不定方程的常用方法(1)

以下介绍了几种有一定用处的方法，不过都是十几年前常考的东西了。

韦达跳跃法

例1

是否存在正整数 $m$ ，使得 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xyz}=\frac{m}{x+y+z}$ 有无穷组正整数解

$m=12$ 满足条件，对方程做变形可得到：

$\sum xy(x+y+z)+x+y+z-12xyz=0$

$(y+z)x^2+(y^2+z^2+1-9yz)x+(yz+1)(y+z)=0$

其中 $(x,y,z)=(1,1,1)$ 是方程的一组解，下考虑该方程对应的两个解 $x,\frac{yz+1}{x}$

我们可以由 $(x,y,z)$ 得到解 $(y,z,\frac{yz+1}{x})$ ，这里令 $x\le y\le z$ 显然有 $\frac{yz+1}{x}\ge z$

令 $a_0=a_1=a_2=1,a_{n+1}=\frac{a_n{a}_{n-1}-1}{a_{n-2}}$

假设 $a_{n-2}\mid a_{n-1}+a_{n-3}$ 且 $a_{n-1},a_{n-2},a_{n-3}$ 两两互素

考虑 $a_{n-1}\mid a_n+a_{n-2}=a_{n-2}+\frac{a_{n-1}{a}_{n-2}-1}{a_{n-3}}$ 只需 $(a_{n-3},a_{n-1})=1$ 且 $a_{n-2}\mid a_{n-1}+a_{n-3}$

$a_{n-1}\mid a_n{a}_{n+1}-1=\frac{a_n(a_n{a}_{n-1}-1)-a_{n-2}}{a_{n-2}}$ 只需 $a_{n-1}\mid a_n+a_{n-2},(a_{n-1},a_{n-2})=1$

显然 $a_n\in N$ ，有 $(a_n,a_{n-1})=(a_n,a_{n-2})=1$

无穷递降法

在勾股方程也放了一道

例1

设 $m,n$ 同奇偶，满足 $m^2-n^2+1\mid n^2-1$ ，求证： $m^2-n^2+1$ 是完全平方数

设 $n^2-1=k(m^2-n^2+1)$

$⟺(k+1)(n^2-1)=k{m}^2$

$⟺m^2-n^2+1=\frac{m^2}{k+1}$ 只需证明 $k+1$ 为完全平方数

由 $m,n$ 同奇偶知存在 $u,v$ 使得 $n=u-v,m=u+v,k+1=s$

则 $u^2-2uv+v^2-1=(s-1)(4uv+1)$

$⟺u^2-(4s-2)uv+v^2-s=0$

取上述方程一组解 $u,v$ ，令 $|v|<|u|$ ，并使 $|v|$ 最小

$u+u^{\prime }=(4s-2)v,u{u}^{\prime }=v^2-s$ ，由 $v$ 的最小性可知 $|u^{\prime }|\ge v$ ，否则 $u^{\prime },v$ 更小

$v=0$ 时 $s=u^2$ ，下考虑 $v\ne 0$

若 $s>v^2$ ，知 $u{u}^{\prime }<0$，则 $|u+u^{\prime }|<|u^{\prime }|<|\frac{v^2-s}{u}|<|\frac{s}{u}|$ ，则 $|(4s-2)v|<|\frac{s}{u}|$ ，$s>1$ 时显然不成立

若 $s<v^2$ 。则 $|u|\le |\frac{v^2-s}{u}|<|\frac{v^2}{u}|$ ，显然矛盾

综上， $s=v^2$ ，命题成立

例2

设 $a,b,c\in N^{\ast }$ 满足 $(1+ab)(1+bc)(1+ca)$ 为完全平方数，求证： $1+ab,1+bc,1+ca$ 都是完全平方数

假设 $1+ab,1+bc,1+ca$ 不全为完全平方数，设 $a\ge b\ge c$ 为满足 $(1+ab)(1+bc)(1+ca)$ 为完全平方数 并使 $a+b+c$ 最小的一组数

取方程 $p^2-2(a+b+c+2abc)p+a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca-4=0$ 的根 $p$ ，它满足 $4(1+pa)(1+bc)=(p+a-b-c{)}^2,4(1+pc)(1+ba)=(p+c-b-a{)}^2$ 为完全平方数

则 $(1+ab{)}^2(1+pa)(1+bc)(1+c{a}^2)(1+cp)$ 为完全平方数，则 $(1+pa)(1+bc)(1+cp)$ 为完全平方数

考虑方程两根 $p\cdot p^{\prime }=\sum a^2-2\sum ab-4=a^2-b(2a-b)-c(2a-c)-2bc-4<a^2$

从而存在 $p$ 使得 $p<a$ 且 $(p,b,c)$ 满足条件，与 $(a,b,c)$ 的最小性矛盾

注：下给出 $p$ 的求法

对 $1+ab,1+bc,1+ca$ 都是完全平方数的 $a,b,c$ ，存在 $p\in N^{\ast }$ 使得 $1+pa,1+pb,1+pc$ 均为完全平方数

我们尝试求出这个 $p$

设 $1+pa=x^2,1+pb=y^2,1+pc=z^2,1+ab=u^2,1+bc=v^2,1+ca=w^2$

则 $pabc=(x^2-1)(v^2-1)=(y^2-1)(w^2-1)$

即 $x^2{v}^2-y^2{w}^2=(xv-yu)(xv+yu)=x^2+v^2-y^2-w^2=(p-c)(a-b)$

当 $\{xv-yu,xv+yu\}=\{p-c,a-b\}$ 时成立。 $⟺2xv=p-c+a-b⟺2\sqrt{(1+pa)(1+bc)}=p+a-b-c$

$(p+a-b-c{)}^2=4(1+pa)(1+bc)$

$p^2-2(a+b+c+2abc)p+a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca-4=0$

这个方程关于 $a,b,c$ 对称。$(p+a-b-c{)}^2=4(1+pa)(1+bc)\ge 0$ 的根 $p$ 显然为正，从而存在 $p\in N^{\ast }$

注：这类三元组 $(a,b,c)$ 已经有了很多研究，多少与高次曲线的有理点有关系。

例3

设 $a,b$ 是正整数，求证： $a+\lceil \frac{4a^2}{b}\rceil$ 不是完全平方数

如果不是这样，设 $a+\lceil \frac{4a^2}{b}\rceil =(a+t{)}^2$ ，并取 $a,b$ 是使 $a+b$ 最小的一组解

做换元 $x=2a$ ，我们看到 $\lceil \frac{x^2}{b}\rceil =t^2+xt$

由此可以估计 $\frac{x^2}{b}\le t^2+xt<\frac{x^2}{b}+1(\ast )$

我们设 $x=bt+r$ ，先不要急着做带余除法，之后再来限定 $r$ 的范围

将取整里面的整数提取出来是：

$b{t}^2+2rt+\lceil \frac{r^2}{b}\rceil =t^2+b{t}^2+rt$

$rt+\lceil \frac{r^2}{b}\rceil =t^2$

$\lceil \frac{r^2}{b}\rceil =(t-r)[(t-r)+r]$

为此我们需要 $t>r>0$ ，这是可以做到的，用 $(\ast )$ ：

$t^2+xt<\frac{x^2}{b}+1$ 可得 $\frac{x^2}{b}>xt$ 即 $x>bt$

$t^2+xt>\frac{x^2}{b}$ ，代入 $x=(b+1)t$ 是不成立的，根据二次函数的性质可知 $x<(b+1)t$