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2018年自考公共课数论初步章节讲义:不定方程

中华考试网  【 】  [ 2018年9月19日 ]

  Ø 第二章 不定方程

  一、 主要内容

  一次不定方程有解的条件、解数、解法、通解表示,不定方程x2+y2=z2通解公式、无穷递降法、费尔马大定理。

  二、 基本要求

  1、 了解不定方程的概念,理解对“解”的认识,掌握一次不定方程

  有解的条件,能熟练求解一次不定方程的特解,正整数解及通解。了解多元一次不定方程

  有解的条件,在有解的条件下的解法。

  2、掌握不定方程x2+y2=z2在一定条件下的通解公式,并运用这个通解公式作简单的应用。

  3、对费尔马大定理应有在常识性的了解,掌握无穷递降法求证不定方程x4+y4=z2无解的方法。

  4、掌握证明不定方程无解的若干方法。

  三、难点和重点

  (1)重点为求解一次不定方程的方法

  (2)掌握第二节中引证的应用。

  (1) 费尔马无穷递降法。

  四、自学指导

  不定方程主要讲解以下几个问题

  (i)给定一类不定方程,判别在什么条件下有解。

  (ii)在有解的条件下,有多少解

  (iii)在有解的条件下,求出所给的不定方程的所有解。

  二元一次不定方程的一般形式为ax+by=c 。若(a ,b)∣c,则该二元一次不定方程一定有解,若已知一个特解,则一切解可以用公式表示出来,因此求它的通解只要求出一个特解即可。求解二元一次不定方程的一个通解有好多种方法。读者应该总结一下,各种方法都有独到之处。特别要指出用最大公因数的方法。它的根据是求(a ,b)时所得的结果。由于注意通解公式x=x0-b1t,y=y0+a1t中a1,b1的意义和位置。以免出错。

  多元一次不定方程

  也有类似的结果,但在求解的过程中将它转化二元一次不定方程组,从最后一个二元一次不定方程解起,可逐一解出x1 ,x2 ,……xn 。所用的方法一般选择最大公因数的方法。由于n元一次不定方程可转化为n-1个二元一次不定方程组,故在通解中依赖于n-1个任意常数。但不象二元一次不定方程那样有公式来表示。

  x2+y2=z2的正整数解称为勾股数,在考虑这个方程时,我们对(x ,y)作了一些限制,而这些限制并不影响其一般性。在条件x>0,y>0,z>0,(x,y)=1,2∣x的条件可以给出x2+y2=z2的通解公式,x=2ab,y=a2-b2,z2=a2+b2,a>b>0 , (a ,b)=1,a ,b一奇一偶。若将2∣x限为2∣y,则也有相应的一个通解公式。在证明这个通解公式的过程中,用到了引理 uv=w2,u>0,v>0,(u ,v)=1,则u=a2,v=b2,w=ab 。a>0,b>0,(a ,b)=1 。利用这个结论可以求解某些不定方程。特别当w=1或素数p 。则由uv=1或uv=P 可将原不定方程转化为不定方程组。从而获得一些不定方程的解。上述解不定方程的方法叫因子分解法。希望读者能掌握这种方法。

  为了解决著名的费尔马大定理:xn+yn=zn ,n≥3无正整数解时,当n=4时可以用较初等的方法给出证明。证明由费尔马本人给出的,一般称为费尔马无穷递降法。其基本思想为由一组解出发通过构造得出另一组解,使得两组解之间有某种特定的关系,而且这种构造可以无限重复的。从而可得到矛盾。因此无穷递降法常用来证明某些不定方程无整数解。

  证明一类不定方程无解是研究不定方程邻域中常见的形式,一般的要求解不定方程比证明不定方程无解要容易些。证明不定方程无解的证明方法常采用以下形式:(反证法)

  若A有解

  A1有解

  A2有解

  ……

  An有解,而An本身无解,这样来构造矛盾。从而说明原不定方程无解。

  对于证明不定方程的无解性通常在几种方法,一般是总的几种方法交替使用。特别要求掌握:简单同余法、因子分解法、不等式法,以及中学数学中所涉及的判别式法。

  五、例子选讲

  例1:利用整数分离系数法求得不定方程15x+10y+6z=61。

  解:注意到z的系数最小,把原方程化为

  z=

  令t1=

  ,即-3x+2y-6t1+1=0 此时y系数最小,

  令t2 =

  ,即

  ,反推依次可解得

  y=x+3t1+t2=2t2+1+3t1+t2=1+3t1+3t2

  z=-2x-2y+10+t1=6-5t1+10t2

  ∴原不定方程解为

  t1t2∈z. 例2:证明

  是无理数证:假设

  是有理数,则存在自数数a,b使得满足

  即

  ,容易知道a是偶数,设a=2a1,代入得

  ,又得到b为偶数,

  ,设

  ,则

  ,这里

  这样可以进一步求得a2,b2…且有a>b>a1>b1> a2>b2>…

  但是自然数无穷递降是不可能的,于是产生了矛盾,∴

  为无理数。

  例3:证明:整数勾股形的勾股中至少一个是3的倍数。

  证:设N=3m±1(m为整数) , ∴N2=9m2±6m+1=3(3m2±2m)+1

  即一个整数若不是3的倍数,则其平方为3k+1,或者说3k+2不可能是平方数,设x,y为勾股整数,且x,y都不是3的倍数,则x2,y2都是3k+1,但z2=x2+y2=3k+2形,这是不可能,∴勾股数中至少有一个是3的倍数。

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