数论，商高方程，求正整数解

数论.关于方程整数解.~

先证明一个引理:若a,b互质,p为质数,a^2+b^2是p的倍数,则p模4余0,1,2.证明略.
然后第一题可化为:(x^2010)+1=(y+1)(4y^2008+2007)
左边由引理,可知模4不余3,右边的后一个括号模4余3.矛盾.所以无解.
第二题若x为奇数.左边为偶数.则y是偶数.左边模4余2右边余0矛盾!
所以x是偶数则y是奇数..设x=2n则y模4余1.设为4m+1
原方程化为n^2+1=m(16m^2+12m+3)..模4由引理矛盾!所以两题都是无解

用“无穷递降法”

将原式看成关于y的二次方程：y^2-pxy+x^2+p=0
由韦达定理，如果(y,x)是原方程一组解，那么(px-y,x)也是原方程的解
这里为方便用反证法推出矛盾，不妨设x是原方程解中最小的一个，与x配对的最小解是y，并设用韦达定理由y导出的另一个解是y'，则有y+y'=px，yy'=x^2+p。
若p太小的话，由韦达定理第二个式子知道容易推出y‘是比x更小的解，而p太大的话，y+y'和yy'之间的不等关系可能无法满足，由此可以夹出p的范围，具体如下：
yy'>=px-1（和一定时最小值取边值），所以x^2+p>=px-1
推出p(x-1)-x^2-1<=0。
分x是否为1情况讨论。如果x=1，代入解二次不等式就是p=5时候的解；
若x!=1，有px，推出y‘<x，与先前假设x是最小解矛盾

综上，只有x=1时满足条件，此时解不定方程y^2-py+p+1=0，只有y=2,3两组解，且p都得5。

实际可以求出方程的所有解。一组是以(1,2)为前两项的递归数列由韦达定理生成，一组以(1,3)生成，都满足递归关系a(n+1)=5*a(n)-a(n-1)，其中相邻两项(a(n),a(n+1))都是方程的解

题不简单，细节也没写得太具体。思路是没问题的。有不懂可以追问

先说明，^表示次数，例如，r^2表示r的平方。
假若2|y，那么所有商高方程的本原解（三个未知数互质）都满足以下情况：
x=r^2-s^2，y=2rs，z=r^2+s^2
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证明：
x^2+y^2=z^2
于是
y^2=z^2-x^2

注意到，x、y、z中不可能三个均为奇数，因而其中存在一个或三个偶数，

而前提是本原解，因而三个数互质，所以只有一个偶数。

而奇数的平方模4余1

原因：(2n+1)^2=4n^2+4n+1
因而假若x、y为奇数，那么z^2模4余2，不能被4整除。
而偶数的平方必为4的倍数：(2m)^2=4m^2
因而，z为偶数不成立。

也就是说，x、y中一奇一偶，z为奇。

不妨设y为偶数。
于是
(y/2)^2=(z/2)^2-(x/2)^2=[(z+x)/2]×[(z-x)/2]（平方差公式）
此时能保证y/2、(z+x)/2、(z-x)/2均为整数。
并且由z、x互质可得到(z+x)/2、(z-x)/2也互质。（互质数的线性组合仍然互质）
再回头蓝看看：(y/2)^2=[(z+x)/2]×[(z-x)/2]

既然(z+x)/2、(z-x)/2互质，而它们的乘积是完全平方数，
那么它们本身也必是完全平方数。（否则无法互质或凑成完全平方数）
设(z+x)/2=r^2，(z-x)/2=s^2

于是，
x=r^2-s^2，z=r^2+s^2，
代入x^2+y^2=z^2可得y=2rs。
且有x＞0，因而r＞s，
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下面开始做题。
15＜z＜40，且z∈Z+
因而
15＜r^2+s^2＜40
再有，分数的平方必为分数，整数的平方必为整数，
那么r、s也必为整数。
因而
r^2+s^2=16+1、25+1、36+1、16+4、25+4、16+9、25+9均可。
因而
（x，y，z）有以下解：
（15、8、17）

（24、10、26）（非本原解，舍去）
（35、12、37）
（12、16、20）（非本原解，舍去）
（21、20、29）
（7、24、25）
（16、30、34）（非本原解，舍去）

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