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
2、首先证明，（ 2）式给出的任一组整数（ 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
3、.(x-x.)=-b.(y-y.) （ 3）由于 d=gcd(a,b)，故 gcd(a.， b.)=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。o 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。o 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
4、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=38d的整数解。o 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
5、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 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-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（ 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
