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高中数学竞赛专题讲座---不定方程


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受到某些限制 (如整数、 正整数等) 的方程。下面我们主要结合不定方程的几种类型来讲解不定方程式的一般解法。常见的不定方程有以下几 种类型: 一. 一次不定方程与方程组: 定理 1. 二元一次不定方程 ax+by=c(a,b,c 为整数)有整数解的充要条件为:(a,b)|c;
?x=x0 定

理 2. 已知二元一次不定方程 ax+by=c(a,b,c 为整数),若(a,b)=1 且?y=y 是方程 ax+by=c 的一个特解, ?
0

?x=x0+bt 则方程 ax+by=c 的解为?y=y -at (t 为整数); ?
0

定 理 3. n 元 一 次 不 定 方 程 a1x1+a2x2+…+anxn=c(a1,a2,…,an,c 为 整 数 ) 有 整 数 解 的 充 要 条 件 为 : (a1,a2,…,an)|c 二. 沛尔(Pell)方程 1. 形如 x2-dy2=1(d 为正整数)的不定方程称为沛尔方程; 2. x=± 1,y=0 是沛尔方程的一个平凡解; 3. 对于 d>0 且 d 不是完全平方数的沛尔方程有无穷组整数解,若(x1,y1)是沛尔方程的一个非平凡解,则

?x =2[(x + dy ) +(x - dy ) ] ?y = 1 [(x + dy ) -(x - dy ) ] ? 2 d
1
n n n 1 1 1 1 n n n 1 1 1 1

(n=1,2,…)也是这个沛尔方程的解。

4. 沛尔方程主要用于证明问题有无穷多个解。 三. 勾股不定方程 x2+ y2= z2 1. 若 x=a,y=b,z=c(a,b,c 为正整数)是方程 x2+y2=z2 的一组解,且(a,b)=1,则称这组解为方程的一组基本 解; 2. 方程 x2+y2=z2 的任一组基本解(a,b,c)中,a,b 中恰有一个数为偶数,c 为奇数; 3. 方程 x2+y2=z2 的全部正整数解(x,y,z)可表示为:x=m2-n2,y=2mn,z=m2+n2,其中 m,n 满足 m>n>0,且 (m,n)=1,m,n 为一奇一偶的任意整数; 四. 不定方程 xy=zt 不定方程 xy=zt 的正整数解可表示为:x=ac,y=bd,z=ad,t=bc,其中 a,b,c,d 为正整数且(c,d)=1; 例题分析: 例 1. 求不定方程 3x+2y+8z=40 的正整数解。 解:∵3x=40-2y-8z=2(20-y-4z),∴ x 为偶数,∵ x,y,z 为正整数,∴8z<40,∴z<5,当 z=4 时, 3x+2y=8,∴ x<3,∴ x=2,y=1;当 z=3 时,3x+2y=16,∴x<6,∴ x=4,y=2 或 x=2,y=5;当 z=2 时, 3x+2y=24,∴x<8,∴x=6,y=3 或 x=4,y=6 或 x=2,y=9;当 z=1 时,3x+2y=32,∴x<11;∴x=10,y=1 或

?x=2 ?x=4 x=8,y=4 或 x=6,y=7 或 x=4,y=10 或 x=2,y=13;∴ 原方程组的正整数解共有 11 组,分别为:?y=1、?y=2、 ?z=4 ?z=3 ?x=2 ?x=6 ?x=4 ?x=2 ?x=10 ?x=8 ?x=6 ?x=4 ?x=2 ?y=5、?y=3、?y=6、?y=9、?y=1 、?y=4、?y=7、?y=10、?y=13 ?z=3 ?z=2 ?z=2 ?z=2 ?z=1 ?z=1 ?z=1 ?z=1 ?z=1
例 2. 时钟的刻度盘(写有数字 1,2,…,12 的圆盘),以其中心为轴,固定在教室的黑板上,刻度盘可以绕轴 转过 30? 的整数倍的任意角度。起初,在黑板上靠近刻度盘上的数字旁边的地方写上“0”,然后转动刻度 盘若干次, 每次转动停止后, 都将刻度盘上的数加到靠近它旁边的黑板上所写的数字, 这样是否可以做到: (1)黑板上所写的数都是 1984?
1

(2)黑板上所写的数除了一个之外,其余所写的数都是 1984? (3)黑板上所写的数除了两个之外,其余所写的数都是 1984? 解: (1)题目要求做不到。每次旋转钟面加到黑板上所有数的和为:1+2+3+…+12=78.即经地一次旋 转,黑板上的各数之和能被 78 整除,所以经过 n 次旋转后黑板上的各数之和为 78n,若黑板上所写的数 都是 1984,则有 78n=12×1984,n 无整数解。∴不可能使黑板上所写的数都是 1984。 (2)题目要求也做不到。假设刻度盘转动 k 之后,黑板上有 11 个地方写下的数是 1984,不失一般性, 可以认为这 11 个地方是刻度盘在初始位置时,靠近刻度盘上的 12,1,2,…,9,10 等处的黑板上所写 的地方。用 xj(j=1,2,…,12)表示从初始位置算起,刻度盘沿逆时针方向转过 30? ·的次数。我们分析刻度盘 j 在初始位置为 12 时,它旁边的黑板上所写的数 1984 是怎样得到的。当刻度盘每次转过 30? · 时,在“12” 1 时的旁边每次应加上 1,这样的情况有 x1 次;当刻度盘每次转过 30? · 时,在“12”时的旁边每次应加上 2, 2 这样的情况有 x2 次;…如此等等。当刻度盘每次转过 30? · 时,在“12”时的旁边每次应加上 12,这样的 12 情况有 x12 次。因此,在“12”时旁边上的黑板上的 1984,有 1984=x1+2x2+3x3+…+12x12.对初始位置为其 他数时,也可做同样的分析,于是非负整数 x1,x2,…,x12 必须满足如下的 11 个方程组成的一次方程组:

? ? ?

x1+2x2+3x3+…11x11+12x12=1984 2x1+3x2+4x3+…12x11+x12=1984 3x1+4x2+5x3+…x11+2x12=1984 …… 10x1+11x2+12x3+…8x11+9x12=1984 11x1+12x2+x3+…9x11+10x12=1984 (12) (13) (21)

(1) (2) (3) (10) (11)

(2)-(1),(3)-(2),…,(11)-(10)得

?x1+x2+x3+x4+…+x10+x11-11x12=0 ? x1+x2+x3+x4+…+x10-11x11+x12=0 ?…… ?x +x -11x +x +…+x +x +x =0 ? 1 2 3 4 10 11 12

由(12),(13)得:x11=x12.类似地,可得:x3=x4=x5=…=x11=x12.

在方程组中将方程(1)至(11)中的 xj(j=4,5,…,12)用 x3

? 2x +3x =1984-73x ? 代换得?… +11x ? 10x +12x =1984-57x ? 11x =1984-55x
x1+2x2=1984-75x3
1 2 3 1 2 2 1

由此可得:
3 3

1984 1984 ?x1=79x3-1984 ?79x3-1984≥0 ? 因 为 x1 与 x2 均 为 非 负 整 数 , 则 有 ?1984-77x ≥0 , 从 而 有 : 79 ≤x3≤ 77 , 即 ?x2=1984-77x3 ? 3 25.1…≤x3≤25.8…显然,满足此不等式的整数 x3 不存在。所以题设要求的情况不存在。 (3)题目要求可做到。在初始位置时,刻度盘的“12 时”,“1 时”,“2 时”,“3 时”,…,“9 时”旁边的黑 板上所写的数是 1984 是可能的。如(2)我们得到 10 个方程的方程组: x1+2x2+3x3+…11x11+12x12=1984 (1) 2x1+3x2+4x3+…12x11+x12=1984 (2) 3x1+4x2+5x3+…x11+2x12=1984 (3) 同(2)一样可得到用参数 x3,x4 表达 x1 和 x2 的表达式: …… 10x1+11x2+12x3+…8x11+9x12=1984 (10) 1984 ?x1=78x4+x3-1984 ? 因为 x2≥0,则:75x4+2x3≤1984.又因为 x3≥0,则: x4≤ 75 ≈26.4,即:x4≤26.不难验 ?x2=1984-75x4-2x3

? ? ? ? ?

证:x1=44,x2=34,x3=0,x4=x5=x6=…=x12=26 满足上述的方程组。因此,题设要求的第(3)种情况是可能的。 例 3. 证明:存在无数个正整数 n,使得[ 2n]为完全平方数。 证明:考察方程(*) x2-2y2=-1,易得(1,1)是方程(*)的一组解,∴方程(*)有无数组解,任取方 : 程(*)的一组解(u,v),则 u2-2v2=-1,∴ 2v2=u2+1,∴ 2v= u2+1,∴u2< 2uv=u u2+1= u4+u2< u4+2u2+1=u2+1,∴[ 2uv]=u2 为完全平方数,取 n=uv,则[ 2n]为完全平方数,即存在无数个正整数 n, 使得[ 2n]为完全平方数。 c 例 4. 试找出最大的 c?R+,使得对任意正整数 n,都有{ 5 n}≥n .({x}=x-[x],其中[x]表示不超过 x 的最大整 数)
2

1 解: 所求的最大的 c= .一方面, 对任意 n?Z+,设{ 5 n}=? , 5 n]=a ,则( 5 n)2-2 5 n? +? 2=a2, [ 2 5 2 5 n? -? 2=5n2-a2≥1.∴2 5 n? >1,? > (x1,y1)=(2,1). 令 xn+ 5 yn=( x1+ x2n-5y2n=(x21-5y21)n 1 .另一方面,考虑沛尔方程 x2-5y2=-1,它有最小正整数解 2 5n 5 yn=( x15 y1)n. 这 里 xn,yn 均 为 正 整 数 。 则

5 y1)n,xn-

=(-1)n.从而(x2n+1,y2n+1)(n?Z+)亦为沛尔方程 x2-5y2=-1 的正整数解,且 lim x2n+1=+?.考虑{ 5 y2n+1}=
n?+?

5 y2n+1-x2n+1( 利 用 x22n+1<5y22n+1<(x2n+1+1)2)= x2n+1)·22n+1+ x 1 = 。 2 5

x22n+1+1 - x2n+1.∴{

5 y2n+1}·2n+1=( y

x22n+1+1 -

1 x22n+1+1 x22n+1+1 = , 由 于 lim { 5 y2n+1}·2n+1= lim y 2 2 n?+? n?+? ( x 2n+1+1 + x2n+1)· 5 5 ( x 2n+1+1 + x2n+1)· 5

1 1 这表明原题中的常数 c≤ .结合两方面,可知所求的最大的 c 为 。 2 5 2 5 例 5. 确定不定方程:x3+x2y+xy2+y3=8(x2+xy+y2+1)的所有整数解。 解:已知方程可化为:(x2+y2)(x+y-8)=8xy+8 ①,若 x 和 y 一为奇数,一为偶数,则①的左边为奇 数,右边为偶数,这是不可能的。因此 x 和 y 有相同的奇偶性。于是 x+y-8 为偶数。(1)若 x+y-8≥6,则: x2+y2≥ (x+y)2 142 ≥ >4,(x2+y2)(x+y-8)≥6(x2+y2)≥2(x2+y2)+8xy >8+8xy.此时①式不成立, 方程无整数解。 (2) 2 2

若 x+y-8≤-4,则: (x2+y2)(x+y-8)≤-4(x2+y2)≤8xy<8xy+8.同样①式不成立,方程无整数解。(3)若 x+y-8=4,
?x=8 ?x=2 则由①得:(x-y)2=2.方程无整数解。(4)若 x+y-8=2,则由①得:x2+y2=4xy+4,从而解得: ?y=2 , ?y=8 .(5) ? ?

若 x+y-8=0,则有:8xy+8=0.显然无整数解。(6)若 x+y-8=-2,则由①式得:x2+y2+4xy+4=0.从而有 x+y=6,xy= -20.仍无整数解。因此已知方程只有两组整数解:(x,y)=(8,2)或(2,8). 例 6. 求方程 2x+3y=z2 的所有整数解(x,y,z). 1 1 解:设(x,y,z)是方程:2x+3y=z2 ①的一组整数解。假定 x 或 y 是负数,则:0<2x≤2 或者 0<3y≤3 . 这时 2x+3y 不是整数,z 无整数解。此外,若(x,y,z)是方程①的一组解,则(x,y,-z)也是①的一组解,反之亦 然。所以,求方程①的所有整数解,只要求出使得 z>0 的整数解即可。(1)当 x=0 时,由①有:1+3y=z2. ?
t ?z-1=3 3y=(z-1)(z+1).因为 3 是素数,则 ?z+1=3s ?

其中 t<s,t+s=y.由于:3s-3t=2, ? 3t(3s-t-1)=2.因为 2 是素数,

所以 3t ≠ 2,从而 3t=1,即 t=0,再由 3s-1=2,得 s=1.于是:y=1,z=2.(2)当 y=0 时,由①有:2x=(z-1)(z+1),
t ?z-1=2 ∴?z+1=2s

?

t<s,t+s=x.消去 z 得:2s-2t=2, ? 2t(2s-t-1)=2.同样有 t=1,s=2.此时 x=3,z=3.(3)当 x 和 y 都是

正整数时,我们首先证明:x 和 y 同为偶数。假定 x 是奇数,设 x=2p+1,p 为非负整数,由①有 2p+1+3y=z2. ∴2(3+1)p+3y=z2. ∵(3+1)p≡1(mod 3),∴2(3+1)p+3y≡2(mod 3)。然而,形如 3k+2 的数不是完全平方数, 所以 2(3+1)p+3y 不是平方数, z2 是平方数, 而 这是不可能的。 是偶数, x=2p。 y 是奇数, y=2q+1, ∴x 设 若 设 p q 2 q q p 其中 q 是非负整数,由①有:4 +3(8+1) =z .由于:(8+1) ≡1(mod 4),则 3(8+1) +4 ≡3(mod 4)。然而,形如 4k+3 的数不是完全平方数,所以 4p+3(8+1)q 不是平方数,而 z2 是平方数,这是不可能的。所以 y 是偶数, 并且设 y=2q.此时方程①化为:22p+32q=z2
p+1 s t t s-1 p p t ?z-2 =3 ②,∴32q=(z-2p)(z+2p),从而有?z+2p=3s , t<s,t+s=2q.即:

?

2 =3 -3 =3 (3 -1).于是 t=0,从而 z=2 +1.另一方面:2 =(z-3 )(z+3 ), ? 22q=(1+2p-3q)( 1+2p+3q).于是 可设:1+2p-3q=2u ? 1+2p+3q=2v.其中 0≤u<v,且 u+v=2p.两式相减得:2v-2u=2u(2v-u-1)=2· q.所以 2u=1 3 u p q p q u p q 或 2.当 2 =1 时,有:1+2 -3 =1, ? 2 =3 .这是不可能的。所以 2 =2,u=1,且 2 =3 +1 如果 p 是奇数,则 p=2k+1,上式的两旁左边=2p=2· k=2· 4 (3+1)k≡2(mod 3)。右边=3q+1≡1(mod 3),这不可能,所以 p 是偶数。
2p q q

3

设 p=2b,则有:(2b)2=3q+1 从而 2b-1=1,b=1,p=2,q=1.所以 x=4,y=2,z=5.综合上述,方程的所有整数解共六 组:(0,1,2) (3,0,3) (4,2,5) (0,1,-2) (3,0,-3) (4,2,-5) 例 7. 证明:不存在不同时为零的整数 x,y,z 使得:2x4+y4=7z4. 证明:首先可以看出,y 与 z 具有相同的奇偶性。若 y 与 z 同为奇数,x 为奇数,则由 2x4≡2(mod 8) y4≡1(mod 8),7z4≡7(mod 8).显然方程此时无解。若 y 和 z 同为奇数,x 为偶数,则由 2x4≡0(mod 8),y4≡ 1(mod 8),7z4≡7(mod 8). 此时方 程也无解。 若 y 和 z 同 为 偶数,并 设 y>0,z>0,设 y=2y1,z=2z1, 则 2x4+16y41=7· 41, ?x4+8y41=7· 41.于是 x 也是偶数, x=2x1,则: 41+8y41=7· 41, ? 2x41+y41=7z41. 16z 8z 设 16x 8z 于是 x1,y1,z1 也为方程的解,显然 y1 和 z1 同为偶数,由此又推得 x1 是偶数,进而设 x1=2x2,y1=2y2,z1=2z2, 代入原方程得:2x42+y42=7z42.于是 x2,y2,z2 也为方程的解,并且 x2,y2,z2 也是偶数。由此继续下去,因为: x>x1>x2>x3>…>0,y>y1>y2>y3>…>0,z>z1>z2>z3>…>0,则必有一个时刻,使得 yk 或 zk 为奇数,这时,方程 显然无解。由以上,已知方程没有不同时为零的整数解 x,y,z. 例 8. 对于每个正整数 n,以 S(n)表示满足如下条件的最大整数:对于每个正整数 k≤S(n),n2 都可以表为 k 个正整数的平方之和。 (1)证明对于每个 n≥4,都有 S(n)≤n2-14; (2)试找出一个正整数 n,使得 S(n)=n2-14; (3)证明存在无限多个正整数 n,使得 S(n)=n2-14。 证: (1)假设命题不成立,即对某个 n≥4,有 S(n)>n2-14,即存在 k= n2-13 个正整数 a1,a2,…,ak 使得 k n2= a12+a23+…+ak2.∴a12+a23+…+ak2=k+13,于是有 ? (ai2-1) =13.由于 ai 为正整数,所以由上式可知, i=1 必有:0≤ai2-1≤13.从而 ai=1,2,3,即: ai2-1?{0,3,8}。设在 ai2-1, a22-1,…, ak2-1 中有 a 个 0,b 个 3,c 个 8,于是就有:3b+8c=13.要使这个不定方程有非负整数解,c 只能为 0 或 1,当 c=0 时,3b=13,当 c=1 时,3b=5,此时均不存在整数解 b.因此上述假设不成立,所以对一切正整数 n≥4,都有:S(n)≤n2-14. (2)我们证明,对 n=13 可以成立等式 S(n)=n2-14。首先证明:每一个大于 13 的正整数 l 都可以表示 为 3s+8t 的形式,其中 s 和 t 为非负整数。事实上若 l=3s0,则 l=3s0+8· 0;若 l=3s1+1,则 s1≥5,l=3(s1-5)+8· 2; 2 2 若 l=3s1+2,则 s1≥4,l=3(s2-2)+8· 1.于是可以对满足 s+t≤k≤n -14 的 k,取 s,t 使:3s+8t=n -k.若 s+t≤k,则有 2 2 2 2 2 2 等式 1 +1 +…+1 +2 +2 +…+2 +32+32+…+32(k-s-t 个 12,s 个 22,t 个 32)=k-s-t+4s+9t=3s+8t+k=n2.即 1 1 1 1 n2 可以表为 k 个平方数之和。 k≥4 n2 时, 当 则 k≥4 n2≥3 (n2-k) ≥s+t.此时每个 n2 都可表为:4n2]+1, [ 1 [4

1 168 n2]+2, …,n2-15,n2-14 个平方数之和, n=13,由于[4n2]+1= 4 ] 令 [ +1=43, 所以 132 可以表为 43, …, 44, 155 个平方数之和。因此我们只要证明 132 能表示为 1,2,…,42 个平方数之和即可。由于 n2=132=122+ 52=122+42+32=82+82+52+42=82+82+42+42+32.因为 82=42+42+42+42,42=22+22+22+22 ,22=12+12+12+12。 即 82 可表为 4 个 42 之和,42 可表为 4 个 22 之和,22 可表为 4 个 12 之和,所以对于 n2=82+82+52+42 可表 为 4,7,10,…,43 个平方数之和。对于 n2=82+82+42+42+32 又可表为 5,8,11,…,44 个平方数之 和。下面讨论 n2=122+42+32.因为 122 可表为 4 个 62 之和,62 可表为 4 个 32 之和,42 可表为 4 个 22 之和, 22 可表为 4 个 12 之和, 所以 n2=122+42+32 可表为 3, 9, 33 个平方数之和。 6, …, 又因为 n2=32+32+…+32+42 (17 个 32) 2=22+22+12。所以 n2 又可表为 18+2· ,3 9=36,18+2· 12=42 个平方数之和,再由 42 可表为 4 个 22 之和,则 n2 也可表为 36+3=39 个平方数之和。因此 n2 可以表为 1,2,3,…,42,43,44 个平方 数之和。由以上 n2=132 可表为 1,2,…,155 个平方数之和。n=13 满足要求。 (3)我们证明如果 S(n)=n2-14,则 S(2n)=(2n)2-14,其中 n≥13.首先对任何正整数 1≤k≤n2-14,都存在 k 个正整数 a1,a2,…,ak,使得 n2=a12+a23+…+ak2.因此(2n)2=(2a1)2+(2a2)2+…+(2ak)2.可见, 对于这样的 k, 2 (2n) 都能表示成 k 个平方数之和。由此,由(2n)2=n2+n2+n2+n2 可知,对 1≤k≤4(n2-14), (2n)2 都能表示为 k 个平 方数之和。 对于任何正整数 4(n2-14)≤k≤4n2-14,因为 n≥13,则有 4k≥16(n2-14)=4n2+2(6n2-112)>(2n)2,由 (2) 1 的证明可知, 对于 k≥4 (2n)2, (2n)2 可以表示为 k 个平方数之和。 综上所述, 对于 n≥13,只要有 S(n)= n2-14, 则必有 S(2n)= (2n)2-14,则 (2) 已存在 n=13,使 S(13)=132-14, 所以存在无限多个正整数 n,使得 S(n)= n2-14.
4

练习: 1. 求满足方程 x2=1+4y3(y+2)的所有整数 x 和 y. 解:(1)若 y=0,或 y=-2,则 x2=1,x=± 1.(2)若 y=-1,则 x2=-3,无整数解。(3)若 y≥1,则 4y2>1>1-4y.(2y2+ 2y)2=4y4+8y3+4y2>4y4+8y3+1>4y4+8y3-4y+1=(2y2+2y-1)2.于是有(2y2+2y-1)2<x2<(2y2+2y)2.因为 x2 介于两 个连续平方数之间,所以 x 不可能是整数。(4)若 y≤-3,则 1-4y>1>4[1-y(y+2)], (2y2+2y-1)2=4y4+8y3-4y+1> 4y4+8y3+1>4y4+8y3-4y2-8y+4=(2y2+2y-2)2.即(2y2+2y-2)2<x2<(2y2+2y-1)2.所以 x 不是整数。 由(1), (3), (2), (4)可知,方程只有四组解:(x,y)=(1,0),(1,-2),(-1,0),(-1,-2). 2. 求方程 7x-3×2y=1 的正整数解。 7x-1 解:原方程可变为: =2y-1,即 7x-1+7x-2+…+1=2y-1 ①,若 y=1,则由原方程知 x=1.若 y ≠ 1,则 x 7-1 为偶数,由①可得(7+1)(7x-2+7x-4+…+1)=2y-1 ,即 7x-2+7x-4+…+1=2y-4 ②,显然 x=2,y=4 为一组解。若 y>4,再对②式左边分解得(72+1)(7x-4+7x-8+…+1)=2y-4 ③,因左边有约数 5,但右边不含约数 5,故④不 成立,综上所述,方程①的正整数解(x,y)为(1,1)(2,4)。 3. 已知整数 m,n 满足 m,n ? {1,2,…,1981}及(n2-mn-m2)2=1 ①,求 m2+n2 的最大值。 解: m=n,由①可得(mn)2=1,又由 m,n ? {1,2,…,1981},所以 m=n=1.若 m ≠ n,并约定 n>m .令 n=m+uk, 若 于是由①式有:[(m+uk)2-m(m+uk)-m2]2=1,即(m2-ukm-u2k)2=1,再令 m=uk+uk-1,同样有:(u2k-uk-1uk-u2k-1)2=1 如果 uk ≠ uk-1,则以上步骤可继续下去,直至:(u2k-i-1-uk-1uk-i-1-u2k-i)2=1,且 uk-i=uk-i-1=1.这样就得到数列: n,m,uk,uk-1,…,uk-i(=1),uk-i-1(=1).此数列任意相邻两项均满足方程①,并且满足 uj=uj-1+uj-2,这恰好是裴波那 契数列。 容易求出, 集合{1, …, 2, 1981}中的裴波那契数为 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610, 987,1597.由此可知,当 m=987,n=1597 时,m2+n2 的值最大,最大值为 9872+15972=3524578. 4. 证明,对任何自然数 n≥3,数字 2n 可以表示成 7x2+y2 的形式,其中 x 和 y 都是奇数。 证明:(1)n=3 时,取 x=y=1,有 23=8=7+1,命题成立。(2)假设 n=k≥3 时,存在奇数 x0 和 y0,使得:

2k=7x20+y20

?x =2(x +y ) ?x =2(x -y ) .令 ? 1 ,? 1 ?y =2(7x -y ) ?y =2(7x +y )
1 1
1 0 0 2 0 0 1 0 0 2 0 0

则(x1,y1), (x2,y2)均是方程:2k+1=7x2+y2 的解,注意到

xi+yi=4x0(i=1,2),故 xi 与 yi 同奇偶,而 x1+x2=x0 为奇数,知 x1,x2 中必有奇数,故(x1,y1)和(x2,y2)中一定有一 组解同为奇数,不妨设为(x1,y1),那么(x1,y1)是方程①的一组奇数解。故 n=k+1 时命题成立。综上所述对 一切自然数 n(≥3)命题成立。 5. 证明不存这样的正四棱锥,它的所有棱长,表面积和体积都是整数。 证:假设这样的正四棱锥存在。设 g 为底成正方形的边长,h 为棱锥的高,f 为侧棱的长,s 为表面积, v 为体积,则 f= g h2+2·2 )2 ( ①,s=g2+2g g h2+2·2 )2 ( 1 ②,v=3 g2h ③,由于 g,f,s,v 为自然

数,所以 x=g3,y=bv,z=g(s-g2),u=2g2f

g ④,都是自然数,且 x2+y2=g6+36v2=4g4[(2 )2+h2]=g2(s-g2)2=z2,

2 2 2 g g ?x +y =z x2+z2=g6+4g4[( 2 )2+h2]= 4g4[h2+2( 2 )2]=u2.于是方程组: ?x2+z2=u2 .有自然数解。取其中一个解为 ?

(x0,y0,z0,u0),使得 x0 是所有解中 x 的最小值。(x0,y0,z0,u0)显然两两互素。事实上。如果其中某两个同进被 某素数 p 整除,则由:x20+y20=z20 ,x20+z20=u20 ,y20+u20=2z20 .可知,另两个数也能被 p 整除,从而 x0 y0 z0 u0 x0 ( p , p , p , p )也是方程组的解,由 p <x0,与 x0 的选取相矛盾,因此 x0,y0,z0,u0 两两互素。因为 f 为自然 数,则由①,g 为偶数,于是由④,x0 为偶数,从而 y0,z0,u0 为奇数,于是由 x20=z20-y20 得 到: x0 ( 2 )2= z0+y0 2 z0-y0 · 2 . 如 果 自 然 数 z0+y0 2 与 z0-y0 2 不 互 素 , 则 (z0,y0)=(z0,z0-y0)≥(z0,

z0-y0 z0-y0 z0-y0 )=(z0, )= 2 2 2
5

z0+y0 z0-y0 z0+y0 z0-y0 ( 2 , 2 )>1.与 y0 和 z0 互素相矛盾,这是不可能的,因此, 2 与 2 互素,可设:

? 2 ? z -y ? 2
0

z0+y0
0

=k2 . =l2

从而 x0=2kl,y0=k2-l2,z0=k2+l2.同理由 x20=u20-z20 可得 x0=2mn,z0=m2-n2,u0=m2+n2.其中 k,l,m,n 都是自然数。 kl=mn ?kl=mn k 与 l 互素, 与 n 互素, m 于是得到方程组: 2 2 2 2 .?k2+l2=m2-n2记(k,m)=a,则 k=ab,m=ac,其中 a,b,c k +l =m -n ? 为自然数, 且(b,c)=1.由于 kl=mn,所以 abl=can, bl=cn,且 l=cd。 即 其中 d 为自然数。 从而 bcd=cn, n=cd. 故 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 再由(k,l)=(ab,cd)=1 可得(a,d)=1 其次有 a b +c d =a c -b d ,即(a +d )(b +c )=2a c .由(a +d ,a )=(d2,a2)=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 ?c +d =2c ?a +d =c ?b +d =c 1 , 而 且 (b2+c2,c2)=(b2,c2)=1 所 以 由 上 式 得 ?b2+c2=a2 或 ?b2+c2=2a2 , 由 此 分 别 得 到 ?b2+c2=a2 或 ? ? ?

?d +b =a ? 2 2 2 .从而得到(b,d,c,a)和(d,b,a,c)中必有一个是解(x0,y0,z0,u0)。因为 x0=2mn=2mbd,所以 b<x0 与 x0 ?d +a =c

2

2

2

的选取矛盾。由以上,题中的正四棱锥不存在。

6


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