AoPS - Chapter 24 Diophantine Equations

这一节主要讲解了二元一次丢番图方程、本原勾股数、佩尔方程（Pell Equation）。

丢番图方程（Diophantine equation）是指未知数为整数的整数系数多项式等式。（丢番图方程 - 维基百科）

二元一次丢番图方程：\(ax + by = c\)

关于 \(x,y\) 的形如 \(ax+by=c\) 的丢番图方程称为二元一次丢番图方程。

求解

方程有解的充要条件为 \(\gcd(a,b) | c\)。

首先凑出该方程的一组特解 \((x_0, y_0)\)。

则原方程的解为：

\[\begin{cases} x = x_0 + \dfrac b {\gcd(a, b)} k \\ y = y_0 - \dfrac a {\gcd(a, b)} k \\ \end{cases}, k \in \mathbb Z\]

补充：第一步凑特解可以使用扩展欧几里得算法（Extended Euclidean algorithm）进行无需人类智慧的求解。

勾股数：\(x^2 + y^2 = z^2\)

Example 求解丢番图方程 \(x^2 + y^2 = z^2\)。即求解勾股数（Pythagorean triples）的表达式。

Solution

\(x,y,z\) 若不互质，则必定有 \(\gcd(x,y,z) = d \ne 1\)，将 \(x,y,z\) 都除去 \(d\) 可得互质的解。\(x,y,z\) 两两互质的勾股数称为本原（primitive）勾股数。接下来仅求解本原勾股数。

分析奇偶性，可得 \(x,y\) 为一奇一偶，\(z\) 为奇数。不妨设 \(x\) 为偶数，\(y\) 为奇数。

不难得到：

\[\dfrac {x^2} 4 = \dfrac {z-y} 2 \times \dfrac {z+y} 2 \]

而 \(\dfrac {z-y} 2\) 与 \(\dfrac {z+y} 2\) 是互质的，所以均为完全平方数。

设 \(\dfrac {z-y} 2 = s^2\) 与 \(\dfrac {z+y} 2 = r^2\)，得到本原勾股数表达式：

\[\boxed{\begin{cases} x = 2rs \\ y = r^2 - s^2 \\ z = r^2 + s^2 \\ \end{cases}}\]

其中 \(r \perp s\) 且 \(r > s\)。

其它勾股数只要将本原勾股数的三个数都乘上一个倍数 \(d\) 即可。

本原勾股数的性质

• \(x,y\) 有且仅有一个是 \(3\) 的倍数。
• \(x,y\) 有且仅有一个是 \(4\) 的倍数。
• \(x,y,z\) 有且仅有一个是 \(5\) 的倍数。

Example: \(x^4 + y^4 = z^2\)

用无穷递降法（Infinite descent）证明无解。

TODO:

Pell 方程：\(x^2 - D y^2 = \pm 1\)

篇幅太长，单独分一页：AoPS - Chapter 24.5 The Pell Equation

课后习题

No. 413

Problem

Solve the equation

\[\sum\limits_{i=1}^x i! = y^2 \]

for all positive integer pairs \((x,y)\).

Solution

突破口：阶乘之和在 \(\bmod a\) 时，\(a!\) 及之后的项都会变成 \(0\)。

经过尝试，在 \(\pmod 5\) 下观察，当 \(x \ge 5\) 时，\(y^2 \equiv 3 \pmod 5\)，这是不可能的。因此 \(x \le 4\)。

依次尝试，可得 \(\boxed{\begin{cases} x = 1 \\ y = 1 \end{cases}}\) 或 \(\boxed{\begin{cases} x = 3 \\ y = 3 \end{cases}}\)。

No. 417

Problem

Prove that if there exist natural numbers \(a,b,c,d,e\) for which \(a^4+b^4+c^4+d^4 = e^4\), then at least three of the numbers \(a,b,c\) and \(d\) are multiples of \(5\).

Solution

\(a^4 \equiv 1 \pmod 5\)。（当且仅当 \(a \not \equiv 0 \pmod 5\)）

显然得证。

No. 420

Problem

Are there integers \(m\) and \(n\) such that \(5m^2 - 6mn + 7n^2 = 1985\)?

Solution

直接配平方可得 \(2m^2 + 3(m-n)^2 + 4n^2 = 1985\)，\(m,n\) 有限，其实已经可以开始枚举了区区几千几万组而已。

注意到 Problem 问的是有没有解，所以我们大胆猜测无解！

我们配的式子有一个问题：三个平方的结果不独立。两个变量决定三个结果，这不方便说明无解。

书上答案给了一个方法，我们可以给原式 \(\times 5\) 再配：

\[(5m - 3n)^2 + 26 n^2 = 9925 \]

接下来随便找一个模数矛盾就行了。比如 \(\pmod 8\)，前一项为 \(0 \text{ or } 1 \text{ or } 4\)，后一项为 \(0 \text{ or } 2\)，等号右边为 \(5\)，矛盾。\(\square\)

No. 424

Problem

Suppose \(D\) is prime. Prove that \(x^2 - Dy^2 = -1\) has no solutions if \(-1\) is not a quadratic residue \(\pmod D\).

Solution

在 \(\pmod D\) 下观察，得 \(x^2 \equiv -1 \pmod D\)。\(\square\)

No. 426

Problem

Prove that the Diophantine equation

\[x^3 + y^3 + z^3 + x^2y + y^2z + z^2x + xyz = 0 \]

has no solutions in nonzero integers.

Hint

Consider the parity of the left hand side in various cases.

Solution

根据 Hint，分类讨论之后可知 \(x,y,z\) 都为偶数。

设 \(2a = x, 2b = y, 2c = z\)。代入得：

\[8(a^3 + b^3 + c^3 + a^2b + b^2c + c^2a + abc) = 0 \]

因此 \((a,b,c)\) 也是原方程的一组解。

任何一组解减半之后又是一组新的解，根据无穷递降法，意味着解只能是 \((0,0,0)\)，而这组解不符合 nonzero。\(\square\)