高斯函数与不定方程
竞赛中的高斯函数与不定方程
一．高斯函数][x
数学竞赛试题中常常用高斯函数][x 的知识，具体包含： 一、 定义
设R x ∈，][x 表示不超过x 的最大整数，则][x y =称为高斯函数。函数][x y =的定义域为R ，值域为.Z
二、 性质
][x 的应用范围很广，很多竞赛题要应用][x 的性质。
性质1。对任意,R x ∈都有}{][x x x +=，}({x 为x 的小数部分） 性质2。对任意,R x ∈都有 1][][1+<≤<-x x x x
性质3。对任意,,2
1
R x
x ∈且21x x ≤；有][][21x x ≤
性质4。 对任意Z n ∈和R x ∈，都有 ][][x n x n +=+ 性质5。 对任意的R y x ∈,，都有}{}{}{],[][][y x y x y x y x +≥++≤+ 性质6。0,0≥≥y x ，则][][][y x xy ?≥ 证：因为}{][x x x +=，}{][y y y +=
}){]})([{]([y y x x xy ++=
则][][][y x xy ?≥
性质7。在!n 的质性质7。对任意正整数n 和任意实数,x 有 ].][[][n
x n
x =
证： 1][][+<≤n x n x n x 则)1]([][+<≤n x n x n x n
其中][n x n 与)1]([+n
x n 都是整数，则
)1]([][][+<≤n
x
n x n x n 则 1][][][+<≤n
x n x n x
所以 ].[]][[
n x n x =因数分解中，质数p 的指数是：][...][][2m p
n p n p n +++ 二． 一次不定方程
在不定方程和不定方程组中，最简单的不定方程是整系数方程
,0=++c by ax )0,0(≠>b a 通常称之为二元一次不定方程。 定理1：二元一次不定方程
,0=++c by ax )0,0(≠>b a c b a ,,为整数 有整数解的充分必要条件是 .|),(c b a 定理2：二元一次不定方程
,0=++c by ax )0,0(≠>b a c b a ,,为整数 若 1),(=b a 且 ),(0
y x 为其一组解，则其全部解为
,0bt x x += at y y -=0 （t 为整数）。 三．高次不定方程
解高次不定方程难度大，且无定073222
=--+y x y x 法。但
对某些特别方程可通过特殊方法解。
例1：解下列不定方程
（1） ;982515=+y x （2） .1002515-=+-y x
解（1）由于98|`5)25,15(= 故该方程没有整数解。 （2）该方程化为 2053=-y x 可以先解方程 2053=+z x
由观察得 201553=?+?，所以得通解 ,550
t bt x x +=+=
t at z z 310-=-=
（t 为整数），故原方程的通解
,550t bt x x +=+=
t z y 31+-=-=（t 为整数）
（求2053=+z x 可以利用,1)5,3(=找出 ),(0
z x 适合15300
=+z x
然后求出2053=+z x 的特解）
例2： 求不定方程 471325=++z y x 的全部解。 解 先解 u y x =+1325 及 47=+z u 这两个二元一次不定方程的通解分别为
t u y t
u x 25213{
-=+-= t 为整数 及 v
z v u -=+-=173{ v 为
整数。
将v u 73+-= 代入y x ,的表达式中就得原方程的通解。 例3. 方程1
2
102......3x x
x +++=有多少个非负整数解（每个
量都为非负整数）？
分析：由题中条件知左边变量中至多有3个为1，特别是由于1
x 的系数为2可知1
x 只能取0，1两种情况，
从而得到相应的解决方法。 解： 1
121022......3x x x x ≤+++= 所以 10,1x =下面分两种情况
考虑
（1）1
0x = 则 2310......3x x x +++= 且 )10,...,
3,2(0=≥i x i 取 1+=i i
x y
，则原方程等价于 12...1032=+++y y y 且
)
10,...,3,2(1=≥i y i 则用隔板法知该方程的解的个数为
.1651
239
10118
11=????=
C （2）1
1x
=，则2310...1x x x +++= 因此2
3
10
,,......,x x x 中必有一
个为1，其他的是0，这样的解有1
9
9C =
于是原方程组的非负解的个数为165+9=174（个）。
例4： 求方程073222
=--+y x y x 的整数解
解 原方程可改写为
163222
=--+y x y x
左边分解因式得 1)2)(3(2
=+-y x
若原方程有整数解，则 32
-x 与2+y 均为整数，由上式
得 1
213{
2=+=-y x 或 1
213{
2-=+-=-y x
解得 )1,2(),(-=y x 或 ).1,2(-- 例5：试求方程 198822
=-y x
的正整数解。
解 若方程有正整数解，则 .y x > 由于
))((22
y x y x y x
+-=-，
),()(y x y x ->+且y x +与y x -有相同的奇偶性，故从
.287114142728444972994119881988?=?=?=?=?=?=
知原方程的正整数解必是且仅是下列方程组的正整数解
2
994{=-=+y x y x .14
142{=-=+y x y x
故解得原方程的正整数解为 )496,498(),(=y x 或)64,78(。 例6： 解不定方程 22222
y x z y x
=++
解 容易看出 ，若 z y x ,,中有一个为零，则方程有整数解).0,0,0(),,(=z y x 事实上若,0=x 或0=y ，此时结论显然。现在考虑 0=z ，于是2222
y x y x =+，
则.|,|x y y x 所以 y x = 或y x -=，代入方程得 422x x =此时的整数解为
0，即结论
成立。
因此若 不定方程 22222y x z y x =++ 还有其它的整数解，
则z y x ,,均不为零 且原方程变形为 .1)1)(1(222
+=--z y x
(*)
（1） 如果 z 为奇数，则12
+z
为偶数，故12-x 与1
2-y 中至少有一个是偶数，此时(*)式左边是4的倍数而右边是2的倍数，故z 不可能是奇数。 （2） 如果z 为偶数，则12
+z
为奇数，于是12-x 与1
2-y 均为奇数，从而y x ,同为偶数。此时 z y x ,,可表示为
a x m
2=，b y n 2=，c z p
2= （其中c b a ,,为奇
数）.1,,≥p n m 原方程化为 22)(22222222222
b a
c b a n m p n m
+=++(**)
若 p n m == 或p n m ,, 中有一个最小的，如 p n m ≤<，则用 m
22除（**）式各项得
2222)(22)(22
222b a c b a
n m p m n =++--
则上式中一边是偶数，一边是奇数，显然无解。 若p n m ,, 中没有最小也不全相等，则必有一个最大的，如
p
n m <=，则用m
22除
(**)
式各项得
2222)(22222b a c b a n m p =++-
因 22
b a
+被
4除余2，而2)
(22
c m p -与 2222b a n 均为
4的倍数，
仍然不可能。
故原方程的整数解是).0,0,0( 例7．求方程1753
2=-w z y
x
的所有非负整数解).,,,(w z y x
解： 由 17
5+w
z
为偶数知，.1≥x
（1） 若,0=y 此时 .1752=-w z x
若,0≠z 则)5(mod 12≡x
由此.|4x 因此12|3-x ，
这与.1752=-w z x 矛盾 若,0=z .172
=-w x
直接计算得 .1,3;0,1====w x w x 当4≥x 时，有)16(mod 17
-≡w
，直接计算知不可能。
所以当,0=y 全部非负解仅为)1,0,0,3(),0,0,0,1(),,,(=w z y x
（2） 若0>y ，1=x ，则.1753
2=-?w z y
因此)3(mod 175≡-w z ，
即
)3(mod 1)1(-≡-z 从而z 为奇数，故)5(mod 132≡?y 则)4(mod 1≡y
当0≠w 时，有)7(mod 13
2≡?y
因此有)6(mod 4≡y 则与上面矛
盾。所以.0=w 于是
.1532=-?z y 当1=y 时，1=z ，
当2≥y 时，有)9(mod 15
-≡z
由此知)6(mod 3≡z ，
因此15|153++z ，15|73+ 所以 15|7+z ，这与 y z 3215?=+矛盾（因为等式右
边只有2，3的因数）
故此种情况的解为)0,1,1,1(),,,(=w z y x （3） 若2,0≥>x y ，此时
)3(mod 175),4(mod 175-≡-≡w z w z 因此
)
3(mod 1)1(),4(mod 1)1(-≡--≡-z w ，所以w z ,都为奇数，从而
)8(mod 413517532≡+≡+=w z y x ，
（事实上)8(mod 173
22
≡≡）
所以2=x ，原方程变为 17534=-?w z y
（其中w z ,为奇数）
由此知 ),7(mod 134),5(mod 13
4≡?≡?y y
从而解得 ).12(mod 2≡y
设 0,212≥+=m m y 于是
).132)(132(134751616+?-?=-?=++m m y w z
因为 ).7(mod 01618612619613
2331
6≡+≡+?=+?≡+?=+?+m m m m
又因为 1)132,132(161
6=+?-?++m m （两个连续的奇数是互素）
所以 ,13
2|51
6-?+m 于是 z m 513216=-?+， w m 713216=+?+
若1≥m 则得),9(mod 15-≡z
则与（2）所讨论类似得出无解。 若0=m 则1,1,2===w z y 此时得出解为 ).1,1,2,2(),,,(=w z y x
综
上
所
述
，
所
求
的
非
负
解
为
).1,1,2,2(),0,1,1,1(),1,0,0,3(),0,0,0,1(),,,(=w z y x
例8．在正整数构成的等差数列1，3，5，....中删除所有和55不互质的项后，把余下的各项按从小到大的顺序排成一个数列}{n
a 显然,...13,9,7,3,154321
=====a a a a a
那么
2007a 等于多少？
分析：考虑正整数列1，2，3，4，......中每连续的110个数中与2，5，11都互质的数的个数一样多。则求出与2，5，11不互质的数后就可求出与其互质的数的个数。
解：}{n
a 可以看作数列1，2，3，4，......中删除所有能
被2，5，11整除的项后把剩下的数按小到大排列而成的数列，于是余下的数与1101152=??互质。而每连续110个数中与110互质的数的个数为
40)11
1
1)(5
11)(2
1
1(110)110(=-
--=?（个） （欧拉函数） 又750402007+?=，而正整数列中第7个与110互质的数是19，所以
.551919501102007=+?=a
例9．已知ABC ?的三边长分别为a 、b 、c ，且满足abc=).1)(1)(1(2---c b a
(1)是否存在边长均为整数的ABC ?？若存在，求出三边长；若不存在，说明理由．
(2)若a ＞1，b ＞1，c ＞1，求出ABC ?周长的最小值． 解 (1)不妨设整数a ≥b ≥c ，显然c ≥2. 若c ≥5，这时.5
1111≤≤≤c
b
a
由)1)(1)(1(2---=c b a abc ，可得
3)5
4
()11)(11)(11(21≥---=c b a ，矛盾.故c 只可能取2，3，4.
当c =2时，)1)(1(--=b a ab ，有.1=+b a 又a ≥b ≥2，故无解.
当c =3时，34(1)(1ab a b =--），即12)4)(4(=--b a . 又
a ≥
b ≥3，故412,41,a b -=??-=?或46,42,a b -=??-=?或44,
43,a b -=??-=?
解得
16,5
a b ==或10,6a b ==或8,7a b ==.能构成三角形的只有
a=8，b=7，c=3.
当c =4时，同理解得a =9，b =4或a =6，b =5. 能构成三角形的只有a =6，b =5，c =4.
故存在三边长均为整数的ABC ?，其三边长分别为4，5，6或3，7，8.
(2)由)1)(1)(1(2---=c b a abc ，可得
3]3
)
11()11()11([)11)(11)(11(21c b a c b a -+-+-≤---=， 所以3
2
3
3111-
≤++c
b
a
.
又
9)1
11)(≥++++c
b
a
c b a （，则有
122
32
33911193
33-=-≥++≥++c b a c b a ， 故ABC ?的周长最小值为1
22
33
3-，当且仅当1
22
3
3-=
==c b a 时，
取得此最小值.
例10.求].!
19951
...!
31!21!
111[+
++++ 解： 显然有
2!1995
1
...!
31!
21!
111>+
++++ 另外
3199519941
...43132121111!19951...!31!21!111
所以2]!
19951...!31!21!111[=+++++
（事实上我们知道....!
1...!21!111+++++=n e ，或者
321...212111!19951...!31!21!11119942<+++++<+++++ ） 例11．+∈N n ，
求证： Hermite nx n n x n x n x x ].([]1[...]2[]1[][=-+++++++等式）
证明：设α+=][x x )10(<≤α
则左边
]
1
[...]1[][][]
1
]....[[]2][[]1][[]][[n
n n x n n
n x n x n x x -++++++=-++++++++++=ααααααα 右边].[][)]]([[ααn x n x n +=+=
要证明原问题就是要证明
][]1
[....]1[][ααααn n
n n =-+++++
其中)10(<≤α 将区间)1,0[等分为
n
个小区间，考察其中一个
),...2,1)(,1[
n k n
k
n k =- 设),1[n k n k -∈α，即 n
k n k <≤-α1
所以 1][-=k n α
另一方面
......
1.......
111n p
k n p n p k n k n n k n k n k +<+≤+-+<+≤<≤-ααα
显然只有 n p k ≥+-1时，才有1][=+
n
p
α，满足这样的p 共有
1)11(1-=-+---k k n n （个）
所以结论成立。
例12. 求满足下列关系式组
2222,
50,
x y z z y z ?+=?
<≤+? 的正整数解组(,,)x y z 的个数．
分析：此问题是二次不定方程，且有约束条件，因此要进行适当的转化求解。
[解] 令r y z =-，由条件知050r <≤，方程化为
222()2x z r z ++=，即2222x zr r z ++=． （1）
因0y z r -=>，故22222z x y z x =+->，从而z x >． 设0p z x =->．因此（1）化为
22220zp p zr r -+++=． （2）
下分r 为奇偶讨论，
（ⅰ）当r 为奇数时，由（2）知p 为奇数． 令121r r =+，121p p =+，代入（2）得
221111112()10p p zp zr r r +-++++=． （3）
（3）式明显无整数解．故当r 为奇数时，原方程无正整数解． （ⅱ）当r 为偶数时，设12r r =，由方程（2）知p 也为偶数．从而可设12p p =，代入（2）化简得
2211110p zp zr r -++=． （4）
由（4）式有221111()0z p r p r -=+>，故11p r >，从而可设11p r a =+，则（4）可化为22
11()0r a za r +-+=，
22
11220r ar za a +-+=． （5）
因2
1122r z r a a
=++为整数，故212a r ． 又1122()z z x p r a >-==+，因此
22111()2()r a r za r a a ++=>+，得2212a r <，
a <．
因此，对给定的11,2,,25r =???，解的个数恰是满足条件a <的212r 的正因数a 的个数1()N r ．因212r 不是完全平方数，从而1()N r 为212r 的正因数的个数21(2)r σ的一半．即
211()(2)/2N r r σ=．
由题设条件，1125r ≤≤．而
25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：：
012341{2,2,2,2,2}A =，
2{23,25,27,211}A =????，
223{23,25}A =??， 34{23}A =?， 25{23}A =?，
1{3,5,7,11,13,17,19,23}B =，
222{3,5}B =，
3{35,37}B =??，
从而易知
012341()(2)(2)(2)(2)(2)1234515N A N N N N N =++++=++++=，
2()(23)46424N A N =??=?=
(2
11()(2)/2N r r σ=，所以
.)62
3
4)32(21))32(2(21)32(232=?=?=??=?σσN （利用前面所讲的约数个数计算公式）
3()9218
N A =?=，
(.)92
3
6)32(21))32(2(21)32(25222
=?=?=??=
?σσN 4()12N A =， 5()10N A =， 1()3824N B =?=， 2()5210N B =?=， 3()9218N B =?=，
将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．
例13．证明方程组
?????=++++=+++147
9233157336157
147
z y y y x x y y x x x 没有整数解。 证明：（1） 将两式相加两边都加1得
1157147)1(147157923++=+++z y x （*）
对比费马小定理，我们对上式关于19作模可知
)19(mod 1,018≡z ，故 )19(mod 1,1,09-≡z
对任意Z a ∈，有)19(mod 9,....2,1,9,......,
2,1,0---≡a 从而 )19(mod 5,7,8,2,6,3,9,4,1,02---≡a
因此可知（*）式左边满足 )19(mod 5,6)1(923--≠+++z y x 但是)19(mod 51157147147157-≡++
所以（*）式左、右不相等，从而原方程组没有整数解。 （2）也可以利用13作模类似可证结论。
（1）试求所有的正整数k ，使得方程kabc c b a =++2
2
2
有正整数解).,,(c b a （2）证明：对上述每个k ，方程有无穷多个这样的正整数解),,(n n n c b a 使得
n n n c b a ,,中任意两数之积皆可表示为两个正整数的平方和。
解：（1）先证明一个引理：
引理1：不存在不全为零的整数c b a ,, 使得kabc c b a =++2
2
2
，其中k 是某个偶数。 事实上，假设不然，设).,,(c b a 是使||||||c b a ++达到最小的不全为零的整数组，注意到
k 是某个偶数，故c b a ,,中必有偶数，从而 )4(mod 0222≡++c b a
由于整数的平方关于模4的余数为0或1，故c b a ,,只能都为偶数。设12a a =，12b b =，
12c c =，其中111,,c b a 是整数，将c b a ,,代如方程得 1112121212c b ka c b a =++
但||||||||||||0111c b a c b a ++<++<与假设||||||c b a ++是达到最小的不全为零的整数组，矛盾。即引理得证。
回到原题。固定k ，设),,(c b a 是使得c b a ++达到最小的正整数，不妨设c b a ≤≤ 原方程可写为 0)(2
22=++-b a kabc c
设该关于c 的方程另一根为'c ，则有 kab c c =+'， 2
2'b a c c +=?，由于c b a ,,均为正整
数，所以'c 也为正整数，由条件知'c b a c b a ++≤++，得c c ≥'。 则2222)('b a b a c c c +<+=?≤， 即.b a c +<
从而 .41
1211222≤++=+++≤++=++=
c
b a ab b a a
c ab c ca b bc a abc c b a k 由于)1,1,1(),,(=c b a 时，3=k ，)3,3,3(),,(=c b a 时1=k 。 结合引理知1=k 或3。
（2）先考虑3=k 定义数列}{n F 如下：
n n n F F F F F +===++1210,1,0
引理2：n n n n F F F i )1().(211-=-?-+ )1(≥n 特别地 .1221212+=?-+n n n F F F .11).(+-+?+?=n m m n m n F F F F F ii 特别地 .21212+++=n n n F F F
121221221231).(+-+-?=++n n n n F F F F iii )1(≥n 。
证明：)(i 定义：211n n n n F F F x -?=-+，则11-=x
n
n n n n n n n n n n n n n n n x F F F F F F F F F F F F F F x -=?-=--=-?+=-?=-++++++++1121122112121)()(所以n n x )1(-=。 类似可以证明).(),(iii ii
由引理2中)(iii 知 ),,1(),,(1212+-=n n F F c b a )2(≥n 是方程3=k 时的解，显然有无穷多
组，且,122112n n n F F F +=?-- 221121n n n F F F +=?++，.1221212+=?-+n n n F F F 即满足（2）的
要求。
对于1=k ，由于有无穷多个这样的正整数解),,(n n n c b a 使得n n n n n n c b a c b a 32
22=++
此时)3)(3)(3()3()3()3(2
22n n n n n n c b a c b a =++
即)3,3,3(n n n c b a 是方程1=k 时的解，同样满足（2）的要求。
试求满足： 20052
22=++c b a ，且 c b a ≤≤的所有三元整数组).,,(c b a
解：由于任何奇数的平方被4除余1，偶数的平方是4的倍数， 即 ).4(mod 0,12
≡x
又 )4(mod 12005≡
故由 20052
22=++c b a 知 c b a ,,中必有两个偶数，一个奇数。 设为： 12,2,2-k n m （k n m ,,为正整数），则原方程化为：.501)1(22=-++k k n m 又 ).3(mod 1,02≡x 现讨论k ：
（1） 若)1(|3-k k ，则)(|322n m +，于是n m ,均为3的倍数，设为113,3n m 则得 1673)1(332
12
1=-++k k n m ，于是 ).3(mod 21673
)
1(≡≡-k k 设
233
)
1(+=-r k k ， 则69)1(+=-r k k ，显然 501)1(<-k k ，则.22≤k 则 k 可取3，7，12，16，21 代入分别可得
???=+=5532121n m k ，???=+=5172121n m k ，???=+=41122121n m k ，???=+=29162121n m k ，???=+=9
21
2
121n m k 计算可知 12=k ，16 =),(11n m （4，5）
，（2，5） 这时的原方程的解为：=),,(c b a （23，24，30）和（12，30，31）。
（2）若 )1(-k k 不整除3，由于任何3个连续的数中必有一个能被3整除，则1+k 是3的倍数。故 )3(mod 2≡k ，因此 k 只能取2，5，8，11，14，17，20。
分别计算得原方程的解为=),,(c b a （9，18，40），（9，30，32），（4，15，42），（15，22，36），（4，30，33）。
综上所述，得原方程的所有解。
例：（2012年竞赛题）设集合,....}2,.....,2,2,2{32n
A =，试证明
（1） 对每个A a ∈，及 *