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 \(\frac 1x+\frac 1y+\frac 1z+\frac 1{xyz}=\frac m{x+y+z}\) 有无穷组正整数解

代入 \((x,y,z)=(1,1,1)\) ，则 \(m=12\) ，下证它可行。对方程做变形可得到：

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

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

考虑该方程对应的两个解（将 \(x\) 作为主元） \(x,\frac {yz+1}x\)

我们可以由 \((x,y,z)\) 得到解 \((y,z,\frac {yz+1}x)\) ，这里不妨令 \(x\le y \le z\) 就有 \(\frac {yz+1}x\ge z\)

令 \(a_0=a_1=a_2=1,a_{n+1}=\frac{a_na_{n-1}-1}{a_{n-2}}\)

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 \(a_{n-2}\mid a_{n-1}+a_{n-3}\)

\(a_{n-1}\mid a_na_{n+1}-1=\frac{a_n(a_na_{n-1}-1)-a_{n-2}}{a_{n-2}}\) 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

简单来说就是利用正整数的有界性，设某组解的一个特征值最小，然后由它推出更小的解，导出矛盾

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 \(n^2-1=k(m^2-n^2+1)\)

\(\iff (k+1)(n^2-1)=km^2\)

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

由 \(m,n\) 同奇偶知存在 \(u>0,v\) 使得 \(n=u-v,m=u+v\) ，记 \(k+1=s\)

则 \(u^2-2uv+v^2-1=(s-1)(4uv+1)\)

\(\iff u^2-(4s-2)uv+v^2-s=0\)

取上述方程一组解 \(u,v\) ，令 \(|v|<|u|\) ，并使 \(|v|\) 最小

以 \(u\) 为主元，满足条件的两个解 \(u+u'=(4s-2)v,uu'=v^2-s\) ，则 \(u'=\frac {v^2-s}u<v\) ，由 \(v\) 的最小性可知 \(u'<0\) ，否则 \(v,u'\) 更小

\(v=0\) 时 \(s=u^2\) ，下考虑 \(v\neq 0\) 。由 \(u'<0\) 可知 \(s>v^2\)

则 \(|u+u'|<|u'|<|\frac{v^2-s}{u}|<|\frac su|\) ，则 \(|(4s-2)v|<|\frac su|\) ， \(s>1\) 时显然不成立

综上， \(s\) 一定是完全平方数，命题成立

例2

设 \(a,b,c\in N^*\) 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

这题做积累即可，如果不知道其它信息的情况下太难了（如果有大佬能告诉我motivation也请指出）

引理：对 \(1+ab,1+bc,1+ca\) 都是完全平方数的 \(a,b,c\) ，存在 \(p\in N^*\) 使得 \(1+pa,1+pb,1+pc\) 均为完全平方数

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 \(x^2v^2-y^2w^2=(xv-yu)(xv+yu)=x^2+v^2-y^2-w^2=(p-c)(a-b)\)

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

\((p+a-b-c)^2=4(1+pa)(1+bc)\)

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

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 \(p\in N^*\)

回到原题，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 \((1+ab)^2(1+pa)(1+bc)^2(1+ca)(1+cp)\) 为完全平方数，则 \((1+pa)(1+ac)(1+cp)\) 为完全平方数

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

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

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 \(\frac {x^2}b\le t^2+xt<\frac{x^2}b+1(*)\)

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：

\(bt^2+2rt+\lceil \frac{r^2}b\rceil =t^2+bt^2+rt\)

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

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

为此我们需要 \(t>r>0\) ，这是可以做到的，用 \((*)\) ：

\(t^2+xt<\frac{x^2}b+1\) 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 \(x<(b+1)t\)