不定方程组

2024-09-07

不定方程组（共10篇）

不定方程组篇1

方程 (组) 中, 未知数的个数多于方程的个数时, 它的解往往有无数多个, 不能唯一确定, 因此这类方程常称为不定方程 (组) , 解不定方程没有固定的方法, 需具体问题具体分析, 经常用到整数的整除、奇数偶数的特性、因数分解、不等式估值、穷举、分离整数、配方等知识与方法, 解不定方程的技巧是对方程适当变形, 灵活运用相关知识。本文就几类常见的不定方程做如下浅析。

(一) 非负数的巧用

在初中数学中, 经常用的非负数有: (1) a2≥0; (2) |a|≥0; (3。若干个非负数的和为0, 那么每个非负数均为0。

例:已经, 求x、y的值。

评析:方程左边配方可变为非负数之和。

[解]:由x2+y2-x+2y+45=0得 (x-21) 2+ (y+1) 2=0

一般地, 几个非负数之和为0, 则每个非负数均为0。

(二) 二元一次不定方程的整数解

一个二元一次方程的解有无数多个, 但我们常常只求整数解, 甚至只求正整数解, 加上这一限制后, 解可能唯一确定或只有有限个或无解。求它的整数解时, 通常把一个未知数表示成另一个未知数的代数式, 再结合整数的整除性, 得到其解。

例:解方程2x+3y=8 (x、y均为整数)

评析:将y表示为x的代数式, 并利用整数整除性来求解。

[解]原方程变为

当x-1是3的倍数时, x、y都是整数。

设x-1=3k (k是整数)

那么:

就是原方程的通解。

变式思考:若例2中再添两个条件, 其它条件不变, 1≤x≤100, 1≤y≤100, 求x、y的值。

[解]将x=3k+1, y=-2k+2, 代入1≤x≤100和1≤y≤100中, 求得, ∵k是整数, ∴k=0时, 即方程的解为。

一般地, 若x0, y0是方程ax+by=c, a、b、c均为整数, 且 (a、b) =1的一组整数解 (称特解) , 则 (t为整数) 就是方程的通解。

(三) 三元一次不定方程

通常三个三元一次方程可求其唯一解, 两个三元一次方程组成的三元一次不定方程组的解有无数多个, 这类不定方程求解时往往把其中一个未知数看成待定常数, 转化为解二元一次方程组。

例:已知x+2y-11z=0, 2x-3y+6z=0, 求xx2y++yyz2++z2xz的值。 (xyz≠0) 。

评析:把z看成常数, 转化为解二元一次方程组。

[解]由得将x=3z y=4z代入中, 求得原式=。

一般地, 当未知数的个数多于方程的个数时, 常常把多于的未知数看成常数, 把其余的未知数表示为该常数的代数式, 是解决这类问题的基本思路。

(四) 分解因式法求二元一次不定方程的整数解

解二元二次不定方程可把等式一边分解为两个一次因式的乘积, 另一边变为常数。

例:已知xy-x+2y-5=0, x、y均为整数, 求x、y的值。

评析:将x、y分离在两个一次因式中, 即把原等式变为 (x+m) (y+n) =p的形式, 其中m、n、p都是常数且为整数, 再利用整数的整除性来求其解。

[解]xy-x+2y-5=0

x (y-1) +2 (y-1) -3=0 (x+2) (y-1) =3

∵x、y均为整数∴x+2, y-1也是整数

故

即x、y的值为

思考:本题还可变形为, 得出x+2是3的约数, 从而求出x、y值。

(五) 利用放缩法解不定方程

在解一些涉及到多个变元的问题, 如果题设条件并没有给出未知数的大小顺序, 在不影响命题的成立的前提下, 给它们假定一个大小顺序, 那么就可将问题转化为解不等式 (组) , 通过缩小范围而求解。

例:求方程的正整数解。

分析:这个方程是关于x、y、z的轮换对称式, 易知x、y、z都大于1, 不妨取1

[解]不妨设1

即∴x=2, 3。 (1) 当x=2时, , ∴y=3、4、5。此时 (x、y、z) 共有 (2、3、24) (2、4、8) 两组。 (2) 当x=3时, 。此时 (x、y、z) 的值为 (3、2、24) 。由于x、y、z在方程中的地位平等, 将上述结果作排列, 共有下面12组解, (x、y、z) 的值分别是: (2、3、24) , (2、24、3) , (3、2、24) , (3、24、2) , (24、2、3) , (24、3、2) , (2、4、8) , (2、8、4) , (4、2、8) , (4、8、2) , (87、2、4) , (8、4、2) 。

总之, 老师在面对初中学生的数学教学活动中, 适当介绍一些数学思想、方法和技巧是十分必要的, 有利于提高学生学习数学的能力。

不定方程组篇2

竞赛讲座03--同余式与不定方程

同余式和不定方程是数论中古老而富有魅力的内容.考虑数学竞赛的需要,下面介绍有关的基本内容.1.同余式及其应用

定义:设a、b、m为整数（m＞0），若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余.记为

或

一切整数n可以按照某个自然数m作为除数的余数进行分类，即n=pm+r（r=0，1，…，m-1），恰好m个数类.于是同余的概念可理解为,若对n1、n2，有n1=q1m+r，n2=q2m+r，那么n1、n2

对模m的同余，即它们用m除所得的余数相等.利用整数的剩余类表示,可以证明同余式的下述简单性质:(1)

若,则m|(b-a).反过来,若m|(b-a),则

;(2)

如果a=km+b(k为整数),则;(3)

每个整数恰与0,1,…，m-1，这m个整数中的某一个对模m同余；(4)

同余关系是一种等价关系： ①

反身性

；

②

对称性，则，反之亦然.③

传递性，则；

（5）如果，则

①；梯田文化教辅专家《课堂点睛》《课堂内外》《作业精编》

②特别地

应用同余式的上述性质，可以解决许多有关整数的问题.例1（1898年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2+1能被3整除的一切自然数n.n解∵

∴

则2+1nn

∴当n为奇数时，2+1能被3整除；当n为偶数时，2+1不能被3整除.例2

求2最后两位数码.解考虑用100除2所得的余数.999

999n∵

∴

又

∴

∴2的最后两位数字为88.例3

求证

31980999

4198

1能被5整除.梯田文化教辅专家《课堂点睛》《课堂内外》《作业精编》

证明

∵

∴

∴2．不定方程

不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解.(1)

不定方程解的判定

如果方程的两端对同一个模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.例4

证明方程2x-5y=7无整数解.证明

∵2x=5y+7，显然y为奇数.2

222①

若x为偶数，则

∴

∵方程两边对同一整数8的余数不等，∴x不能为偶数.梯田文化教辅专家《课堂点睛》《课堂内外》《作业精编》

②

若x为奇数，则

但5y+72

∴x不能为奇数.因则原方程无整数解.说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.例5

(第14届美国数学邀请赛题)不存在整数x,y使方程

①

证明

如果有整数x，y使方程①成立，则

=知（2x+3y）+5能被17整除.2设2x+3y=17n+a，其中a是0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8中的某

22222个数，但是这时（2x+3y）+5=（17n）+34na+（a+5）=a+5（mod17），而a+5被17整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下（2x+3y）2+5都不能被17整除，这与它能被17整除矛盾.故不存在整数x，y使①成立.例7（第33届美国数学竞赛题）满足方程x+y=x的正整数对（x，y）的个数是（）.（A）0（B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对解由x+y=x得y=x（x-1），所以只要x-1为自然数的平方，则方程必有正整数解.令x-1=k(k为自然数),则

222322

3为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D).说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.(2)

不定方程的解法梯田文化教辅专家《课堂点睛》《课堂内外》《作业精编》

不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.例6

求方程解(配方法)原方程配方得(x-2y)+y=13.2

22的整数解.在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的平方和等于213即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解

解得

例7

(原民主德国1982年中学生竞赛题)已知两个自然数b和c222及素数a满足方程a+b=c.证明:这时有a＜b及b+1=c.证明（因式分解法）∵a+b=c，∴a=（c-b）（c+b），又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a.22

2梯田文化教辅专家《课堂点睛》《课堂内外》《作业精编》

于是得c=b+1及a=b+c=2b+1＜3b，2即＜.而a≣3,∴≢1，∴＜1.∴a＜b.例9（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程的正整数（a，b，c）的组数是（）.（A）0（B）1（C）2（D）3（E）4 解（质因数分解法）由方程ac+bc=23得（a+b）c=23=1×23.∵a，b，c为正整数，∴c=1且a+b=23.将c和a=23-b代入方程ab+bc=44得(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0, ∴b1=2,b2=22.从而得a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和(1,22,1),应选(C).例10求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.解由(y-2)x=2y-7,得

分离整数部分得由x为整数知y-2是3的因数, ∴y-2=±1，±3，∴x=3，5，±1.∴方程整数解为

例11

求方程x+y=x-xy+y的整数解.2

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解（不等式法）方程有整数解

必须△=（y+1）-4（y-y）≣0，解得

22≢y≢.满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；当y=1时，由原方程可得x=2或0；当y=2时，由原方程可得x=1或2.所以方程有整数解

最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.例12

求满足方程且使y是最大的正整数解（x，y）.解将原方程变形得

由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应是144的约数，所以，12-x=1，x=11，这时y=132.故

满足题设的方程的正整数解为（x，y）=（11，132）.例13（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0＜x＜y及的整数对（x，y）的个数是（）.（A）0（B）1（C）3（D）4（E）7 解法1 根据题意知，0＜x＜1984，由的不同

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得

62当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=2·31，故当且仅当x具有31t形式时，1984x是完全平方数.∵x＜1984，∵1≢t≢7.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t＞3时y≢x不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.解法2 ∵1984=

2∴由此可知：x必须具有31t形式，y必须

2具有31k形式，并且t+k=8（t，k均为正整数）.因为0＜x＜y，所以t＜k.当t=1，k=7时得（31，1519）；t=2，k=6时得（124，1116）；当t=3，k=5时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3.练习二十

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（A）

一组（B）二组

（C）三组

（D）四组

(2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（A）

3个（B）4个

（C）5个

（D）6个 2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.4

5422(2)满足不________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)

已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)

(全俄第14届中学生数学竞赛试题)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.(第26届国际数学竞赛预选题)求三个正整数x、y、z满足

23.梯田文化教辅专家《课堂点睛》《课堂内外》《作业精编》

4．（1985年上海数学竞赛题）在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件能的值.的整数x，y的所有可8．（1985年上海初中数学竞赛题）已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.(1988年全国初中数学竞赛题)如果p、q、q＞1，试求p+q的值.练习二十 1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.、都是整数，并且p＞1，(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.梯田文化教辅专家《课堂点睛》《课堂内外》《作业精编》

5.先求出,然后将方程变形为y=5+x-2要使y为整数,5x-1应是完全平方数,…,解得

6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.22

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222

不定方程组篇3

关键词不定方程；非平凡整数解；同余

关于不定方程

x3+1=Dy2，D>2 ,无平方因子，且不能被3或6k+1型素因子整除。（1）

x3-1=Dy2， D同（1）式（1c）

Ljunggren证明了最多只有一组正整数解。柯召与孙琦证明了（1）与（1c）均无非平凡整数解。本文给出方程

x3+133=Dy2，D■N,无平方因子，且不能被3或6k+1型素因子整除。（2）

x3-133=Dy2， D同（2）式（2c）

的全部非平凡整数解。

定理1 方程（2）满足条件x<2×106时的整数解仅有4组：

（5，2，21），（5，122，603），（7493，22466，38901），（166522，1998251，6922122）

证明：（Ⅰ）若13?誆x，令x=13x1，式（2）化为

133(x13+1)=Dy2 （3）

因D无平方因子，所以必有13?誆y，令y=13y1，式（3）化为

13(x13+1)=Dy12 （4）

又因D不能被6k+1型素因子整除，即13/D，则有13?誆y1 ，令y1=13y2，式（4）化为

x13+1=13Dy22 （5）

因为13D>6，所以式（5）无整数解。即不定方程（2）在此情形下无整数解。

（Ⅱ）若13/x，式（2）化为

(x+13) (x2-13x+132)=Dy2 （6）

因为(x+13,x2-13x+132)=1或3，下面分别进行讨论：

当（x+13,x2-13x+132）=1时，3/x+13， 3/x2-13x+132

?圯3/D，因此必存在两个互素的正整数 a,b，使得

x+13=Da2， x2-13x+132=b2 y=ab （7）

根据（7）式的第二个式子有： (2x-13)2+3×132 = (2b)2即

(2b-2x+13)(2b+2x-13)= 3×132 （8）

而（x,13）=1?圯(2b-2x+13,2b+2x-13)=1,

又D ∈N，?圯x+13>0，于是式（8）化为

2b+2x-13=3×13■2b-2x+13=1 （ⅰ）或 2b+2x-13=13■2b-2x+13=3 （ⅱ）

解（ⅰ）有x=133D=146 解（ⅱ）有x=48D=61

D=146,61时均有6k+1型素因子，不在讨论范围内。

当(x+13,x■-13x+13■)=3 时，必存在两个互素的正整数a,b使得 x+13=3Da■,x■-13x+13■=3b■ y=3ab（9）

由（9）式的第二个式子得(2x-13)■ +3×13■=3(2b)■即

(2b)■-3×(■)■=13■ （10）

令2b=X,■=Y，则式（10）可化为

X■-3Y■=13■ (11)

式（11）的解可表示为：

x=3Da■-13y=3ab(a>0,b>0)2b+■2Da■-13=?着（u±v■）■其中u,v满足13=u■-3v■,?着为Q■的任意单位当D不符号条件时舍去

x=3Da■-13y=3ab(a>0,b>0)2b+■2Da■-13=(2+■)■(4±■)■当D不符合条件时舍去

由于2b为偶数，因此n只能取奇数。所以(11)式的解(D,x,y)由下式给出■:

即 x=3Da■-13y=3ab(a>0,b>0)2b+■2Da■-13=(2+■)■(4±■)■当D不符合条件时舍去

当n=0时

?圯2b=622Da■-13=35 ?圯b=31Da■=24此时D不符合条件，舍去。

或2b=142Da■-13=3 ?圯b=7Da■=5 ?圯D=5x=2y=21

当n=1时

?圯2b=8542Da■-13=493 ?圯b=427Da■=253此时D不符合条件，舍去

或2b=1342Da■-13=77 ?圯b=67Da■=5?圯D=5x=122y=603

当n=2时

?圯2b=118942Da■-13=6867?圯b=5947Da■=3440此时D不符合条件，舍去

或2b=16822Da■-13=1075?圯b=931Da■=544此时D不符合条件，舍去

当n=3时

?圯2b=1656622Da■-13=95645 ?圯b=95968Da■=47829此时D不符合条件，舍去

或2b=259342Da■-13=14973 ?圯b=12967Da■=7493?圯D=7493x=22466y=38901

当n=4时

?圯2b=23073742Da■-13=1332163?圯b=1153687Da■=666088D=166522x=1998251y=6922122

或2b=3612142Da■-13=208547?圯b=180607Da■=104280此时D不符合条件，舍去

综上所述，不定方程（2）满足条件x<2×106时的整数解仅有4组：

（5，2，21），（5，122，603），（7493，22466，38901），（166522，1998251，6922122）

定理2 方程2c满足条件x<2×106时的整数解仅有5组：（11,46,93），（15,733,5124），（2,109,804），（3427,10294，17841），（104267,312814,541821），（107,120,127），（22,35,43）

参考文献:

[1]李复中.关于丢番图方程x3±125=Dy2 [J].东北师大学报(自然科学版).1996,(3):15-16.

[2] 柯召,孙琦.关于丢番图方程x3±1=Dy2[J].中国科学,1981,(12):1453-1457.

[3] Ljunggren W J.Acta Math.Acrd.Sci Hungar.1952(3),99-101.

[4]Ljunggren W.Satze uber Unbestimmte Gleichungen[J].Skr Norske Vid Akad Oslo I,1942,(5):53-54.

浅析不定方程的解法篇4

一、整数分离法

即先将方程变形, 用其中的一个未知数表示另一个未知数, 然后将代数式中的整数部分离出来, 最后在一定范围内进行试验。

例1 八年级同学星期六去“沙漠公园”游玩, 有学生300人, 教师6人, 现要租车, 大客车有48个座位, 小客车有30个座位, 要使每人都有座位, 而且车上没有空座位, 问需要大﹑小客车各多少辆?

解: 设需要大客车x辆, 小客车y辆.

则有 48x + 30y = 306 (x≥0, y≥0 )

所以undefined

因为x、y都是自然数, 所以undefined也应是一个整数, 不难看出x可取 2、7﹑ 12 … , 但满足y≥0的条件的x的值只有一个。

当x=2时, undefined

答: 大客车2辆, 小客车7辆。

二、估值试验法

是将某个未知数取值的所有可能都列出来, 逐个尝试, 看哪个值满足不定方程。

例2 九年级甲、乙两班学生共109人, 已知甲班男生占undefined, 乙班女生占undefined, 则两班共有男生多少人?

解: 设甲班学生人数为11x人、乙班学生人数为9y人, 依题有

11x + 9y = 109 变形为9y =109-11x

因左边是自然数, 所以x最大等于9。只有当x = 5 时, 右边等于54, 是9的倍数, 此时 y = 6 , 所以x=5, y=6 是这个方程的唯一一组解。

甲班有学生11×5=55 (人) , 乙班有学生 9×6=54 (人) , 两班共有男生

undefined (人)

答: 两班共有男生60 (人) 。

三、夹逼思维法

是利用不等式“A≥B 且A≤B, 那么 A=B”来解决相等的问题.

例3 解方程:undefined ( 表示两位数, 其中十位数字为x, 个位数字为5)

解: 因为undefined

所以 300 < yz < 400

则undefined

即 19<10x+5<27 解得undefined

故x=2

又 3yz=7850÷25=314 所以y=1 z=4

答:x、y、z分别为2、1、4.

四、奇偶性分析法

例4 两个质数之差为1995, 则这两个质数乘积的数字之和是多少?

解:设这两个质数为x、y, 且x>y, 依题意得x-y = 1995

∵ 两数之差为奇数

∴ x、y必为一奇一偶

∵ 2是最小的、唯一的偶质数

∴ y=2, 从而x=1997

∴ xy=2×1997=3994

∴ 各位数字之和是3+9+9+4=25.

五、整除性分析法

例5 小明的妈妈一天能糊6个大纸盒或9个小纸盒, 现有一批订货, 需要大纸盒和小纸盒若干个, 结果她一天就完成了。问订货中大纸盒和小纸盒各多少个?

解: 设订货中大纸盒x个、小纸盒y个。

则undefined, 即 3x+2y=18

可见, x是2的倍数, y是3的倍数。

设x=2x1, y=3y1 (x 、y都是自然数)

代入上式得3×2x1+2×3y1 =18

化简得x1+y1=3

故方程有两组解:undefined

即原方程有两组解:undefined

因此订货中大纸盒2个、小纸盒6个或大纸盒4个、小纸盒3个。

六、逆用比例的基本性质

例6 某商店新进一批糖, 奶糖每千克12.6元, 水果糖每千克5.4元, 现在要把两种糖混合, 要求混合后的糖价为每千克6.8元。那么奶糖的质量是水果糖质量的几分之几?

解:设奶糖x千克, 水果糖y千克, 则

12.6x+5.4y= (x+y) ×6.8

12.6x+5.4y=6.8x+6.8y

得 5.8x=1.4y

即 x:y=1.4∶5.8=7∶29

答:奶糖的质量是水果糖质量的undefined.

一类不定方程有解的一般性结论篇5

关于一类不定方程有解的一般性结论

用模型论的方法证明了一类不定方程a1xr11+a2xr22+...+anxrnn=bys(其中a1,...,an,b为任意整数,r1,...,rn,s为任意正整数)有解.进一步地,我们用相同的`方法解决了一个猜想.

作者：马鑫王世强沈复兴 Ma Xin Wang Shiqiang Shen Fuxing 作者单位：北京师范大学数学科学学院,100875,北京刊名：北京师范大学学报（自然科学版） ISTIC PKU英文刊名：JOURNAL OF BEIJING NORMAL UNIVERSITY(NATURAL SCIENCE) 年，卷(期)： 43(6) 分类号：O1 关键词：不定方程 Peano公理紧致性定理模型

一个不定方程的全部正整数解篇6

给出问题①式的所有解中, 最大分母的最小值是什么?在文[1]中, 刘润根、王春风分别给出 (33, 99, 1089) , (44, 55, 2420) , 王晓明给出三组解 (33, 121, 363) , (27, 297, 1089) , (33, 91, 33033) .下面我们将通过分析①式中m, n, h的取值范围, 编写Mathematical程序并运行, 得到①式共有24组解, 其中最大分母的最大值为275275, 最小值为363.

一、理论分析

由①式 $\frac{5}{121} = \frac{1}{m} + \frac{1}{n} + \frac{1}{h}, m ＜ n ＜ h, n, m, h \in Ν^{+}$ ,

得 $\frac{1}{m} ＞ \frac{1}{n} ＞ \frac{1}{h}$ , 所以 $\frac{1}{m} ＜ \frac{5}{121} ＜ \frac{3}{m}$ ,

从而 $[\frac{121}{5}] + 1 \leq m \leq [\frac{363}{5}]$ , 即25≤m≤72.

又 $\frac{5}{121} - \frac{1}{m} = \frac{5 m - 121}{121 m} = \frac{1}{n} + \frac{1}{h} ‚ \frac{1}{n} ＜ \frac{5 m - 121}{121 m} ＜ \frac{2}{n}$ ,

即 $[\frac{121 m}{5 m - 121}] \leq n \leq [\frac{242 m}{5 m - 121}] .$

又 $\frac{5}{121} - \frac{1}{m} - \frac{1}{n} = \frac{1}{h}$ , 即 $h = \frac{121 m}{5 m n - 121 n - 121 m} .$

为了避免计算机运算误差, 我们将①式变为5mnh=121 (nh+mh+mn) . ②

寻找②式的解转变为下述问题:

$\begin{array}{l} 当 25 \leq m \leq 72 ‚ [\frac{121 m}{5 m - 121}] \leq n \leq [\frac{242 m}{5 m - 121}] ‚ \\ h = \frac{121 m n}{5 m n - 121 n - 121 m} \end{array}$

为整数时, 如果②式成立, 则对应的 (m, n, h) 为①式的一组解.

二、Mathematical编程及运算结果

根据上述分析, 我们编写求解①式Mathematical的程序:

For[m=25, m≤72, m++;

For[n=Floor[121*m/ (5*m-121) ], n≤Floor[242*m/ (5*m-121) ], n++;

h=121*m*n/ (5*m*n-121*m-121*n) ,

If[Floor[h]<h&&5*m*n*h==121 (n*h+m*h+m*n) ,

Print["m=", m, "", "n=", n, "", "h=", h]]]]

运行该程序, 我们得到如下结果:

从表中可以看出最大分母的最大值为275275, 最小值为363.

参考文献

[1]吴振奎.数学中的美[M].上海:上海教育出版社, 2004.9.

关于不定方程x2-29=4y5 篇7

定理不定方程x2-29=4y5仅有整数解(x,y)=(±5,-1).

证明因为在实二次域undefined中,方程可得到相应的理想方程,

undefined

均为undefined中的代数整数,设undefined,显然有undefined,因为undefined是素数,所以必有d=1或undefined.但undefined不可能,故undefined,即理想数undefined互素,故主理想undefined与undefined互素,由理想的唯一分解定理:

undefined

A是undefined中的理想数,由于undefined,即A是undefined中一个主理想,undefined计算出undefined的类数undefined,单位数η有无穷多个,η=±(3+ω)n,而1和undefined是一组整基.故undefined中的整数皆有undefined的形状,这里a,b∈Z,a≡b(mod2),所以由(2)式给出,undefined

情形1 当n≡0(mod5)时,undefined有:

undefined

由于a,b∈Z,a≡b(mod2),所以a,b同奇偶,比较两边的系数,可得b是单位数±1或者是2的方幂±2k这种形式,其中k是正整数,由于a,b同奇偶,a是偶数,故左边24≡24(mod25),而右边b(5a4+290a2b2+841)≡0(mod25),这矛盾.当b=1或b=-1时,经验证无整数解.

情形2 当n≡±1(mod5)时,

undefined

从而a=±2,b=0,由此可得(x,y)=(±5,-1).

情形3 当n≡±2(mod5)时,

undefined

因为a,b∈Z,从而方程无解.或者:

±26x=54a5+15660a3b2+227070ab4-1450a4b-84100a2b3-243890b5,

±26=b(270a4+15660a2b2+4514b4-2900a3b-4205ab3)-10a5,

同理无解.

综上所述,不定方程x2-29=4y5仅有整数解(x,y)=(±5,-1).

摘要：利用代数数论中理想数的唯一分解定理,证明了不定方程x2-29=4y5仅有整数解(x,y)=(±5,-1).

关键词：不定方程,整数解,理想数

参考文献

[1]柯召,孙奇.谈谈不定方程[M].上海:上海教育出版社,1980.

[2]柯召,孙琦.数论讲义[M].北京:高等教育出版社,1987.

不定方程组篇8

关于丢番图方程x3+1=Dy2(D>0且不含平方因子),是一类基本而又重要的方程。当D无6k+1型素因子时,其全部解已由柯召,孙琦[1]等得到,但当D有6k+1型素因子时,方程的求解比较困难。曹玉书,郭庆检[2]给出了D含有6k+1型素因子时,方程x3+1=Dy2无正整数解的一些充分条件。邓谋杰,郭伟艳[3]等给出了D含有6k+1型素因子且含有8k+1和8k+5型素因子时,方程x3+1=Dy2无正整数解的若干充分条件。谷杨华[4]证明了不定方程x3+1=266y2仅有整数解(x,y)=(-1,0);x3+1=133y2仅有整数解(x,y)=(-2,0),(5,±1)。

本文利用代数数论的方法,证明了不定方程x2+4 096=y3(其中n∈N,x≡1(mod 2),x,y∈Z)无整数解。

设A,B∈N,A无平方因子,研究不定方程

Ax2+B=yn(其中x,y∈Z,n∈N,n≡1(mod 2),n>1) (1)

的解是数论中的一类重要课题。当A=1,B=1时,Lebesgue[5]证明了式(1)无整数解。Nagell[6]证明了当A=2,B=1,n=5时,式(1)仅有整数解(x,y)=(±11,3)。廖江东[7]利用代数数论的方法证明了不定方程x2+16=y3无整数解。对于不定方程式(1)的研究,运用初等方法是一个相当困难的问题。本文在研究张文鹏[8]老师《初等数论》的基础上,利用代数数论的方法证明了不定方程x2+4 096=y3(其中n∈N,x≡1(mod 2),x,y∈Z)无整数解。

为此,先给出下面的引理:

引理[9] 设M是唯一分解整环,正整数k≥2,以及α,β∈M,(α,β)=1,那么:若

αβ=rk,r∈M,则有:α=ε1μk,β=ε2νk,μ,ν∈M,其中ε1,ε2是M中的单位元素,并且ε1ε2=εk,ε为单位元素。

定理不定方程:x2+4 096=y3(其中n∈N,x≡1(mod 2),x,y∈Z) (2)

无整数解。

证明: 在Z[i]中式(2)可以分解为:

(x+64i)(x-64i)=y3;x,y∈Z,n∈N,x≡1(mod 2)。

设 δ=(x+64i,x-64i),

则 $δ | (x + 64 i + x - 64 i) = 2 x$ 且

$δ | (x + 64 i - x + 64 i) = 128 i$ 。

由于x≡1(mod 2),故 $δ | (2 x, 128 i) = 2$ ,则δ为1,1+i,2。

因为x≡1(mod 2),故x+64i≡1(mod 2),所以δ≠2。

若δ=1+i,则 $Ν (1 + i) | Ν (x + 64 i)$ ,即 $2 | x^{2} + 4 096$ ,但x≡1(mod 2),所以也不可能。

因此δ=1,又因为Z[i]是唯一分解整环,由引理知:

x+64i=(a+bi)3;x,a,b∈Z,n∈N,x≡1(mod 2)。

所以有: x=a3-3ab2 (3)

64=3a2b-b3=b(3a2-b2) (4)

由式(4)有b=±1,±2,±4,±16,±64。以下分别讨论b的取值情况所给出的式(2)的解。

(1)若b=1,则64=3a2-1即65=3a2,这是不可能的。所以当b=1时,式(2)无整数解。

(2)若b=-1,则64=1-3a2即64+3a2=1,也就是说3a2<0,这是不可能的。所以当b=-1时,式(2)无整数解。

(3)若b=2,则64=2(3a2-4),即36=3a2。此时有 $a = \pm 2 \sqrt{3}$ ,结合式(3)知x≡0(mod 2),而这与x≡1(mod 2)矛盾。所以当b=2时,式(2)无整数解。

(4)若b=-2,则64=2(4-3a2),即28=-3a2,这显然是不可能的。所以此式无关于n,a的整数解。所以当b=-2时,式(2)无整数解。

(5)若b=4,则64=4(3a2-16),即32=3a2,也就是a≡0(mod 2),故x≡0(mod 2),而这与x≡1(mod 2)矛盾。所以当b=4时,式(2)无整数解。

(6)若b=-4,则64=4(16-3a2),即0=3a2,x=0,与x≡1(mod 2)矛盾。所以当b=-4时,式(2)无整数解。

(7)若b=±16,由(4)有3a2≡0(mod 2),即x≡0(mod 2),与x≡1(mod 2)矛盾。所以当b=16时,式(2)无整数解。

(8)若b=±64,由(4)有3a2≡0(mod 2),即x≡0(mod 2),与x≡1(mod 2)矛盾。所以当b=-16时,式(2)无整数解。

综合上述情形的讨论结果知:不定方程(2)无整数解。证毕。

摘要：丢番图方程是数论中一个重要组成部分,它不仅自身发展迅速,而且研究成果被广泛地应用于其他理学学科领域。利用数论中同余的性质,研究丢番图方程x2+4 096=y3(其中x≡1(mod 2),x,y∈Z)的解的情况。用代数数论的方法,证明了该方程无整数解。

关键词：不定方程,整数解,代数数论

参考文献

[1]柯召,孙琦.谈不定方程.上海:上海教育出版社,1980

[2]曹玉书,郭庆检.关于丢番图方程x3+1=3Dy2.四川大学学报:自然科学版,1989;(2):1—5

[3]邓谋杰,郭伟艳,佟盛林.关于丢番图方程x3±1=Dy2.哈尔滨师范大学学报:自然科学版,2003;19(3):22—23

[4]谷杨华.关于丢番图方程x3+1=266y2和x3+1=133y2.云南民族大学学报:自然科学版,2009;18(4):305—309

[5] Lebesgue V A.Sur limpossibilite en nombers entiers de equationequation xm=y2+1.Nouv Amn Math,1850;9(1):178—181

[6]曹珍富.不定方程及其应用.上海:上海交通大学出版社,2000

[7]廖江东,柳杨.关于不定方程x2+16=y3.四川理工学院学报,2007;(2):20—21

[8]张文鹏.初等数论.西安:陕西师范大学出版社,2007

例析二元一次不定方程的解法篇9

不定方程是数论中一个古老的分支, 至今仍是一个很活跃的数学领域.中小学数学竞赛也常常因为某些不定方程的解法巧妙而引入不定方程问题.下面, 我就通过三道具体实例, 来示范说明一下不定方程的解法.

定义形如ax+by=c (a, b, c∈Z, ab≠0) 的方程称为二元一次不定方程, 求原方程的整数解的问题叫做解二元一次不定方程.

定理1 原方程有整数解的充分必要条件是 (a, b) |c.

推论若 (a, b) =1, 则原方程一定有整数解.

定理2 若 (a, b) =1, 且 (x0, y0) 为原方程的一个整数解 (特解) , 则原方程的全部整数解 (通解) 都可表成

${\begin{cases} x = x_{0} - b t ‚ \\ y = y_{0} + a t ‚ \end{cases} (t \in Ζ)$

或

${\begin{cases} x = x_{0} + b t, \\ y = y_{0} - a t, \end{cases} (t \in Ζ) .$

由上述定理可知, 求不定原方程整数解的步骤是:

① (a, b) =d.

②判定原方程是否有解:当时, 原方程无整数解;当d|c时, 原方程有整数解.在有整数解时, 方程同解变形, 两边除以d, 使原方程转化为 (a, b) =1的情形.

③求特解, 写通解. (注:通解形式不唯一)

可见, 求特解是解二元一次不定方程的关键.

首先, 对方程的未知数系数较小, 或系数与常数项有和、差、约数、倍数关系时观察法是最简单易行的便捷方法.

例1 求不定方程15x-25y=100的整数解.

解 ∵ (15, 25) =5|100, ∴原方程有整数解.

15x-25y=100⇔3x-5y=20, (3, 5) =1.

利用观察法可知 (5, -1) 是这个方程的特解, 因此方程的全部整数解是

${\begin{cases} x = 5 - 5 t ‚ \\ y = - 1 - 3 t ‚ \end{cases} (t \in Ζ) .$

其次, 对于用观察法看不出特解, 或未知数系数较大时, 我们则可采用下列几种方法:

1.分离整数法

此法主要是通过解未知数的系数中绝对值较小的未知数, 将其结果中整数部分分离出来, 则剰下部分仍为整数, 令其为一个新的整数变量, 据此类推, 直到能直接观察出特解的不定方程为止, 再追根溯源, 求出原方程的特解.

例2 解不定方程37x+107y=25.

解 ∵ (37, 107) =1|25, ∴原方程有整数解.

先用x, y的系数中较小的37去除方程的两边, 并解出x, 得 $x = \frac{25 - 107 y}{37} .$

再把上式右边y的系数和常数项的整数部分分离出来, 写成 $x = 1 - 3 y + \frac{- 12 + 4 y}{37} .$

由于x, y都是整数, 1-3y也是整数, 则 $\frac{- 12 + 4 y}{37}$ 也一定是整数, 则可令y0=3 (由于此时 $\frac{- 12 + 4 \times 3}{37} \in Ζ)$ , 则有x0=-8.

补充说明假设通过原式中未看出特解, 可令 $\frac{- 12 + 4 y}{37} = t \in Ζ ‚ 4 y - 37 t = 12 ‚ y = \frac{12 + 37 t}{4} = 3 + 9 t + \frac{t}{4} .$

则 $\frac{t}{4} \in Ζ$ , 有t0=0, 从而有y0=3, 可推得x0=-8.

这样得原不定方程的特解为

${\begin{cases} x_{0} = - 8 ‚ \\ y_{0} = 3 . \end{cases}$

∴原不定方程的通解为

${\begin{cases} x = - 8 - 107 t ‚ \\ y = 3 + 37 t, \end{cases} (t \in Ζ) .$

2.逐渐减小系数法

此法主要是利用变量替换, 使不定方程未知数的系数逐渐减小, 直到出现一个未知量的系数为±1的不定方程为止, 直接解出这样的不定方程 (或可以直接能用观察法得到特解的不定方程为止, 再依次反推上去) 得到原方程的通解.

例3 解不定方程37x+107y=25.

解 ∵ (37, 107) =1|25, ∴原方程有整数解.

由37<107, 用y来表示x, 得

$x = \frac{25 - 107 y}{37} = 1 - 3 y + \frac{- 12 + 4 y}{37} .$

则令 $\frac{- 12 + 4 y}{37} = k \in Ζ$ , 即4y-37k=12.

由4<37, 用k来表示y, 得 $y = \frac{12 + 37 k}{4} = 3 + 9 k + \frac{k}{4} .$

则令 $\frac{k}{4} = t \in Ζ$ , 得k=4t.

将上述结果一一代回, 得原方程的通解为

${\begin{cases} x = - 8 - 107 t, \\ y = 3 + 37 t, \end{cases} (t \in Ζ) .$

3.辗转相除法

此法主要借助辗转相除式逆推求特解.

例4 解不定方程37x+107y=25.

解 ∵ (37, 107) =1|25, ∴原方程有整数解.

用辗转相除法求特解:

107=37×2+33, 37=33×1+4, 33=4×8+1.

从最后一个式子向上逆推得到

37× (-26) +107×9=1,

∴37× (-26×25) +107× (9×25) =25.

则特解为

${\begin{cases} x_{0} = - 26 \times 25 = - 650, \\ y_{0} = 9 \times 25 = 225 ‚ \end{cases}$

通解为

${\begin{cases} x = - 650 - 107 t = - 8 - 107 (t + 6), \\ y = 225 + 37 t = 3 + 37 (t + 6), \end{cases} (t \in Ζ)$

或改写为

${\begin{cases} x = - 8 - 107 t, \\ y = 3 + 37 t, \end{cases} (t \in Ζ) .$

4.欧拉算法

受辗转相除法的启示, 此题可简化为采用欧拉算法的方法求解.其实质仍是找出 (a, b) 表为a, b的倍数和时的倍数, 从而求出特解.

例5 解不定方程37x+107y=25.

解 ∵ (37, 107) =1|25, ∴原方程有整数解.

∴37× (-26) +107×9=1, 37× (-26×25) +107× (9×25) =25.

则特解为

${\begin{cases} x_{0} = - 26 \times 25 = - 650, \\ y_{0} = 9 \times 25 = 225 ‚ \end{cases}$

通解为

${\begin{cases} x = - 650 - 107 t = - 8 - 107 (t + 6), \\ y = 225 + 37 t = 3 + 37 (t + 6), \end{cases} (t \in Ζ)$

或改写为

${\begin{cases} x = - 8 - 107 t, \\ y = 3 + 37 t, \end{cases} (t \in Ζ) .$

5.同余替换法

此法主要是取未知量系数绝对值较小者作为模, 对另一系数和常数项取同余式, 将其值替换为较小的同余值, 构成一个新的不定方程, 据此类推, 直到某不定方程的一个变量系数为±1为止, 然后一一代回, 直接求出原不定方程的通解.

例6 解不定方程37x+107y=25.

解 ∵ (37, 107) =1|25, ∴原方程有整数解.

$\begin{array}{l} 37 x + \underset{\overset{}{\to}}{107 y} = \underset{\overset{}{\to}}{25} \\ \underset{\overset{}{\to}}{37 k} - 4 y = \underset{\overset{}{\to}}{- 12} (1) \\ 37 \equiv 1 (m o d 4) - 12 \equiv 0 (m o d 4) \end{array}$

则原方程转化为k-4t=0,

即k=4t, 将其代入 (1) , 有y=3+37t.

再将上式代入原方程, 有x=-8-107t.

综上得原方程的通解为

${\begin{cases} x = - 8 - 107 t, \\ y = 3 + 37 t, \end{cases} (t \in Ζ) .$

最后, 对于未知数系数和常数项之间有某些特殊关系的不定方程, 如常数项可以拆成两未知数系数的倍数的和或差的不定方程, 可以采用分解常数项的方法去求解方程.

例7 解不定方程3x+5y=143.

解 3x+5y=143⇔3x+5y=140+3⇔3 (x-1) +5 (y-28) =0.

∵ (3, 5) =1, ∴x-1=-5t, y-28=3t,

∴原方程的通解为

${\begin{cases} x = 1 - 5 t, \\ y = 28 + 3 t, \end{cases} (t \in Ζ) .$

总之, 二元一次不定方程的解法很多, 也很巧妙、有趣.要想灵活的去求解二元一次不定方程, 除了要掌握各种具体的解法以外, 还要学会具体问题具体分析, 并要具有一定的将所学知识融会贯通的能力.

摘要：本文主要通过三个实例详尽而具体的说明了二元一次不定方程的解法.

关键词：不定方程,通解,解法

参考文献

[1]人民教育出版社中学数学室.代数与初等函数.北京:人民教育出版社, 1999.

[2]王元.高等师范院校小学教育专业数学教材·初等数论.北京:人民教育出版社, 2003.

不定方程组篇10

一、分解法

它适用于一边可以分解，另一边为常数的不定方程，如果常数非零，则将其作质因数分解。

解：原方程左边分解因式，得

从而x-2 y=0， (1)

二、奇偶分析法

利用整数的奇偶性质求解。

例2.若正整数x, y满足x2+y2=1997，则x+y=＿＿＿＿＿。

解：因1 9 9 7是奇数，故x、y奇偶性不同。不妨设x为奇数，y为偶数，因为x 2+y 2的个位数字是7，因此x 2, y 2的个位数字必是1, 6;x、y的个位数字必是1, 4或1, 6或9, 4或9, 6，又1 9 9 7≡1 (m o d 4），则x、y除以4的余数必为1, 0，由x 2<1 9 9 7知x<4 5，因此x的可能值为1, 9, 2 1, 2 9, 4 1，经检验，仅当x=2 9时，有y=3 4，使2 9 2+3 4 2=1 9 9 7，故x+y=29+34=63。

三、配方法

将方程巧妙地变形与组合，配方后再开方或由非负数性质求解的方法。

四、判别式法

对于二次不定方程，也可以把它视作关于某一未知数的一元二次方程，因为该未知数的值为整数，所以要求判别式的值是完全平方数，针对这一情况，可以对其判别式的值进行分析。

例4.设a与b为任意给定的整数，试证明方程x2+10ax+5b+3=0和x2+10ax+5b-3=0都没有整数根。

五、利用韦达定理的方法

例5.象棋比赛共有奇数个选手参加，每位选手都同其他选手比赛一盘，记分方法是胜一盘得1分，和一盘各得0.5分，负一盘得0分，已知其中两名选手共得8分，其他人的平均分为整数，求参加此次比赛的选手共有多少人？

将方程看成关于n的二次方程，它的两根为n1、n2，则由韦达定理得，n1-n2=-14, n1+n2=- (3-2k) , 因人数是正整数，3-2 k为整数，所以人数只能是1, 2, 7, 1 4，又因为人数是奇数，所以n=1或7，但当n=1时k<0矛盾，所以n=7，这时n+2=9，即共有9人参赛。

六、求根法

例6.k是哪些整数时，二次方程

(k2-1) x2-6 (3k-1) x+72=0的两个根都是正整数？

解：解二次方程（k 2-1) x 2-6 (3 k-1) x+7 2=0，得