裴蜀定理

裴蜀定理

\(ax+by=c\) 存在整数解 \((x,y)\) \(\iff (a,b)\mid c\)

更一般的 \(a_1x_1+...+a_nx_n=c\) 存在整数解 \((x_1,x_2,...,x_n) \iff (a_1,a_2,...,a_n)\mid c\)

例1

证明：对 \(a,b,c\in N^*,(a,b)=1\) ，方程 \(ax+by=c\)

1. \(c=ab-a-b\) 时无非负整数解

2. \(c>ab-a-b\) 时均有非负整数解

3. 对 \(0\le c\le ab-a-b\) 恰有 \(\frac12 (a-1)(b-1)\) 个 \(c\) 有非负整数解

设 \(ax+by=c\) 的整数解集为 \(x=x_0+bt,y=y_0-at,t\in Z\)

1. 当 \(c=ab-a-b\) ，假设存在正整数解 \((x,y)\) ，则 \(ab=a(x+1)+b(y+1)\) ，则 \(b\mid x+1,a\mid y+1\) ，则 \(a(x+1)+b(y+1)\ge ab+ba>ab\) 矛盾

2. 当 \(c>ab-a-b\) ，不妨 \(a<b\) ，设 \(0\le x_0\le b-1\) ，此时 \(y_0=\frac{c-ax_0}b\in [\frac {c-a(b-1)}b,\frac{c}b]\)

而 \(\frac {c-a(b-1)}b-a>-1\) ，即 \(y_0\ge 0\)

3. 先证明 \(n\in\overline{0,ab-a-b}\) ，若 \(ax+by=n\) 不存在非负整数解 ，则 \(ax+by=A-n\) 存在非负整数解，其中 \(A=ab-a-b\)

实际上，对 \(ax+by=n\) 的一组满足 \(0\le x\le b-1,y<0\) 的解 \(x_0,y_0\) 有 \(a(b-1-x_0)+b(-1-y_0)=A-n\) ，显然 \(b-1-x_0\ge 0,-1-y_0\ge 0\)

而 \(n\) 与 \(A-n\) 不能同时满足（否则 \(A\) 就可以表示了），由此可知命题成立

例2

\(a_1,a_2,...,a_n\) 两两互质，记 \(b_i=\frac{a_1a_2...a_n}{a_i}\) ，求使得 \(b_1x_1+b_2x_2+...+b_nx_n=M\) 无非负整数解的最大 \(M\)

我们证明： \(M=(n-1)a_1a_2...a_n-\sum b_i\)

若存在非负整数解 \(x_1,x_2,...,x_n\) ，由 \(b_ix_i\equiv M\equiv -b_i\:(mod~a_i)\) 知 \(a_i\mid (x_i+1)b_i\) ，又 \(a_i\) 两两互质，则 \(a_i\mid x_i+1\)

\(\sum b_ix_i\ge \sum b_i(a_i-1)= na_1a_2...a_n-\sum b_i>M\)

另一方面，对 \(A>M\) ，我们取 \(0\le x_i<p_i,i=1,2,...,n-1\) ，考虑 \(x_n\) 的取值 （我们可以不断调整 \(x_n\) 将 \(x_i\) 调整至范围内）

实际上 \(M<A=\sum b_ix_i\le \sum_{i=1}^{n-1}(a_i-1)b_i+b_nx_n\)

则 \(b_nx_n>-x_n\) ，可知 \(x_n\ge 0\)

综上可知命题成立

例3

方程组

\(\begin{cases} &a_{11}x_1+a_{12}x_2+...+a_{1q}x_q=0\\ &a_{21}x_1+a_{22}x_2+...+a_{2q}x_q=0\\ &...\\ &a_{p1}x_1+a_{p2}x_2+...+a_{pq}x_q=0 \end{cases}\)

中， \(q=2p,a_{ij}\in\{-1,0,1\}\) ，证明：方程组有满足 \(x_i\) 不全为 \(0\) 且 \(|x_i|\le q\) 的解

记 \(b_i=a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+...+a_{iq}x_q\)

限定 \(0\le x_i\le q\) ，则有 \((q+1)^q\) 组 \((x_1,x_2,...,x_n)\) 及其对应的 \((b_1,b_2,...,b_p)\) ，我们下面说明存在两组相同

考虑 \(a_{i1},a_{i2},...,a_{iq}\) 中 \(1\) 的个数，设为 \(k_i\) 个，则

\((k_i-n)q\le b_i\le k_iq\)

则 \(b_i\) 有 \(q^2+1\) 种取值，不同的 \((b_1,b_2,...,b_p)\) 共 \((p^2+1)^p\) 组，而 \((p^2+1)^p<(q+1)^q\)

这说明存在 \((y_1,y_2,...,y_n)\neq (z_1,z_2,...,z_n)\) 对应的 \((b_1,b_2,...,b_n)\) 相同

显然 \((y_1-z_1,y_2-z_2,...,y_n-z_n)\) 是满足题设的解

注：利用抽屉原理时限定 \(x_i\) 必须是 \(0\le x_i\le q\) ，否则相减后不一定满足条件

本题与 \(Siegel\) 引理相关，思想其实是高度类似的（抽屉构造都非常相像）。

例4

设 \(S\in Z^*\) 是一个加法封闭集 ，求证：存在正整数 \(k\) 使得对任意 \(n>N\) ，\(n\in S\) 当且仅当 \(k\mid n\)

设 \(S\) 中的元素为 \(a_1,a_2,...,a_n\) ，记 \(g_n=(a_1,a_2,...,a_n)\) ，由于 \(g_n\ge g_{n+1}\) ， \(g_n\) 最终为常数数列，设最后的常数为 \(d\) ，则 \(d\) 整除于所有 \(n\in S\) ，我们证明下列引理：

\((a_1,a_2,...,a_n)=d\) ，对任意 \(d\) 的充分大倍数 \(N\) ，存在正整数 \(x_1,x_2,..,x_n\) 使得 \(a_1x_1+a_2x_2+...a_nx_n=N\)

由裴蜀定理，存在解 \((x_1,x_2,...,x_n)\) ，我们调整 \(x_1\pm M/a_1,x_n\mp M/a_n\) ，其中 \(M=[a_1,a_2,...,a_n]\) ，使得 \(x_1\in(0,M/a_1]\) ，同理 使得 \(x_2,x_3,..,x_n\) 落在范围内，使得 \(a_1x_1+...+a_{n-1}x_{n-1}\in(0,(n-1)M]\) ，当 \(N>(n-1)M\) ，知 \(x_n\) 也为正整数，证毕