾股数可表示为，其中，，.于是，有以下两种情形.（1）由式②知为奇数，由式①知奇偶.由式①及，知其中，，、均为奇数，.代入式②得或以上两个方程组均有两个非零的完全平方数之差为1，矛盾.（2）由式③知为偶数，由式④知偶奇.从而，由式③知，，，，.代入式④得.（i），出现两个非零的完全平方数之差为1，矛盾.（ii）.下证：没有正整数解组.否则，设是所有正整数解组中值最小的解.则是一组本原勾股数，即其中，，.由为奇数知奇偶，再由式⑤知其中，，.由式⑥，.由式⑦.代入式⑧得.但，与的最小性矛盾.例6．（2019·全国·高三竞赛）求所有的正整数、、，使得是整数．【解析】先证明一个引理.引理

若、、是有理数，且也是有理数，则、、一定都是有理数.引理的证明：注意到，.设.则.将上式两边平方得.故是有理数.同理，、也是有理数.下面证明原题.假设、、是满足条件的正整数.又是整数，由引理知、、是有理数.设，且，，.则.因此，能整除.所以，.从而

，同理，

，

.将式、、代入原表达式知是正整数.得.将式代入上式得，同理.注意到，分以下三种情况讨论.（1）当时，，由式、、知没有正整数解.（2）当时，、、中必有一个等于1，另外两个等于2，此时，并不存在满足条件的、、.（3）当时，不妨设.则.故或.（i）若，则.此时，不存在满足条件的、、.（ii）若，则，且.故或.a)若，则，此时，不存在满足条件的、、.b)若，则，存在满足条件的、、.计算得，，.所以，、、中一个为，另外两个均为.例7．（2019·全国·高三竞赛）求方程的所有正整数解.【解析】设是方程的正整数解.则.因为，所以，.对方程两边取模4得.故.设，得，即.对上式两边取模3得到.所以，、一奇一偶.又或两边取模8得.故为偶数，为奇数.（1）若，则.设，有.由，，，，.（2）若，则，，.因为，所以，.令，则.但，即，矛盾.故原方程有唯一解.例8．（2019·全国·高三竞赛）求出所有非零整数，使得是一个整数．其中，表示的最大公因数．【解析】设，与互质．则下面对分三种情形讨论:例9．若，则，.令．则．从而，是本题的解.例10．若，则由式①得由式②可得（假若，则由式②得，这与及矛盾）.ⅰ.若，则.故也是本题的解.ⅱ.若，则故也是本题的解.ⅲ.若，则由式②得，即，，，.所以，.代入式①得（2与互质）.又因为，所以，.经检验知符合题设条件.例11．若，则由式①得ⅰ.若，则，即．但这与，即矛盾.ⅱ.若，且，则由式③得，即.故，即.这与且矛盾.ⅲ.若，且，则在2的ⅰ和ⅱ中已讨论过.例12．（2018·全国·高三竞赛）求所有正整数，使得给定序列，，中的每一项都是平方数．【解析】解法1由已知可得，.则.故.当时，有.当时，有.当时，.由于与互质，则与是一组本原勾股数.因此，存在互质的正整数，且，使得（1）（2）第（1）种情形中，由式①、②得.

④由上式知为奇数，则为偶数，为奇数.于是，由式②及，知.

⑤再利用式④得.则，

⑥其中，是相邻的两个整数.由于它们互质，则.于是，.若，则.此式具有的形式，已证明它没有满足的整数解，故，矛盾.若，则.此式具有的形式，也已证明它没有满足的整数解，故.于是，.由式④得.由式②知，从而，.第（2）种情形下，没有满足条件的正整数解.综上，找到了关于的所有选择.当时，得到一个各项均为平方数的周期序列：4,4,0,4,4,0，….当时，得到一个各项均为平方数4的常数序列：4,4,4,4，….当时，，，，，，……由此可猜测此序列是斐波那契数列中奇数项的平方的4倍，即.如果是斐波那契数列，易知及，故为平方数.因此，，即为平方数.这说明符合题设要求.综上，所有的取值为1,3,9.解法2

由，，得.于是，是偶数，又是平方数.故可设.从而，.则.故，.由是平方数，可设.

①当时，.此时，，，.从而，数列的周期数列：4,4,0,4,4,0，….因此，满足条件.当时，.从而，数列为常数数列；4,4,4，….因此，满足条件.当时，有式①知，

②.故.从而，，即式②等号成立.于是.此时，.以下同解法1.【过关测试】1．（2022·上海·高三校考强基计划）定义，其中为奇素数.(1)给出同余方程的满足的一组解；(2)（代数基本定理）设，且，求证在内至多有个解；(3)（小定理）求证：；(4)（原根存在定理）若正整数满足：，且，则记，则称为在意义下的阶，求证：必定存在，有；(5)求证，存在，都存在中必有一者成立；(6)说明当时，必有一组非零解.【解析】（1）显然是的倍数，所以；（2）下面先证明一个引理：在中，若在内有一个根，则，引理的证明：在内作带余除法，则，故，故，所以，故在中，.回到原题，对次数作数学归纳法.当时，有且只有一个根；假设结论对成立，考虑次数为的情况：若无根，则命题已经成立；若有根，由引理，有，设，且，由归纳假设有至多有个根，故至多有个根，由数学归纳法可得原命题成立.（3）考虑（该集合为除以后不同余数的集合），若，对任意的，则有，又对，任意的，若，则，故，故，故若，则当取遍中所有元素后，当取遍中所有元素，所以，所以.（4）由（3）可知，否则，故，由的最小性可得，故.对任意，定义，设中元素的个数为，如果，则；设，则，故为中多项式的一个根，由代数基本定理，对任意的，最多有个剩余类为的根.对于，因为，故中的元素两两相异，并且都是的根.当，如果，则，所以，故，而，，故，所以必定存在，有.（5）由（4），记意义下的原根记为，记，则题设中的方程可化为，取，则上述三个方程必然有一个有整数解.（6）任取意义下的原根，分以下两种情况讨论：1.若，则同时也是的原根.因为遍历，自然会使得原方程有非零解.2.若，下一共有个非零元素和元素0，（1）存在，使得，则在下中存在这么一个元素，这个元素为0，取，构造完成.（2）不存在，使得，则存在，下面证明引理：如果，是的原根，那么一定存在，使得.证明：假设不存在，先考察，可以推出，我们规定：如果满足，则在之间连一条有向边，由前述讨论可得1.一条可以推出一条，设为条.2.一条可以推出一条，反之亦然，所以条数一样，设为条.3.一条可以推出一条，反之亦然，所以条数一样，设为条.4.一条可以推出一条，反之亦然，所以条数一样，条.5.一条可以推出一条，分别设为条和条.故，得到，矛盾，故引理成立.回到原题，如果不存在，使得，设，设为另一个余数，由引理，一定存在，使得，故，考察这3组数（）互不相同且没有一个元素为零，元素个数为，一定存在使得原命题条件成立.2．（2021·江苏·高三强基计划）已知，，求．【解析】,,又,或（舍），,.3．（2021·高一课时练习）若关于的不等式的整数解共有个，求实数的取值范围．【解析】由①得，，由②得，，∴不等式组的解集是∵不等式的整数解共有4个，∴﹒4．（2021·浙江·高二期末）设等差数列的前n项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）若､30､成等差数列，､18､成等比数列，求正整数p､q的值；（3）是否存在，使得为数列中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1），所以，.（2）由（1）可得.因为成等差数列，成等比数列，故，故或所以或（因不是正整数，舍），故.（3）假设存在使得为数列中的项，故，其中，，故，而，所以（无正整数解，舍）或或故或，所以或.5．（2021·全国·高三竞赛）求方程的所有正整数解．【解析】不妨设．若，则．同理，．三式相乘得，与原方程矛盾．于是，．（1）若，则．显然，无正整数解．（2）若，则．只有，才有对应的正整数，此时或．（3）若，则．两边取模3即知矛盾，故无解．（4）若，则．故此时，故，逐一检验后无解.综上，或其排序，共12组解．6．（2021·全国·高三竞赛）已知a、b、c、d是不同的正整数，且满足是整数，求证：不是质数．【解析】由，且，所以，故，因此，所以且，所以，即．整理得且，所以．假设是质数，则，所以或，而，矛盾．综上不是质数．7．（2021·全国·高三竞赛）两两不等的实数x、y、z满足，求.【解析】由原方程变形可得到和，又由x、y、z两两不等知，于是.令，化简得.另一方面，原方程三式相加得，化简得，联立就有，即或6.最后，当时可以取到5，当时可以取到6.8．（2020秋·上海虹口·高二校考期末）已知为等差数列的前项和，若，（1）求数列的通项公式；（2）对于数列极限有如下常用结论：，设，用记号表示，试求的值.（3）从（2）的数列中取出部分项按原来的前后顺序组成一个无穷等比数列，且满足它的各项和等于，试求出的通项公式.【解析】（1）设公差为，则，，所以.当时，，此时不存在(舍)，当时，，故，.（2），故，设，则，所以，所以，，.（3），设，的公比，，故，，又，，故，所以，故，所以，故，即，.9．（2020·高一课时练习）求方程6x+22y=90的非负整数解．【解析】方程两边同除以2得3x+11y=45．①，由观察知，，是方程3x+11y=1②的一组整数解，从而方程①的一组整数解为，由定理，可得方程①的一切整数解为，因为要求的是原方程的非负整数解，所以必有，由于是整数，由③，④得15≤t≤16，所以只有t=15，t=16两种可能．当t=15时，x=15，y=0；当t=16时，x=4，y=3．所以原方程的非负整数解是，10．（2019·新疆·高三校联考竞赛）设是正整数，且，并满足.试求出所有可能的解.【解析】由题意知，对均有.于是有，可得n4.由于n是正整数，故n∈{1，2，3}.（1）当n=1时，有，解得.注意到a1>1，从而，即，这与矛盾.（2）当n=2时，，由于，故且.从而是不可能的，故n=2也不成立.（3）当n=3时，有，则必定有a3=2，否则等式右边至多为.同理a2=3，不然等式右边至多为.因此我们有，从而.当a1=4时，a0=24；当a1=5时，a0=60.综上所述，所有可能的解为(24，4，3，2)或.11．（2019·江西·高三校联考竞赛）试求所有由互异正奇数构成的三元集{a，b，c}，使其满足：.【解析】据对称性，不妨设a<b<c，由于奇平方数的末位数字只具有1、5、9形式，于是的末位数字，要么是5、5、9的形式，要么是1、9、9的形式.又知，如果正整数n是3的倍数，那么n2必是9的倍数；如果n不是3的倍数，那么n2被3除余1.由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数a、b、c皆不是3的倍数.注意，即奇数c≤43，而，即c2>673，且c不是3的倍数，故奇数c≥29.因此奇数.注意如下事实：如果奇数为两个正整数的平方和，那么偶数2N必可表为两个互异正奇数的平方和.这是由于，若c=43，方程化为：.因此，.于是得两.若c=41，方程化为.由此得：{a，b，c}={7，17，41}.若c=37，方程化为，因此，，得到三个.若c=35，方程化为：.而397是一个4N+1型的质数，它可唯一地表为两整数的平方和：，所以，得到一个{a，b，c}={13，25，35}若c=31，方程化为：，而23是4N－1型的质数，它不能表为两个正整数的平方和.若c=29，方程化为：，它含有4N－1型的单质因子，故不能表为两整数的平方和.综合以上讨论，本题共有七个满足条件的互异正奇数解{a，b，c}，即为：，，.12．（2019秋·广东中山·高三中山纪念中学校考阶段练习）设是两两不同的实数，且满足，求所有可能的取值.【解析】，同理得，而当时，可得，与条件矛盾，均不为0；又，得：，，令，代入得：，，或，解得：或或或，，故或，又，，当时，，应舍去；当时，当时，或.13．（2019·全国·高一假期作业）把下列各式分解因式：(1)；(2).【解析】(1)由题意，得；(2)由题意，得．14．（2019·全国·高一假期作业）把下列各式分解因式：(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6).【解析】(1)由题意，得；(2)由题意，得；(3)由题意，得；(4)由题意，得；(5)由题意，得；(6)由．15．（2018·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个素数，使得对于这些素数中的每一个p，至少存在一个，满足.【解析】假设结论不成立，则可设为整除形如这样的数中至少其中之一的全部素数.考虑k+1个数.由于这些数是有限数，故存在一个，使得这k+1个数中的任何一个均不被整除.又可以足够大，知存在一个n，使得，其中，.对于这个足够大的，将其素因数分解，知必存在某个的指数大于q.考虑这个足够大的及，，…，这k+1个数.由于它们每一个均被某个整除，但仅有k个，由抽屉原理，知这k+1个数中必存在两个数被同一个整除.即，.其中，.故.与q的选择矛盾.综上，原结论成立.16．（2018·河南·高三竞赛）已知的三边长分别为．、、，且满足，是否存在边长均为整数的？若存在，求出三边长；若不存在，说明理由．【解析】不妨设，显然．若，此时有，由可得，矛盾．故只能取2、3、4．①若，则，得，又，故无解．②若，则，即，又因为，从而或或．解得或或．其中能够构成三角形的只有，，．③若，则，即，又因为，从而或．解得或．其中能够构成三角形的只有，，．综上，存在边长均为整数的满足条件的，其三边长分别为3、7、8或4、5、6．17．（2019·全国·高三竞赛）求最小的实数，使得对任意正整数n，均有，其中，表示正整数a、b的最大公约数，表示不超过实数x的最大整数.【解析】首先证明：对于任意正整数n，均有.设，则.故.于是，.则.其次证明：对任意正整数，均存在正整数n，使得.注意到，第二类佩尔方程有正整数解.从而，该方程有无穷多组正整数解.任取其一组正整数解.则.由故=，且.只需取足够大的q，使得此时，令n=2pq，即有.综上，满足条件的的最小值为.18．（2018·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个正整数n，使得，其中，[x]表示不超过实数x的最大整数．【解析】设.则.令.下证方程有无穷多组整数解.显然，x=9,y=4是一组解.令.则.从而，，即所有的均满足方程.对于上述给定的x、y、n满足，即，及.注意到，.所以，，即共有2x+1个n使得.由y≤x，知在这连续2x+1个整数中，至少有一个为x+y的倍数.例如，当x=9，y=4时，在81，82,...,98中，存在n=91使得.19．（2018·全国·高三竞赛）给定正整数.已