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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
2、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
3、任一组整数（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.
4、(y’-y.)（3）由于d=gcd(a,b)，故gcd(a.，b.)=1，因此，由（3）知a.
5、(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
6、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=38d的整数解。解y=1／21（-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
7、。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t∈Z，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-8uy=-t+3u(u=
8、0±1,±2…)类似地，方程（2）的解为t=2000+5vz=1000+3v(v=0,±1,±2…)由方程（1）和（2）中消去中间参变量t，得原方程的全部整数解为X=6000+15v-8uY=-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+2vy=-v(u,v=0,±1,±2…)（1）z=2-u令x≥1，y≥
9、1，z≥1，则3u+2v≥0,-v≥1,1-u≥0（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≥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);(a≠0,a∈Z)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
10、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
