1、不定方程知识轮廓,2、N元一次不定方程,1、二元一次不定方程,3、费马方程,1.二元一次不定方程,二元一次不定方程的一般形式：,定理1,证明 必要性 若（1）式有一组整数解，设为x=x.，y=y.，则ax.+by.=c。因d整除a及b，因而也整除c.必要性得证。 充分性 若d|c,则存在整数c.，使得c=dc.又由于d=gcd（a，b），故存在整数s，t满足 as+bt=d于是有 a(sc.)+b(tc.)=dc. 令x.=sc.，y.=tc.，即得ax.+by.=c，故（1）式有整数解（x.，y.)=(sc.，tc.)。充分性得证。证毕。,定理2 若,证明 首先证明，（2）式给出的任一组整数
2、（x，y）都适合（1）。由于x=x.，y=y.是(1)式的解，所以ax.+by.=c。因此，将（2）式代入（1）式得a(x.-b.t)+b(y.+a.t)=(ax.+by.)+(ba.-ab.)t=c+(db.a.-da.b.)t这就表明对任意数t，(2)式给出的任一组整数(x，y)是（1）的解。其次证明，（1）的任一组解（x，y）都有（2）式形式。设（x，y）是（2）的任一组解，则ax+by=c;又因为ax.+by.=c，两式相减得 a(x-x.)+b(y-y.)=0 但a=a. d，b=b. d，于是 a.(x-x.)=-b.(y-y.) （3）由于d=gcd(a,b)，故gcd(a.，b
3、.)=1，因此，由（3）知a.|(y-y.)。故存在整数t，使得y-y.=a.t，亦即y=y.+a.t，代入（3）得x=x.-b.t，因此，（x，y)可以表示成（2）式的形式，故（2）式给出了（1）的一切整数解。 证毕。,例1 求不定方程18x+24y=9的正整数解。,解 由于18与24的最大公约数6不整除9，所以原方程无整数解。例2 求10x-7y=17的全部整数解。 解 由于10与7的最大公约数1整除17，所以原方程有整数解。有观察可得原方程的一组特解为x.=1,y.=-1.因此，原方程的全部整数解是x=1-7t,y=-1-10t (t=0,1,2,）,例3 求不定方程117x+21y=3
4、8d的整数解。,解 y=121（-117x+38） =-6x+2+1/21（9x-4） 令a=1/21（9x-4）Z，则 x=1/9（21a+4）=2a+1/9（3a+4） 令b=1/9（3a+4）Z，则 a=3b-1-1/3 此式表示啊，a，b不可能同时为整数，所以原不定方程无整数解。,2.N元一次不定方程,N元一次不定方程一般形式：,若存在整数,满足（1）式，则称,式的解。,是（1）,定理1,证明 必要性 记,，方程（1）由整数解,则由,及整除的性质易知（2）成立。必要性得证。,充分性 因存在整数,使得,因此，若（2）成立，则,就是方程（1）的一个整数解，,充分性得证。证毕。,定理2,证明
5、 若有整数t，使得,是（3）的整数解，则显然,满足方程（1）。反之，设,是方程（1）的,整数解，则,则由定理1知,因此存在tZ，使得,再由（4）式得到,即,满足方程组（3）。证毕。,例1.求9x+24y-5z=1000的一切整数解。,解 因为（9，24，-5）的最大公约数为1，而1整除1000，所以原方程有整数解。 考虑二元一次不定方程9x+24y=3t即 3x+8y=t （1） 及3t-5z=1000（2）在方程（1）中将t视为常数，解得其通解为x=3t-8u y=-t+3u (u=01,2)类似地，方程（2）的解为t=2000+5v z=1000+3v (v=0,1,2) 由方程（1）和（
6、2）中消去中间参变量t，得原方程的全部整数解为X=6000+15v-8u Y=-2000-5v+3u (u,v=0,1,2)Z=1000+3v,例2.求不定方程x+2y+3z=7的所有整数解。,解 依次解方程x+2y=t和t+3z=7，得 x=t+2v ; y=-v (v=0,1,2) 和t=1+3u; z=2-u (u=0,1,2)从以上两式消去参变量t得 x=1+3u+2v y=-v (u,v=0,1,2) （1） z=2-u令x1，y 1，z1，则3u+2v 0,-v 1, 1-u0 （2）所以 3u -2v 2,1 u 推出 1 u 2/3 即u=1.由此及（2），有3+2v 0,-v
7、 1 推出-1 v -2/3，所以v=-1.将u=1,v=-1代入（1），得原不定方程唯一的正整数解x=2,y=1,z=1.,3.费马方程,定义,定理1对于不定方程（1），当,时，,是方程（1）的整数解。,引理 （x,y,z)=(0,0,0),(0,a,a),(a,0,a);(a0,aZ)称为方程,的平凡整数解,证明 首先 ，证明方程（1）适合条件（2）的任一正整数解具有（3）式的形式。,由于y为偶数，于是x和z均为奇数，且,从而,均是整数，并且由,可得,由于,因为（z+x）/2和（z-x）/2互素，且其乘积为整数的平方，即它们均是整数的平方，故有整数r，s使得,又由x和z为奇数，可知r，s为
8、一奇一偶，且rs0.这就证明了方程（1）的适合（2）的任一正整数解可表示为,其次，证明（3）给出的任一组整数（x，y，z）必为方程（1）的适合条件（3）的解。事实上，显然有,从而p为奇素数，由p|2rs可知，p|s或p|r。再由,可知，p|s和p|r同时成立，这与（r，s）=1矛盾，因此,即（3）式是方程（1）的适合条件（2）的整数解。证毕。,推论1 当,时，方程（3）的本源解为,推论2 单位圆周上的全部有理点（坐标都是有理数的点）可以表示成,其中，r与s是不全为零点整数，号可以任意取。,定理2 不定方程,没有满足,推论3 方程,没有满足,的整数解。,的整数解。,证明 反证法.设,有满足,的整
9、数解,这就说明方程,有非零整数解,这与定理2矛盾。因此所证推论成立。,例1.求 的本源解及全部整数解。,解 显然x=65,y=0和x=0,y=65为此方程的平凡整数解.令,其中,所以k可,以取1,5,13. 当k=1时，,即r=8,s=1和r=,7,s=4,相应的解为x=16,y=63;x=33,y=56;x=63,y=16;x=56,y=33.当k=5时65=5*13=5*（3*3+2*2），即r=3，s=2，相应的解为x=25,y=60;x=60,y=25.当k=13时65=13*5=13*（2*2+1*1），即r=2,s=1，相应的解为x=52,y=39;x=39,y=52.以上就是原方
10、程的全部整数解，其中本源解为（63,16,65），（33,56,65），（16,63,65），（56,33,65）.,不定方程问题的常见类型,1、求不定方程的解；2、判定不定方程是否有解；3、判定不定方程的解的个数（有限个还是无限个）。,解不定方程问题常用方法,（1）因数（式）分解法通过“分解”将原方程分解为若干个易于处理的因式（或方程）。这里所指的分解包含两个方面的方法：其一，是代数（整式）的分解；其二，是应用整数的某些性质，如，算数基本定理、互素的性质及整数的某些分解性质，导出适应的分解。（2）不等式分析法对变量的整除性或不等关系进行分析，从而确定出不定方程整数解的可能取值范围，再在这些取值范围内用枚举法确定原不定方程的整数解。,解不定方程问题常用方法,（3）同余法对等式两边取特殊的模（如奇偶分析），缩小变量的范围或性质，得出不定方程的整数解或判定其无解；（4）构造法构造出符合要求的特解，或构造一个求解的递推式，证明方程有无穷多解；（5）费马无穷递降法 其论证的核心是：从相反的结论出发，假设存在一组正整数解，设法构造出这个方程（或者同类方程）的另一组正整数解，而证明新的解比已选择的解“严格地小”，由此产生矛盾。常用来判断方程的可解性。,
