S14.裴蜀定理的加强证明

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姓名：丁宇堃

所属学校学生的省份：安徽省合肥一六八中学

国别：中国

指导老师姓名：孙文海

论文标题：裴蜀定理的加强证明

裴蜀定理的加强证明

摘要：裴蜀定理是初等数论中一个非常重要的定理，即当n个整数

a1,a2,...,an满足(a1,a2,...,an)=1时，存在无穷多组整数(x1,x2,...,xn)可以使

是否可得x1a1+x2a2+...+xnan=1。这里的(x1,x2,...,xn)并没有特别的限制，以给(x1,x2,...,xn)一些限制条件而使裴蜀定理依然成立呢？首先，当n=3时，我们的研究表明当整数a1,a2,a3满足(a1,a2,a3)=1时，存在无穷多组整数(x1,x2,x3)使得x1a1+x2a2+x3a3=1和x1x2同时成立。进一步，我们研究发现，当n个整数a1,a2,...,an满足(a1,a2,...,an)=1时，存在无穷多组整数(x1,x2,...,xn)可以使得x1a1+x2a2+...+xnan=1和x1xi(i=2,3,…,n-1)同时成立。经过进一步的探索，我们的研究结果表明当n个整数

a1,a2,...,an满足(a1,a2,...,an)=1时，存在无穷多组整数(x1,x2,...,xn)可以使

得x1a1+x2a2+...+xnan=1和xixi+1(i=1,3,…,n-2)同时成立。总之，在该论文中，我们通过简洁而巧妙的证明，发现了一系列加强的裴蜀定理，使得裴蜀定理更加丰富而有趣。

Abstract

Bezout theorem is a very important theorem of elementary number theory. That is when an integer array a1,a2,...,an has the property that

(a1,a2,...,an)=1, there exists infinite integer arrays (x1,x2,...,xn) which

make x1a1+x2a2+...+xnan=1. Here, there is no particular limits to

(x1,x2,...,xn) , however, can we add some conditions to it and still keep the

conclusion? Firstly, for n=3, it shows that when an integer array (a1,a2,a3) has the property that (a1,a2,a3)=1, there exists infinite integer arrays (x1,x2,x3) which make x1a1+x2a2+x3a3=1 and x1x2. Further, we found when (a1,a2,...,an)=1(a1,a2,...,an are all integers), there exist infinite integer arrays (x1,x2,...,xn) which make x1a1+x2a2+...+xnan=1 and

x1xi(i=2,3,…,n-1) and there also exist infinite integer arrays (x1,x2,...,xn)

which make x1a1+x2a2+...+xnan=1 and xixi+1(i=1,3,…,n-2). Indeed, that is all that is done in this article. We found a series of “stronger Bezout theorems” and through concise and clever proofs, we made Bezout theorem more interesting.

裴蜀定理的加强证明

裴蜀定理是初等数论中一个非常重要的基本定理，在各级各类数学竞赛中出现了很多以其为背景的试题，因此，深入理解这个定理是十分必要的。

我们首先来看看该定理的内容，设a1,a2,...,an为n个整数，d是它们的最大公约数，那么存在无穷多组整数(x1,x2,...,xn) 使得

x1a1+x2a2+...+xnan=d。特别来说，如果a1,a2,...,an（不是两两互质）互

质，那么存在无穷多组整数(x1,x2,...,xn)使得x1a1+x2a2+...+xnan=1 。

该定理的证明方法很多，证明也不困难，我们的想法是能不能对上述x1,x2,...,xn做一些限制，使该定理仍然成立。我们先从简单的n=2开始，若(a1,a2)=1,则存在无穷多组整数(x1,x2)使得x1a1+x2a2=1，我们想这里的（x1，x2）能否具有整除的关系，即x1x2，若该条件成立，必然得到x1，即x1=1或者-1，即x2a2=1±a1，显然该方程未必有整数解，例如a1=3，a2=5。

那么我们在来看看当n=3的情形，若(a1,a2,a3)=1,则存在无穷多组整数(x1,x2,x3)使得x1a1+x2a2+x3a3=1，我们想这里的(x1,x2,x3)能否具有整除的关系？假设x1x2，x1x3，若该条件成立，必然得到x1，即x1=1或者−1，即x2a2+x3a3=1±a1，显然该方程也未必有整数解，例如

a1=3,a2=5,a3=7。所以该结论也不成立。那么当n=3时，是否存在无

穷多组整数(x1,x2,x3)，其中两个数具有整除关系，例如x2x3，使得

x1a1+x2a2+x3a3=1成立。幸运的是，上述定理是成立的。

我们先来证明一个引理1：(a1,a2,a3)=1，存在无穷多个整数k，使得(ka1+a2,a3)=1

证明1：若(a1,a3)=1，易证存在无穷多个正整数k，使得

ka1+a2≡1(moda3)，结论成立

若(a1,a3)=d≥1,利用唯一分解定理将a1表示成如下

a1=p1α1...plαlq （αi≥1,且pi为质数） a3=p1β1...plβlr （βi≥1,且pi为质数） (a1,a3)=d=p1min(α1,β1)....plmin(αl,βl)

且易知(r,a1)=1，(pi,a2)=1

易证对任何整数k，都有(ka1+a2,pi)=1，则(ka1+a2,p1α...plα)=1

1

l

且存在无穷多个整数k使得ka1+a2≡1(modr)，则(ka1+a2,r)=1 则(ka1+a2,a3)=1成立

αγq1β...qlβr1γ...rm 证明2：将a3唯一分解定理表示a3=p1α...pk

1

k

1

l

1

m

（这里p1,...pk,q1,...ql,r1...rm均为质数，且αi,βi,γi≥1） 1）假设pia1，且(pi,a2)=1,则无论k为何值，(ka1+a2,pi)=1 2）假设(qi,a1)=1，且qia2只需k≡1(modqi)，可得(ka1+a2,qi)=1 3）假设(ri,a1)=1，(ri,a2)=1，只需ka1+a2≡1(modri)

即ka1≡1−a2(modri)，由(ri,a1)=1可知一定存在bi使得a1bi≡1(modri)， 即要求k≡bi(1−a2)(modri)，由q1,...ql,r1,...,rm两两互质，根据中国剩余定理，下列同余方程组一定有无穷多组整数解

⎧k≡1(modq1)⎪⎪...⎪⎪⎨

k≡1(modql)

⎪k≡b 1(1−a2)(modr1)⎪⎪...⎪⎩k≡bm(1−a2)(modrm)

则(ka1+a2,a3)=1成立

利用上述引理我们证明下面的定理1

定理1：若(a1,a2,a3)=1,则存在无穷多组整数(x1,x2,x3)，满足 1）x1a1+x2a2+x3a3=1 2）x1x2

证明：由上述引理可知存在无穷多个整数k使得(ka2+a1,a3)=1， 由裴蜀定理可得存在无穷多组整数(s,t)使得s(ka2+a1)+ta3=1 令x1=s,x2=sk,x3=t，易知x1x2，上述定理1成立。

下面我们猜想上述结论对所有n（n≥3）都成立吗？幸运的是，我们的猜想是成立的。下面我们还是先证一个引理2

引理2：若(a1,a2,...,an)=1,证明：存在无穷多组(k1,k2,...,kn−2)，使得

(k1a1+k2a2+...+kn−2an−2+an−1,an)=1

证明1：由引理1可知n=3时，结论成立 假设n-1时结论成立，下证n时成立

设(a2,...,an)=d，由归纳假设可知存在无穷多组(k2,...,kn−2) 使得(k2a2+...+kn−2an−2+an−1,an)=d

令k2a2+...+kn−2an−2+an−1=pα1

α1...pll

q （αi≥1,且pi为质数）

an=pβ11...pβllr （βi≥1,且pi为质数）

d=p1min(α1,β1)....plmin(αl,βl)

下证存在无穷多个整数k1，使得（k1a1+p1α...plαq，p1β...plβr）=1

1

l

1

l

易知(pi,a1)=1，（p1α...plαq，r）=1

1

l

且p1,...,pl,r两两互质，由中国剩余定理易知存在无穷多个k1满足

⎧k1≡1modp1

⎪...⎪

⎨

kp≡1modl⎪1⎪⎩k1≡0modr

易知(k1a1+k2a2+...+kn−2an−2+an−1,pi)=(k1a1,pi)=(a1,pi)=1

(k1a1+k2a2+...+kn−2an−2+an−1,r)=（p1α1...plαlq，r）=1

所以存在无穷多组(k1,k2,...,kn−2)，使得(k1a1+k2a2+...+kn−2an−2+an−1,an)=1 证明2：n=3，结论成立，当n≥4时，

设(a1,...,an−2)=d，则存在整数m1、m2、…、mn-2使得

m1a1+m2a2+...+mn−2an−2=d，

易知(d,an−1,an)=1

由引理1，可知存在无穷多个整数t,使得(td+an−1,an)=1， 即(tm1a1+tm2a2+...+tmn−2an−2+an−1,an)=1，引理2得证 由引理2，下证定理2

定理2：若(a1,a2,...,an)=1,则存在无穷多组整数(x1,x2,...,xn)，满足 1）x1a1+x2a2+...+xnan=1 2）x1xi(i=2,3,…,n-1)

，使得证明：由引理2存在无穷多组（k2，…,kn-1）

(k2a2+...+kn−1an−1+a1,an)=1，利用裴蜀定理易知存在整数对(s,t)满足s(k2a2+...+kn−1an−1+a1)+tan=1

令x1=s,x2=sk2,…,xn-1=skn-1,xn=t,显然满足x1xi(i=2,3,…,n-1)，且使得

x1a1+x2a2+...+xnan=1

上面我们得到了定理2，如果我将上述证明加以改进又可以得到以下有趣的定理3

定理3：当n≥1时，若（a1，a2，…,a2n+1）=1,则存在无穷多组整数（x1，， x2，…,x2n+1）

满足1）x1a1+x2a2+…+x2n+1a2n+1=1 2）x1xi(i=2,3,…,2n) 3）xixi+1(i=1,2,…,n)

可以看到在定理2的基础上我们又增加了条件3） 证明：由定理1知n=1时，结论显然成立 假设n=k-1时结论成立，下证n=k时结论也成立 若（a1，a2，…,a2k+1）=1 设（a2，a3，…,a2k）=d

由归纳假设可得无穷多组（m2,…,m2k） 满足1）m2a2+m3a3+…+m2ka2k=d 2）m2mi(i=3,4,…,2k-1) 3）mimi+1(i=2,3,…,k) 易知（d，a1，a2k+1）=1

由引理1，可知存在无穷多个整数t,使得（td+a1，a2k+1）=1， 易知一定存在无穷多组整数（x，y） 使得x（td+a1）+ ya2k+1=1

即xa1+xtm2a2+xtm3a3+…+xtm2ka2k+ya2k+1=1

令x1=x，x2=xtm2，…,x2k=xtm2k,x2k+1=y,则由归纳假设，可得 x1a1+x2a2+…+x2k+1a2k+1=1

x1xi(i=2,3,…,2k) xixi+1(i=1,2,…,k)

定理3证毕

对于偶数，可完全类似得到定理4

定理4：n≥2时，若（a1，a2，…,a2n）=1,则存在无穷多组整数（x1，， x2，…,x2n）

满足1）x1a1+x2a2+…+x2na2n=1 2）x1xi(i=2,3,…,2n-1) 3）xixi+1(i=1,2,…,n-1)

证明：由定理2可知n=2时结论成立，和定理3完全类似可证明该定理成立。

此外，我们希望对定理3和定理4中的x1的大小做一点简单的探讨，我们假定这里ai>0，于是我们可以得到下面的定理5

ai>0，若（a1，a2，…,a2n+1）=1,且a2n+1=min(a1,a2,...,a2n+1)定理5：当n≥1时，， （即a2n+1≤ai(i=1,...,2n)）则存在无穷多组整数（x1，x2，…,x2n+1）满足1）x1a1+x2a2+…+x2n+1a2n+1=1 2）x1xi(i=2,3,…,2n) 3）xixi+1(i=1,2,…,n) 4）1≤x1≤a2n+1−1

证明：在定理3的证明中，可知存在无穷多组（x，y） 使得x（td+a1）+ ya2n+1=1，由（td+a1，a2n+1）=1，易知 当x取遍1,2，…, a2n+1-1时，一定存在一个x1使得

x1(td+a1)≡1(moda2n+1)，因此定理5得证。对于偶数当然可以得到完全

类似的定理6。

定理：当n≥2时，若（a1，a2，…,a2n）=1,且a2n=min(a1,a2,...,a2n)则存在无穷多组整数（x1，x2，…,x2n）， 满足1）x1a1+x2a2+…+x2na2n=1 2）x1xi(i=2,3,…,2n-1) 3）xixi+1(i=1,2,…,n-1) 4）1≤x1≤a2n−1

进一步，我们猜想能不能证明一个更强的定理，也就是下面的一个猜， 想：若（a1，a2，…,an）=1,存在无穷多组整数（x1，x2，…,xn）满足1）x1a1+x2a2+…+x2n+1a2n+1=1 2）xixi+1(i=1,2,…,n-2)

这个猜想是很有趣的，因为要满足1），可知（x1，x2，…,xn）=1，若把条件2）改为xixi+1(i=1,2,…,n-1)，必然得到x1=±1，这在一般条件下显然是不成立，因此上面的猜想就很有意思，一方面要满足条件1）必然使x1，x2，…,xn互质，另一方面我们又可以从x1，x2，…,xn中任选n-1个，让它们两两满足整除关系。

由定理1可知上面的猜想当n=3时，结论成立，下面我们进一步考虑n=4时是否成立，经过一番探索，我们得到了下面的引理3

引理3：若（a1，a2，a3，a4）=1，存在无穷多组整数（k，m），使得（a1+ka2+ kma3，a4）=1

λg

证明1：令a4=p1α...plαq1β...qhβr1γ...rtγs1λ...sg

1

l

1

h

1

t

1

（这里p1,...pl,q1,...qh,r1...rt,s1...sg均为质数，且αi,βi,γi,λi≥1） 1）假设(a1,pi)=1，让k≡0(modpi)，则(a1+ka2+kma3,pi)=1

2）假设qia1，qia3，(a2,qi)=1，令k≡1(modqi)，则(a1+ka2+kma3,qi)=1 3）假设ria1，(a2,ri)=1，(a3,ri)=1，令k≡1(modri)，且m=r1...rt，则

(a1+ka2+kma3,ri)=1

4）假设sia1，sia2，(a3,si)=1，让km≡1(modsi)，则(a1+ka2+kma3,si)=1 由(r1...rt,si)=1 可知存在mi，使得mmi≡1(modsi) 即k≡mi(modsi) 由上所述，令m=r1...rt 且k要满足

⎧k≡0modp1

⎪...⎪

⎪k≡0modpl⎪

⎪k≡1modq1⎪....⎪

⎪k≡1modqh

⎨

k1modr≡1⎪⎪....⎪

⎪k≡1modrt⎪k≡mmods

11

⎪⎪....

⎪k≡mmods

gg⎩

由中国剩余定理，可知有无穷多个k存在，由上述条件确定的无穷多组（k，m）

可以满足（a1+ka2+ kma3，a4）=1

上述证法略显麻烦，而且不易由4推广到n，结果进一步探索，我们找到更简洁的证法2 证明2：设a4=p1α...plαq1β...qhβ

1

l

1

h

假设(a1,p1...pl)=1，令k≡0(modp1...pl)，则(a1+ka2+kma3,p1...pl)=1 假设qi...qha1，易知(a2,a3,q1...qh)=1，由引理1可知存在无穷多个m，使

(a2+ma3,q1...qh)=1，令k≡1(modq1...qh)，则(a1+k(a2+ma3),q1...qh)=1，由上

可知存在无穷多个整数k，m，使得（a1+ka2+ kma3，a4）=1 由引理3易知上面的猜想对n=4成立。

我们注意到上面的证明2不但简洁，而且将该证法稍加改进可以将4推广到n，于是得到下面的引理4

引理4：（a1，a2，a3，…an）=1，存在无穷多个整数m1,m2,...,mn−2，使得(a1+m1a2+m1m2a3+...+m1...mn−2an−1,an)=1 证明：由引理1和引理3可知当n=3，4成立 假设n=k成立，下证n=k+1时成立

假设（a1，a2，a3，…ak，ak+1）=1，设ak+1=p1α...plαq1β...qhβ

1

l

1

h

假设(a1,p1...pl)=1，

令m1≡0(modp1...pl)，则(a1+m1a2+m1m2a3+...+m1...mk−1ak,p1...pl)=1 若qi...qha1，易知(a2,a3,...,ak,q1...qh)=1，由归纳假设可知存在无穷多组整数m2，…,mk-1,满足(a2+m2a3+...+m2...mk−1ak,q1...qh)=1，

再令m1≡1(modq1...qh)，则可得(a1+m1a2+m1m2a3+...+m1...mk−1ak,q1...qh)=1，即存在无穷多组整数m1,m2,...,mk−1，

使得(a1+m1a2+m1m2a3+...+m1...mk−1ak,ak+1)=1，易知(p1...pl,q1...qh)=1，由中国剩余定理知满足上述条件的整数m1存在无穷多个。即n=k+1成立，由数学归纳法知当n≥3时，（a1，a2，a3，…an）=1，存在无穷多个整数m1,m2,...,mn−2，

使得(a1+m1a2+m1m2a3+...+m1...mn−2an−1,an)=1

由上述引理4，易证我们前面猜想的定理7成立，即

， 定理7：若（a1，a2，…,an）=1,存在无穷多组整数（x1，x2，…,xn）满足1）x1a1+x2a2+…+xnan=1 2）xixi+1(i=1,2,…,n-2)

证明：由引理4，可知存在无穷多组整数（x，y） 使得x(a1+m1a2+m1m2a3+...+m1...mn−2an−1)+yan=1成立 令x1=x,x2=xm1,x3=xm1m2,...,xn−1=xm1m2...mn−2,xn=y 易知定理7成立

类似于定理5的证明，我们可以得到定理8

定理：当n≥1时，ai>0，若（a1，a2，…,an）=1,且an=min(a1,a2,...,an)则存在无穷多组整数（x1，x2，…,xn）， 满足1）x1a1+x2a2+…+xnan=1 2）xixi+1(i=1,2,…,n-2) 3）1≤x1≤an−1

经过不断的探索和证明，我们得到了一系列很有趣的定理1-8，和非常重要的引理1-4，最终我们证明了一个比裴蜀定理更强的定理7和定理8，就我们所知尚未看见类似的结论，由此可以看到对于一

些古老而经典的定理，如果继续探索研究，往往可以得到一些有意思的新结果，我们相信关于裴蜀定理一定还有很多值得探索的地方，希望本文能够起到抛砖引玉的作用。

参考文献

[1] 潘承洞，潘承彪，《简明数论》，北京大学出版社，1998.1 [2] 沈文选，张垚，冷岗松，唐立华，《奥林匹克数学中的初等数论问题》，湖南师范大学出版社，2009.8