初等数论§2不定方程.ppt

1、初等数论2不定方程一、问题的提出一、问题的提出百钱买百鸡百钱买百鸡 鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一。鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一。百钱买百鸡，问鸡翁母雏各几何？百钱买百鸡，问鸡翁母雏各几何？”分析：设分析：设x,y,z分别表示鸡翁、鸡母、鸡雏的只数，分别表示鸡翁、鸡母、鸡雏的只数，则可列出方程如下：则可列出方程如下：1001531003xyzxyz 消去消去z得到方程得到方程 74100 xy这里，方程的个数少于未知数的个数，在实数范围内，这里，方程的个数少于未知数的个数，在实数范围内，方程的解有无穷多个。而我们所关心的是其有无整数方程的解有无穷多个。而我们所

2、关心的是其有无整数或正整数或正整数解，这种方程解，这种方程组组称为不定方程。称为不定方程。2022-12-3小明家现有边长相等的正三角形、正方形、正五小明家现有边长相等的正三角形、正方形、正五 边形、正六边形四种地板砖，要选择其中两种用边形、正六边形四种地板砖，要选择其中两种用 以铺地板以铺地板,则下列选择正确的是（则下列选择正确的是（）分析：分析：这类问题实质上是这类问题实质上是“不定方程求正整数不定方程求正整数解解”的问题，因为铺好的地板中间不能出空隙，的问题，因为铺好的地板中间不能出空隙，所以两种图形内角拼在一起恰好要构成所以两种图形内角拼在一起恰好要构成360 度角，度角，并且砖的块数

3、又是正整数。于是就使几何拼图转并且砖的块数又是正整数。于是就使几何拼图转化成不定方程求正整数解的问题。化成不定方程求正整数解的问题。A、B、C、D、设需正三角形地砖设需正三角形地砖m m块，正方形地砖块，正方形地砖n n块恰好铺成，块恰好铺成，则有则有60m+90n=360.60m+90n=360.2022-12-3二元一次不定方程的一般形式为二元一次不定方程的一般形式为,0(1)axbyca b cZ a b174100.xy例例 求求方方程程所所有有正正整整数数解解100772544xxy 4,18;xy8,11;xy12,4.xy注：该方法对一次项系数较小的方程比较实用。注：该方法对一次

4、项系数较小的方程比较实用。2022-12-3二、二元一次不定方程解的形式和判定二、二元一次不定方程解的形式和判定定理定理1 1 若若1 1式有整数解式有整数解 00,xxyy则则1 1式的一切解可以表示为式的一切解可以表示为01011,0,1,2(,)(,)xxb t yya tababta ba b其其中中，（2 2）,0(1)axbyca b cZ a b00(,)1,(1),.a bxxbt yyat注注：如如果果则则的的解解为为2022-12-3定理定理1 1的证明：的证明：证：把证：把2代入代入1，成立，故，成立，故2是是1的解。的解。00,(1),(1)xyxy设设是是的的任任一一

5、解解，又又是是的的解解.00.axbyaxby所所以以有有1010()()*a xxb yy （）11(,)1a b 1001(),ayytZyya t 使使得得，01 yya t 即即+01*.xxb t代代入入（），得得(1)axbyc2022-12-3例例2 2 写出下列方程通解的形式：写出下列方程通解的形式：(1)582;xy(2)583;xy(3)6812;xy(4)681.xy008,5,0,1,2,xxt yyt t008,5,0,1,2,xxt yyt t004,3,0,1,2,xxt yyt t004,3,0,1,2,xxt yyt t008,5,0,1,2,xxt yyt

6、t或或004,3,0,1,2,xxt yyt t或或2022-12-3说明：定理说明：定理1 1给出了方程通解的一般形式。这样，给出了方程通解的一般形式。这样，解决问题的关键在于求一个特解。解决问题的关键在于求一个特解。问题：所有的二元一次方程都有解吗？问题：所有的二元一次方程都有解吗？681.xy例例如如定理定理2 2 有整数解有整数解 (,).a b c(1)axbyc 显显然然；(,)da b，记记11,.d ccc d cZ若若，则则.dasbt 可可以以表表示示为为1()cc asbt所所以以11,xc s yc t取取，即为方程即为方程1 1的解。的解。2022-12-3三、求二元

7、一次不定方程整数解的一般方法三、求二元一次不定方程整数解的一般方法先求一个特殊解，再根据定理先求一个特殊解，再根据定理1 1写出其通解。写出其通解。对于方程对于方程(1),(1),若有解，则可化为若有解，则可化为,(,)1(3)axbyca b的的形形式式一般地，利用一般地，利用辗转相除法辗转相除法，得到，得到1,asbt00,.xcs yct则则2022-12-3例例3 3 求方程求方程 的一个特殊解。的一个特殊解。741xy解：用解：用7 7、4 4进行辗转相除法进行辗转相除法7413 4311 374 1143 114(74 1)1,所所以以，7(1)421.即即001;2.xy 从从而

8、而，2022-12-311132175xy例例4 4 求求 1 1的一切整数解。的一切整数解。(111,321)3 解解：原方程可以化为原方程可以化为 3710725(2)xy371071xy先求先求 3 3 的一个整数解。的一个整数解。1073734，3749+1，从而从而 1374 937(37 3 107)937(26)107(9)故故3 3的一个整数解是的一个整数解是 26,9xy 2 2的一个整数解是的一个整数解是 2625,925xy 原方程的整数解为原方程的整数解为 2625107,92537,xt yt tZ 2625107,92537,xt yt tZ或或者者，2022-12

9、-3三、求二元一次不定方程整数解的一般方法三、求二元一次不定方程整数解的一般方法代数运算，观察法代数运算，观察法1073725xy例例5 5 求求 的一切整数解。的一切整数解。即得到原方程的一个整数解即得到原方程的一个整数解 从而所求的一切整数解为从而所求的一切整数解为 2510737xy 解解：254337xx 25437xy 令令37 254yx 19 64yy 1y 取取3x8y 003,8xy 337,8107,xt yt tZ 2022-12-3三、求二元一次不定方程整数解的一般方法三、求二元一次不定方程整数解的一般方法变量代换法变量代换法1761622xy例例6 6 求求 的一切整

10、数解。的一切整数解。解：原方程可化为解：原方程可化为 88811xyxyz令令，则方程可化为则方程可化为 7811.xz11uxz再再令令，则方程可化为则方程可化为 741uz2tuz又又令令，则方程可化为则方程可化为 41tu41.ut逐步往回代入，可得逐步往回代入，可得 227;ztut2381;2588;xt yt tZ 2022-12-3习题讲解：习题讲解：313.,0,0,(,)1PaxbyN aba b证证明明：方方程程1.NNabab 的的非非负负整整数数解解的的个个数数为为或或则其一切整数解可以表示为则其一切整数解可以表示为设设 是原方程的一个非负整数解，是原方程的一个非负整数

11、解，00,xy00,xxbt yyat tZ0,0 xy由由00axNaxtabab t 的取值区间长度为的取值区间长度为 .Nab从而得证。从而得证。2022-12-34.,1,1,(,)1axbyN aba b证证明明：方方程程NababNabab 当当时时有有非非负负整整数数解解；时时则则不不然然；Nabab思思考考：呢呢？（1）方程的一般解可以表示为）方程的一般解可以表示为 00,0,1,2,xxbt yyat t在在a个单位长度内，个单位长度内，y一定有整数解。一定有整数解。所以，一定存在某个所以，一定存在某个 ，使得，使得 tZ 001yyata对此对此t，代入原方程，得，代入原方

12、程，得0()Nb yatxa(1)Nb aa(1)ababb aa 1 2022-12-34.,1,1,(,)1axbyN aba b证证明明：方方程程NababNabab 当当时时有有非非负负整整数数解解；时时则则不不然然；Nabab思思考考：呢呢？(2)Nabab当当时时，代入原方程，有代入原方程，有假设存在非负整数解，则假设存在非负整数解，则 代入代入*，显然不成立。，显然不成立。(1)(1)(*)a xb yab(,)1a b 又又，(1),(1)a yb x所所以以，1,1.yma xnb即即1,11xy，,1m n 从从而而，2022-12-32022-12-32.2 2.2 多元

13、一次不定方程多元一次不定方程一、多元一次不定方程有解的判定一、多元一次不定方程有解的判定定理定理1 1 方程方程 11221,(1)nnna xa xa xN aaNZ12(,).na aaN有有整整数数解解证证明明：()()，12(,).na aad 记记1,nd ad a.d N1 1有解有解 2022-12-3定理定理1 1 方程方程 11221,(1)nnna xa xa xN aaNZ12(,).na aaN有有整整数数解解()2.n当当时时，结结论论显显然然成成立立假设上述条件对假设上述条件对n-1是成立的，下证对是成立的，下证对n也成立。也成立。21223(,),(,),.nda

14、 ad aadd N令令则则且且2 233nnd ta xa xN所所以以方方程程有有解解，令其一整数解为令其一整数解为 23,ntxx2 233()nnd tNa xa x由由11222 2a xa xd t11222 2a xa xd t考考虑虑方方程程，212(,)da a 故该方程有解，记为故该方程有解，记为 12,.xx进而得到进而得到 是原方程的一个整数解。是原方程的一个整数解。123,nxxxx2022-12-3二、多元一次不定方程求解的方法二、多元一次不定方程求解的方法例例1 1 求不定方程求不定方程 x 2y 3z=7 的所有整数解。的所有整数解。2(1),xyt解解：令令3

15、7(2)tz则则（1 1）的解为）的解为2,.(3)xtvvZyv （2 2）的解为）的解为13,.(4)2tuuZzu 把把(4)(4)代入代入(3),(3),消去消去t,得得132,.2xuvyvu vZzu 注：三元一次不定方程的整数解中含有注：三元一次不定方程的整数解中含有2 2个参数个参数.2022-12-392451000 xyz问问题题：对对于于方方程程，如如何何求求解解？924,51000 xyt tz令令(9,24)3,9243xyt由由于于故故可可令令，38.xyt即即38351000.xyttz再再解解方方程程和和一般地，我们可以给出多元一次不定方程的求解方法一般地，我们

16、可以给出多元一次不定方程的求解方法.2022-12-311221,(1)nnna xa xa xN aaNZ二、多元一次不定方程求解的方法二、多元一次不定方程求解的方法1222331(1)(,),(,),(,).nnna add addadd 顺顺次次求求出出若若d不能整除不能整除N，则原方程无整数解；，则原方程无整数解；否则，继续下面的步骤。否则，继续下面的步骤。(2)构造如下的构造如下的n-1个方程个方程11222 22 2333 311nnnna xa xd td ta xd tdta xN (3)求出每个方程的所有整数解求出每个方程的所有整数解含参数含参数ti，再逐步代入上面的方程中，

17、消去所有的再逐步代入上面的方程中，消去所有的ti，从而得到原方程的所有整数解。从而得到原方程的所有整数解。2022-12-3例例2 2 求方程求方程 的一切整数解。的一切整数解。92451000 xyz2(9,24)3,d 解解：3(3,5)1dd原方程有整数解。原方程有整数解。列出如下的列出如下的2 2个方程：个方程：924338(1)xytxyt351000(2)tz(1)(1)的解为的解为 38,3,xtu ytu uZ (2)(2)的解为的解为 10003,20005,zv tv vZ把把t的值代入的值代入x,y的表达式，得到原方程的一切整数解为的表达式，得到原方程的一切整数解为600

18、0 158,2000 53,10003,xvu yvu zv u vZ 2022-12-3260235,解解：9160435xyz可可令令15201291.xyz即即得得：1520534(1)xytxyt令令51291(2)tz(1)(1)的解为的解为 4,3,xtu ytu uZ (2)(2)的解为的解为 25,2312,zv tv vZ 把把t的值代入的值代入x,y的表达式，得到原方程的一切整数解为的表达式，得到原方程的一切整数解为23124,23123,25,.xvu yvu zv u vZ 例例3 3 把把 分解为三个分母两两互质既约正分数之和。分解为三个分母两两互质既约正分数之和。9

19、1602022-12-39160435xyz令令,0 x y z 由由124231232352vuvuv 例例3 3 把把 分解为三个分母两两互质既约正分数之和。分解为三个分母两两互质既约正分数之和。916031uv 23124,23123,25,.xvu yvu zv u vZ 231212(25)91112zvvv 1,2,3.xyz 91123.60435即即2022-12-32.3 2.3 勾股数勾股数2022-12-3 人类一直想弄清楚其他星球上是否存在着人类一直想弄清楚其他星球上是否存在着“人人”，并试图与，并试图与“他们他们”取得联系，那么我们怎样才能与取得联系，那么我们怎样才能

20、与“外星人外星人”接触呢？科接触呢？科学家们学家们想尽了各种方法，比如通过卫星发射向宇宙发出了许多信想尽了各种方法，比如通过卫星发射向宇宙发出了许多信号，如地球上人类的语言、音乐等。而号，如地球上人类的语言、音乐等。而我国数学家华罗庚曾经建我国数学家华罗庚曾经建议，要探知其他星球上有没有议，要探知其他星球上有没有“人人”，我们可以发射类似下面的，我们可以发射类似下面的图形，如果他们是图形，如果他们是“文明人文明人”，必定认识这种，必定认识这种“语言语言”.那这个图那这个图形的到底有什么秘密呢？形的到底有什么秘密呢？我是地球人我是地球人,I am a man on the earth 2022-

21、12-3 毕达哥拉斯毕达哥拉斯,(公元前公元前572-前前492年年),古希腊著古希腊著名的数学家、哲学家、名的数学家、哲学家、天文学家。天文学家。毕达哥拉斯毕达哥拉斯 相传相传2500年前，毕达年前，毕达哥拉斯有一次在朋友家里哥拉斯有一次在朋友家里做客时，做客时，从朋友家的地板从朋友家的地板中发现了这个秘密中发现了这个秘密.2022-12-3ABCSA+SB=SC222caa 等腰直角三角形两直角边的平方和等于斜等腰直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方边的平方.2022-12-3毕达哥拉斯定理：毕达哥拉斯定理：毕达哥拉斯毕达哥拉斯“勾股定理勾股定理”在国外，尤其在西在国外，尤其在西方被称

22、为方被称为“毕达哥拉斯定理毕达哥拉斯定理”或或“百百牛定理牛定理”相传这个定理是公元前相传这个定理是公元前500500多年时多年时古希腊数学家毕达哥拉斯首先发现的古希腊数学家毕达哥拉斯首先发现的。他发现勾股定理后高兴异常，命令。他发现勾股定理后高兴异常，命令他的学生宰了一百头牛来庆祝这个伟他的学生宰了一百头牛来庆祝这个伟大的发现，因此勾股定理又叫做大的发现，因此勾股定理又叫做“百百牛定理牛定理”2022-12-3 赵爽赵爽:东汉末至三国时代吴国人东汉末至三国时代吴国人.为为周髀算经周髀算经作注，并著有作注，并著有勾股圆方图勾股圆方图。这是我国对。这是我国对勾股定理最早的证明。勾股定理最早的证明

23、。“赵爽弦图赵爽弦图”表现了表现了我国古人对数学的钻研精我国古人对数学的钻研精神和聪明才智，它是我国神和聪明才智，它是我国古代数学的骄傲。古代数学的骄傲。正因为如此，这个图案正因为如此，这个图案被选为被选为2002年在北京召开的年在北京召开的国际数学家大会的会徽。国际数学家大会的会徽。2022-12-3cba=22ba 2c2022-12-3这就是本届大会这就是本届大会会徽的图案会徽的图案 这个图案是我国汉代数学这个图案是我国汉代数学家赵爽在证明勾股定理时用到家赵爽在证明勾股定理时用到的，被称为的，被称为“赵爽弦图赵爽弦图”2022-12-3 1876年年4月月1日，伽菲尔德日，伽菲尔德在在新

24、英格兰教育日志新英格兰教育日志上发表了他对勾股定理的上发表了他对勾股定理的这一证法。这一证法。1881年，伽菲尔德就任美年，伽菲尔德就任美国第二十任总统。后来，国第二十任总统。后来，人们为了纪念他对勾股定人们为了纪念他对勾股定理直观、简捷、易懂、明理直观、简捷、易懂、明了的证明，就把这一证法了的证明，就把这一证法称为称为“总统总统”证法证法。2022-12-3aabbcc伽菲尔德证法伽菲尔德证法:)(21babaS梯形一方面2212121cababSS梯形另一方面 a2+b2=c22022-12-3 一、问题的提出一、问题的提出 我们把满足二次不定方程我们把满足二次不定方程 222(1)xyz

25、的正整数解称为勾股数的正整数解称为勾股数.早在我国古代数学书早在我国古代数学书周髀算经周髀算经中，就载有中，就载有“勾三勾三股四弦五股四弦五”，实际上说明该方程存在整数解。方程，实际上说明该方程存在整数解。方程1 1的非零整数解如何去求，其解具有怎样的特征，的非零整数解如何去求，其解具有怎样的特征，是这里要回答的问题。是这里要回答的问题。周髀算经周髀算经是中国流传至今最早的一部数学著作是中国流传至今最早的一部数学著作,同同时也是一部天文学著作。现传本大约成书于西汉时期时也是一部天文学著作。现传本大约成书于西汉时期(公元前一世纪公元前一世纪)。也有史家认为它的出现更早，是孕于。也有史家认为它的出

26、现更早，是孕于周而成于西汉，甚至更有人说它出现在纪元前周而成于西汉，甚至更有人说它出现在纪元前10001000年。年。2022-12-3二、二次不定方程二、二次不定方程 解的形式解的形式 222xyz为简单起见，我们先求方程为简单起见，我们先求方程1 1满足下述条件满足下述条件(2)(2)的解的解0,0,0,(,)1(2)xyzx y z注：注：2 2中的条件中的条件 (,)1x y z 可以改写为可以改写为(,)1.x y 定理定理1 1：(,)(1)(2)x y z若若是是方方程程满满足足条条件件的的解解，则则有有(1),x y有有不不同同的的奇奇偶偶性性；(2),3x y中中有有且且仅仅

27、有有一一个个能能被被 整整除除；(3),5x y z 中中有有且且仅仅有有一一个个能能被被 整整除除.3,4,5;5,12,13;8,15,17;7,24,25.例例如如：2022-12-3定理定理1 1的证明：的证明：(1),x y显显然然不不同同偶偶；,x yz若若同同奇奇，则则 为为偶偶，也也不不可可能能.2222(21)(21)xymn由由224()2mnmn 不论不论z如何取值，如何取值，z2也不可能表示为该形式。也不可能表示为该形式。(2),31,31x yxmyn若若都都不不能能被被3 3整整除除，记记，2222(31)(31)xymn32N(3),x y z若若都都不不能能被被

28、5 5整整除除，5152,5152.xmmynn记记或或或或讨论同讨论同(2).(2).2022-12-3定理定理1 1虽然给出了勾股数的一些特征，如何进一虽然给出了勾股数的一些特征，如何进一步写出任意的勾股数呢？步写出任意的勾股数呢？引理引理 不定方程不定方程 2,0,0,0,(,)1(3)xyzxyzx y的一切正整数解，可以写成下面的形式的一切正整数解，可以写成下面的形式22,0,(,)1(4)xaybzab a ba b充分性显然；充分性显然；必要性的证明如下：必要性的证明如下：221111,(3),0.x y zxa xyb y a b x y 设设是是的的解解，并并记记(,)1x

29、y 由由11(,)1(,)1.xya b，22211(3),za b x y 代代入入得得到到111.xyz只只有有时时，才才有有整整数数解解2022-12-3定理定理2 2：(1)(2)2 x方方程程满满足足条条件件且且的的解解具具有有下下列列形形式式：22222,xab yabzab，0,0,(,)1,.aba ba b，且且有有不不同同的的奇奇偶偶性性(5)(5)充分性：充分性：,(5),(1),2.x y zx若若满满足足显显然然满满足足且且(,)dx y设设 是是的的任任一一质质因因数数，22(1).dzd z则则由由得得到到d yd z由由，2222()()d abd ab，222

30、,2dadb(,)1a b 又又21,2ddd或或，22yab而而是是奇奇数数，1.d 所所以以，2022-12-3必要性：必要性：,(1)2.2,2.x y zxyz设设是是的的解解，且且则则 2()()()222xzyzy 且且(,)|.2222yzzyyzzyddd 记记，则则有有，,(,)d y d zdy z，(,)11.y zd又又2200(,)1222xyzyzabababa b 由由引引理理得得，,，22222,0,0,(,)1.xab yabzab aba b 从从而而2,.ya b由由有有不不同同的的奇奇偶偶性性定理定理2 2：(1)(2)2 x方方程程满满足足条条件件且且

31、的的解解具具有有下下列列形形式式：22222,xab yabzab，0,0,(,)1,.aba ba b，且且有有不不同同的的奇奇偶偶性性(5)(5)2022-12-3推论推论 单位圆周上坐标都是有理数的点可以写成单位圆周上坐标都是有理数的点可以写成22222222222222,()()abababababababab或或的形式，其中的形式，其中a与与b是不全为零的整数。是不全为零的整数。证明：证明：显然显然22222222222222(,)(,)abababababababab，都是单位圆周都是单位圆周 上的有理点。上的有理点。221xy另一方面，另一方面，单位圆周单位圆周 上的有理点上的有

32、理点221xy222,0.qrxypqrppp可可以以表表示示为为，代入定理代入定理2 2即得证即得证.2022-12-3Fermat Fermat 大定理大定理 约于约于16371637年，在年，在Diophantus Arithmetica(Book 2,Diophantus Arithmetica(Book 2,Problem VIII)Problem VIII)的旁白上，的旁白上，Pierre de Fermat Pierre de Fermat 写道：写道：“不可能把一个立方数分成两个立方数，或把一个四次不可能把一个立方数分成两个立方数，或把一个四次幂分成两个四次幂，或一般地把一个高

33、于二次的幂分成幂分成两个四次幂，或一般地把一个高于二次的幂分成两个同一次的幂；对此，我发现了一个殊堪称道的证明两个同一次的幂；对此，我发现了一个殊堪称道的证明，但这里的空白太小，容不下。，但这里的空白太小，容不下。”(3).nnnxyzn方方程程没没有有非非零零整整数数解解2022-12-3相关高次方程解的判定相关高次方程解的判定定理定理3 3不定方程不定方程 442(7)xyz0.xyz 没没有有满满足足的的整整数数解解证明证明反证反证 000(,)(7).xy zz设设是是满满足足且且有有最最小小 的的解解4220000(,),.dxyd zdz令令，0002(,(7).xyzdd d从从

34、而而)也也是是的的解解01.zd由由 的的最最小小性性00,xy显显然然，有有不不同同的的奇奇偶偶性性，1d 同同偶偶则则；(7).同同奇奇则则无无解解容容易易验验证证002,2,2xy不不妨妨设设由由定定理理 知知：y,(,)1,a ba b 一一奇奇一一偶偶，且且2222220002,.xab yabzab使使得得2,2|.ab进进而而有有 a2220111(2)(21)41;yabN否否则则，一一方方面面22012(21)41.yyN另另一一方方面面不可能！不可能！2022-12-32222220002,2,2|.xab yabzabab，且且 a2,bc 设设20(),(,)12xac

35、a c则则且且22,(,)1ae cfe f由由引引理理得得：且且24422222004,(2)().yeffye即即2444444220(,4)(4,4)(,4)(,)1yfeffefa b由由20(,2)1.yf 222222,(,)1.flm elml m 由由定定理理2 2得得：22,(,)1lrmsr s再再由由引引理理得得：442.rse2220eeaabz而而0z这这与与 的的最最小小矛矛盾盾！定理定理3 3中使用的证明方法称为无穷递降法，常用于中使用的证明方法称为无穷递降法，常用于判定方程的可解性判定方程的可解性.2022-12-3推论推论 方程方程 444xyz0 xyz 没

36、有满足没有满足 的整数解。的整数解。22220.xyx yxy例例1.1.证证明明方方程程没没有有满满足足的的整整数数解解证证:反证反证0,0,0.xyx yxy设设有有满满足足的的整整数数解解且且2,2xy显显然然，222242222()()()()xyxy因因此此有有.(1)22xy若若与与一一奇奇一一偶偶，显显然然不不成成立立；(2)22xy若若与与都都是是奇奇数数，也也不不成成立立；(3)22xy若若与与都都是是偶偶数数，222222222224,N222222()()()()xyxyxy则则，2022-12-32222.3,(,)1.xyzx y 例例 求求出出不不定定方方程程的的一

37、一切切正正整整数数解解22()()33zxzxyzxyzx解解：原原方方程程可可化化为为或或3()3()(,)1zxzxzx zx或或有有且且只只有有一一个个成成立立，21,(,)13uzx vzxyuv u v设设，原原方方程程可可化化为为(1)3 u若若223,(,)1 3.uavbyab a bb引引理理，222211(3),(3),22xabyab zab,(,)1 3.a ba bb 都都是是奇奇数数，且且，222211(2)3(3),(3),22vxbayab zab若若，类类似似得得,(,)1 3.a ba bb 都都是是奇奇数数，且且，2022-12-3习题提示：习题提示：36

38、3P 351PTH 连续两次运用连续两次运用 的结论可以得出。的结论可以得出。471,2P 381PTH 仿照仿照 的证法。的证法。2022-12-3补充例题：补充例题：例例1.设设x，y，z是互质的勾股数，是互质的勾股数，x是素数，证明：是素数，证明：2z 1，2(x y 1)都是平方数都是平方数.证：证：由由x2=(z y)(z y)及及x是素数得是素数得 z y=x2，z y=1，于是于是2z 1=x2，2(x y 1)=(x 1)2 都是平方数。都是平方数。2022-12-3例例2.求整数求整数x，y，z，x y z，使，使x y，x z，y z 都是平方数。都是平方数。解：设解：设

39、x y=a2，y z=b2，x z=c2，则则 a2 b2=c2，而方程而方程a2 b2=c2 的解可以表示为的解可以表示为 .2222,2cuvbuvbuv或或由此得由此得x=(u2 v2)2 t，y=(u2 v2)2 t或或 4u2v2 t，z=t，u,v,t Z.2022-12-3 例例3.3.求方程求方程x2 xy 6=0的整数解。的整数解。解：由解：由x(x y)=6得得 从而从而(x,y)的取值为：的取值为：或或(3,1)，或或(3,1)，或或(6,5)，或或(6,5)。1,6;2,3;xxyxxy 或或3,2;6,1.xxyxxy 或或或或(1,5)，或，或(1,5)，或或(2,

40、1)，或或(2,1)，2022-12-3111xyz例例4.4.求方程求方程 的正整数解。的正整数解。解：显然解：显然x z，y z，令令x=z s，y=z t，s，t N，代入方程可得代入方程可得z2=st，于是于是s=a2d，t=b2d，z=abd，其中其中a,b,d N，(a,b)=1，由此得由此得x=abd a2d，y=abd b2d，z=abd，2,3,1abd如如取取，10,15,6.xyz可可得得为为原原方方程程的的解解2022-12-3 例例5.5.证明证明 x2 y2 z2=x2y2 没有满足没有满足xyz 0的整数解。的整数解。证：证：设设x，y，z是是x2 y2 z2=x

41、2y2的整数解，的整数解，如果如果x，y同为奇数，则同为奇数，则x2 y2 z2 被被4除的余数为除的余数为2或或3，但但x2y2被被4除的余数为除的余数为1可以简单验证可以简单验证，此不可能；，此不可能；如果如果x，y一奇一偶，则一奇一偶，则x2 y2 z2被被4除的余数为除的余数为1或或2，x2y2能够被能够被4整除，此也不可能。整除，此也不可能。如果如果x，y同为偶数，则同为偶数，则z也是偶数，也是偶数，令令x=2x1，y=2y1，z=2z1，代入原方程，代入原方程 得得x12 y12 z12=22x12y12，反复以上的推理可得反复以上的推理可得x，y，z能被能被2的任意次乘幂整除，的任意次乘幂整除，2022-12-3