不定方程的常用方法(2)

不定方程的通用方法通常有不等式，同余，因式分解，分析素因子幂次。

同余方法

同余方法中很重要的一块是二次剩余

还有很多不定方程利用模素数及素数性质分析，常用的性质是 \(a^2+ab+b^2\) 的素因子模 \(3\) 余 \(1\) ， \(a^2+b^2\) 的素因子模 \(4\) 余1

例1

求方程 \(x^2-7=y^3\) 的所有解

注意到 \(x^2+1=y^3+8=(y+2)(y^2-2y+4)\)

由于 \(x^2+1\) 的所有素因子（除 \(2\) ）模 \(4\) 余 \(1\) ，因此 \(y+2,y^2-2y+4\) 也仅含模 \(4\) 余 \(1\) 的素因子

1. \(2\mid y\) ，则 \(2\mid y^2-2y+4\) ，右边 \(2\) 的次数达到了 \(2\) ，显然矛盾

2. \(y+2\equiv 1\:(mod~4)\) ，此时 \(y^2-2y+4\equiv 3\:(mod~4)\) ，矛盾

综上可知此方程无解

例2

求方程 \(x^2+y^2+z^2+3(x+y+z)+5=0\) 的所有有理数解

\(\iff (2x+3)^2+(2y+3)^2+(2z+3)^2=7\)

\(\iff a^2+b^2+c^2=7m^2\) 的所有正整数解

考察最小的一组解 \((a,b,c,m)\)

若 \(m\) 为偶数，则 \(a,b,c\) 均为偶数（因为奇数平方模 \(4\) 余 \(1\) ）， \((\frac a2,\frac b2,\frac c2,\frac m2)\) 满足方程，与最小性矛盾

若 \(m\) 为奇数， \(7m^2\equiv 7\:(mod~8)\) ，然而 \(8\) 的二次剩余只有 \(0,1,4\) ，显然不可用三个平方之和表示

例3

\((2^n-1)(6^n-1)=x^2\) 没有正整数解

模 \(3\) 分析就知道 \(n\) 是偶数

可以搞成 \(Pell\) 方程 \((2^k)^2-rq^2=1,(6^k)^2-rq^2=1\) 做，把解的递推写出来，模 \(3\) 和 \(2^\alpha\) 分析一下就好

\(Titu\) 上还有利用 \(LTE\) 和二次剩余的做法，也挺快的

不过可以看到 \(12^{2k}\) 是个平方数，那很容易感觉到 \(2^n,6^n\) 相对之下不大，可以估计在两个平方数之间

凑一下 \(6^n\) ， \(2^n\) 是显然不会有用了

\((12^n-\frac{3^n-1}2)^2>(2^n-1)(6^n-1)>(12^n-\frac{3^n+1}2)^2\)

例4

求正整数对 \((a,b)\) 使得 \(a\mid b^4+1,b\mid a^4+1,[\sqrt a]=[\sqrt b]\)

不妨 \(2\le a\le b\) 。

一个很有用的事情是把所以整除条件写成同余，对你没什么坏处。 \(0\equiv (b+ka)^4+1\:(mod~a),0\equiv (a+kb)^4+1\:(mod~b)\)

于是 \(ab\mid (b-a)^4+1\) （最好别想到 \(k=1\) 去。不要总是局限于正整数！），而 \(b-a\) 由第三个条件不会太大。

设 \(n^2\le a\le b<(n+1)^2\) ，则 \(k=\frac{(b-a)^4+1}{ab}\le \frac{(2n)^4+1}{n^4}\le 16\)

\(k\) 是奇数，因为 \(a,b\) 互质，如果 \(k\) 为偶数， \(a,b\) 必须一奇一偶，但是 \((b-a)^4+1=M^2+1\) 只有一个 \(2\) ，不行

若 \(p\mid (b-a)^4+1\) ，那么 \(\delta_p(b-a)=8\) ，那么 \(8\mid p-1\) ， \(p\ge 17\)

从而 \(k=1\) 。方程 \((b-a)^4+1=ab\iff c^4+1=a(a+c)\)

\(a^2-ca-c^4-1=0,\delta=4c^4+c^2+4\in (4c^4,4c^4+4c^2+1]\) ，取等仅当 \(c=1\) 。

经检验 \((1,1)(1,2)\) 是所有解。

素因子幂次分析

下面例子的重点在于素因子幂次分析。对这种题 \(LTE\) 都会通常很有用。

例1

求所有的素数 \(p\) 及正整数 \(a,b,c\) 使得 \(2^ap^b=(p+2)^c+1\)

\(c=1\) 只有解 \(p=3,a=b=c=1\)

请注意 \(2^c\equiv 1\:(mod~p)\) ，于是 \(c'=\frac 12\delta_p(2)\mid c\) （\(\delta\) 表示阶）

如果 \(c\ne c'\) ，我们看到 \(v_p((p+2)^c+1)=v_p((p+2)^{c'}+1)+v_p(\frac c{c'}),v_2((p+2)^c+1)\le v_p((p+2)^{c'}+1)\)

所以 \((p+2)^c+1\le ((p+2)^{c'}+1)\cdot \frac c{c'}\) ，而 \(\frac c{c'}\) 是奇数，这是一个显然的矛盾

于是 \(c=c'\le \frac{p-1}2\)

我们知道 \(v_2((p+2)^c+1)=v_2(p+3)或1\) ，所以 \(2\le 2^a\le p+3\) ，所以估计：

\(\frac{(p+2)^c+1}{2^a}\ge \frac{(p+2)^c+1}{p+2+1}\ge (p+2)^{c-1}-(p+2)^{c-2}>p^{c-1}\)

\(\frac{(p+2)^c+1}{2^a}\le \frac{(p+2)^c+1}2< p^{c+1}\)

因为 \(C_c^kp^k\cdot 2^{c-k}<p^{c+1-k}\) 对 \(c\le \frac{p-1}2\) 恒成立

所以 \(b=c\) ，设 \(b=2^s\cdot r\) ，将会有

\(v_p((p+2)^b+1)=v_p((p+2)^{2^s}+1)+v_p(r)=v_p((p+2)^{2^s}+1),v_2((p+2)^b+1)=v_2((p+2)^{2^s}+1)\)

于是 \(r=1\) ，在上述论证中已经说 \(c=\frac 12\delta_p(2)\) ，所以 \(\delta_p(2)=2^{s+1}\) ，因此 \(p\equiv 1\:(mod~2^{s+1})\)

由于 \(s\ge 1\) ， \(v_2((p+2)^b+1)=1\) ，所以 \(a=1\) ，看原方程

\(2p^{2^s}=(p+2)^{2^s}+1\)

设 \(p=2^{s+1}t+1\)

\(2(2^{s+1}t+1)^{2^s}=(2^{s+1}t+3)^{2^s}+1\)

模 \(2^{2s+1}\) 分析

\(2\equiv 3^{2^s}+1\:(mod~2^{2s+1})\)

根据 \(LTE\) 引理应当有 \(2^{s+1}=\delta_{2^{2s+1}}(3)=2^{2s}\) ，所以只能是 \(s=1\)

对应的解是 \(p=5,a=1,b=c=2\)