2018鎮(zhèn)海中學三位一體數(shù)學第8講：簡單的不定方程(含答案)

1、第八講 簡單的不定方程一、知識要點：我們把未知數(shù)的個數(shù)多于方程的個數(shù)、且未知數(shù)受到某些限制（整數(shù)、正整數(shù)）的方程（組）稱之為不定方程（組）。通常不定方程（組）問題有三種類型：（1）判斷不定方程（組）是否有解；（2）求不定方程（組）的解；（3）計算不定方程（組）的解的個數(shù)。本講主要學習二元一次不定方程（組）、基本二次型不定方程的解法和處理不定方程問題的一些常用知識和方法。二、典型例題【例1】求不定方程11x+15y=7的整數(shù)解。分析 注意到(11,15)=1，則存在惟一的一對整數(shù)u，v，使得11u+15 v=1，x=7u、y=7v就是方程的一組特解，整數(shù)u，v可以通過觀察試驗得到，也可以用轉輾相

2、除法求得。若t是整數(shù)，則x=7u+15t，y=7v11t也是方程的解?？梢宰C明方程11x+15y=7的每一個整數(shù)解都能化為這種形式，x=7u+15t，y=7v11t，(tZ)是方程的一般解，稱為通解。【解】 (11,15) | 7, 方程有解。15=11×1+4，11=4×2+3，4=3×1+1。 11×(-4)+15×3=1,即11×(-28)+15×21=7,故方程的解為：（t為任意整數(shù)）。說明 求不定方程ax+by=c的整數(shù)解，先看(a，b) | c是否成立，不成立則方程無整數(shù)解，成立則可以先求方程的一組特解，然后寫出

3、方程的通解。鏈接 對于二元一次不定方程ax+by=c, a，b，cZ，ab0有下述結論：(1)方程有整數(shù)解的充分必要條件是： (a，b) | c；(2)若方程組有一組正整數(shù)解x0，y0，則它的所有正整數(shù)解可表示為： (其中tZ)通常可以在方程兩邊同時除以(a，b)，使得x，y的系數(shù)互質。(3) 若(a，b)=1,且x0，y0為不定方程ax+by=c的一個解，則方程的一切解都可以表示成：( tZ)。其中(x0，y0)是方程ax+by=c的一個特解，t是任意整數(shù)。(4) n元一次不定方程a1x1+ a2x2+ anxn=c(a1,a2,an,cZ) 有解充分必要條件是 (a1,a2,an) | c

4、。【例2】求不定方程2x+3y+5z=15的正整數(shù)解。分析 比例1的方程多一個未知數(shù)，可以判斷方程有整數(shù)解，若求方程的整數(shù)解，可以考慮令w=2x+3y，先求不定方程w+5z=15的整數(shù)解，再把w的每一個值代入2x+3y = w求解方程。一般情況可以參考鏈接。但這里求的是方程的正整數(shù)解，x，y，z的可取值范圍較小，如z只能取1、2兩個值，可先考慮范圍后討論求解。 【解】 因為(2,3,5)=1，所以方程有整數(shù)解。令u=x+2z,得2u+3y+z=15, 故z=15-2u-3y,x=u-2z=5u+6y-30,其中u,y是任意整數(shù)，且x>0,z>0,即5u+6y-30>0, 15

5、-2u-3y>0,由上述兩式消去u得：-3y+15>0, 從而0<y<5,即y=1,2,3,4.當y=1時，由，解得u6，故u=5,從而由2u+3y+z=15，z=2，故x=1。即有解x=1，y=1，z=2。當y=2時，同理得u=4，x=2，z=1。即有解x=2，y=2，z=1。當y=3或4時，滿足，的整數(shù)u不存在。于是不定方程的正整數(shù)解為：(1,1,2),(2,2,1)。 說明 請讀者先討論z的取值范圍，分別在z取1或2時解二元不定方程。另外建議用鏈接的方法先求出正整數(shù)解，而后再求正整數(shù)解。鏈接 解n元一次不定方程a1x1+ a2x2+ anxn=c時，可先順次求出(

6、a1,a2)=d2，(d2,a3)=d3，(d n-1, an)=dn。若dn c，則方程無解；若dn | c，則方程有解，作方程組a1x1+ a2x2=d2t2，d2t2+ a3x3=d3t3，dn-2t n-2+ a n-1x n-1=d n-1t n-1，d n-1t n-1+ a nx n=c。求出最后一個方程的一切解，然后把t n-1的每一個值代入倒數(shù)第二個方程，求出它的一切解，再把t n-2的每一個值代入倒數(shù)第三個方程，求出它的一切解，這樣做下去即可得到方程的一切解?！纠?】解不定方程組分析 兩個方程可以消去未知數(shù)z，得到關于x，y的方程，解二元一次不定方程，把解代入方程組中的一個

7、，求出z的解即可?！窘狻?由消去z得：13x+13y=52,即x+y=4.觀察得方程x+y=4的一個特解是x0=0,y0=4. 故其通解為：(t是整數(shù))代入5x+7y+2z=24得z=-2+t, 故原方程的通解為(t是整數(shù))。說明 對于m個n元一次不定方程組(m<n)成的方程組，可以消去m1個未知數(shù)，從而也消去了m1個不定方程式，將方程組轉化為一個nm+1元的一次不定方程。【例4】求滿足方程2x2+5y2=11(xy11)的正整數(shù)數(shù)組(x，y)。分析 二次不定方程，?？紤]分解因式或配方。把方程2x2+5y2=11(xy11)中含有未知數(shù)的項移到等號的左邊，常數(shù)移到等號右邊，分解因式?！窘?/p>

8、】 移項并對方程右邊進行因式分解得：(2xy) (x5y)=112。于是有：或或或或或分別求解，其中的正整數(shù)解只有一組(x，y) =(14，27)。鏈接 二次或高次不定方程的常見解法1因式分解法：對方程的一邊進行因式分解，另一邊作質因式分解，然后對比兩邊，轉為求解若干個方程組；2不等式估計法：構造不等式關系，確定不定方程中某些未知數(shù)的范圍，再分別處理；3無限遞降法：若關于正整數(shù)n的命題P(n)對某些正整數(shù)成立，設n0是使P(n)成立的最小正整數(shù)，可以推出：存在n1N*，使得n1n0并且P(n1)成立，適合證明不定方程無正整數(shù)解?！纠?】求不定方程14x224 xy+21y2+4x12y18=0

9、的整數(shù)解。分析 怎樣對右邊的多項式分解因式？ 注意到2424×14×21=24(2449)0，可知右邊的二次多項式不能分解因式，故嘗試配方?！窘狻?原式變形為：2(x3y+1)2+3(2xy)2=20，故 3(2xy)220， 即平方數(shù)(2xy)24，當 (2xy)2=0，1時，(x3y+1)2=10或2(x3y+1)2=17，均不可能，故(2xy)2=4，從而 (x3y+1)2=4，由此得方程有唯一整數(shù)解：（1，0）。說明 配成平方和的形式可以構造不等式，估計未知數(shù)的范圍?！纠?】方程x2+y=x2y1000的正整數(shù)解為 。分析 三次的不定方程，但也可以分解因式求解。另外

10、注意到其中y是一次的，可以用x的分式表示y?！窘?】 原方程即 x2yx2y1000=0，。即 (x21)(y1)=1001，所以 (x1)(x+1)(y1)=7×11×13，要使正整數(shù)x，y滿足方程，只能取x=12，使x1=11，x+1=13。故原不定方程的正整數(shù)解為x=12，y=8，即（12，8）?！窘?】 原方程變形為：y=1+=1+。因為x，y是正整數(shù)，所以(x1)與(x+1)都是1001的約數(shù)，只能取x1=11，x+1=13即x=12。 故原不定方程的正整數(shù)解為x=12，y=8，即（12，8）。說明 處理不定方程時要根據(jù)具體的情況分析，靈活運用方法?！纠?】證明方

11、程x2+y219xy19=0無整數(shù)解。分析 方程可以變形為x2+y2=19xy+19，左邊是兩個整數(shù)的平方和，右邊是19的倍數(shù)?！咀C明】 方程變形為x2+y2=19xy+19， x2+y2=19xy+190(mod19)，而 x2a(mod19)，y2b(mod19)，其中a，b可以取0，1，4，9，16，6，17，11，7，5。 當a0或b0時，x2+y20(mod19)不成立， a = b = 0， x0(mod19)，y0(mod19)，設 x= 19m，y= 19n，m，nZ，則方程變?yōu)?19m2+19n2=192mn+1（*），等式的左邊是19的倍數(shù)，右邊被19除余1，方程（*）無整

12、數(shù)解，則原方程也無整數(shù)解。說明 如果不定方程F(x1，x2，,xn)=0有整數(shù)解，則對任意mN*，其整數(shù)解(x1，x2，xn)滿足F(x1，x2,xn)=0(modm)。利用這一必要條件，可以探究不定方程整數(shù)解的存在性。本題也可以考慮運用Guass定理：一個正整數(shù)n可表示為兩個數(shù)平方之和的充要條件是n的4k+3型素因子（如果有的話）出現(xiàn)的冪次一定是偶數(shù)；引理：設p是4k+3型的素數(shù)，則x2+10(modp)沒有整數(shù)解?！纠?】求方程x2+y2=z2中0<z<10的所有互質的正整數(shù)解。分析 勾股方程的正整數(shù)解是勾股數(shù)。 【解】 方程x2+y2=z2適合x0，y0，z0，(x,y)=1

13、，y是偶數(shù)的一切正整數(shù)解可表示為：x=a2b2，y=2ab，z= a2+b2，這里ab0，(a，b)=1，且a，b是一奇一偶兩個整數(shù)。故a2+b210，ab0，從而a=2，b=1,故x=3，y=4，z=5。 (x，y，z)= (3，4，5)或(x，y，z)= (4，3，5)。說明 對于方程x2 + y2= z2，如果(x，y)=d，則d2 | z2，從而只需要討論(x，y)=1的情形，此時易知x，y，z兩兩互素。這種兩兩互素的正整數(shù)組(x，y，z)稱為方程的本原解?！纠?】證明不定方程x2 + y2=3(z2 + w2)沒有非零整數(shù)解。分析 無窮遞降法【解】 注意方程x2 + y2=3(z2

14、+ w2)的特點，若(x，y，z，w)是方程的非零解，則(|x|，|y|，|z|，|w|)也是方程的非零解，不妨設(x0，y0，z0，w0)為方程的非零解，其中x00，y00，z00，w00，x0+y0+z0+w00，則 x02 + y02=3(z02 + w02)0(mod3)， x02 + y020(mod3)， x020(mod3)， y020(mod3)， x00(mod3)， y00(mod3)， 設 x0=3x1，y0=3y1，則3(x12 + y12)= z02 + w020(mod3)，同理 z00(mod3)， w00(mod3)，設 z0=3z1，w0=3w1，則可得x12

15、 + y12=3(z12 + w12)，說明(x1，y1，z1，w1)也是方程x2 + y2=3(z2 + w2)的非負非零解，其中x10，y10，z10，w10，且x0+y0+z0+w0x1+y1+z1+w10；繼續(xù)以上過程，可得到一系列的非負非零解，使得x0+y0+z0+w0x1+y1+z1+w1xn+yn+zn+wn0。而且上述過程可以進行無限次，于是就有無限項的嚴格遞減的正整數(shù)數(shù)列 x0+y0+z0+w0，x1+y1+z1+w1，xn+yn+zn+wn，這是不可能的，因為x0+y0+z0+w0=m是一個有限大的正整數(shù)，數(shù)列后一項至少比前一項小1，則xm+ym+zm+wm0， 所以方程x

16、2 + y2=3(z2 + w2)沒有非零整數(shù)解。說明 無限遞降法論證的核心是設法構造出方程的新解，使得它比已選擇的解“嚴格地小”，由此產生矛盾。三、鞏固練習1求不定方程組的解。解：(t為整數(shù))。2求不定方程5x-14y=11的正整數(shù)解。解：。3求方程x2dy2=1(d1)的非負整數(shù)解。解：當y0時，x2dy21，方程x2dy2=1(d1)無非負整數(shù)解，當y=0時，x2 =1，則x=1，所以方程的非負整數(shù)解為x=1,y=0。4求不定方程4x24xy3y2=21的正整數(shù)解。解：由4x24xy3y2=21得：(2x+y)(2x-3y)=21,故解為：5求不定方程的正整數(shù)解。解：由得：，x是35的約

17、數(shù)，得。6求所有的整數(shù)對(x,y),使得x3=y3+2y2+1。解：注意到：當y>0或y<-3時，均有，此時 不是完全立方數(shù)，故原方程無解。 考慮y=0,-1,-2,-3 的情形，分別代入得：方程的全部整數(shù)解為：（-2，-3），（1，-2），（1，0）。7求不定方程組的整數(shù)解。解：由原方程組中x+y+z=0得z=-(x+y),代入得:xy(x+y)=6,故xyz=-6,x、y、z都是6的約數(shù)，并且只有一個是負數(shù)，從而得其整數(shù)解為：x=-3,y=2,z=1。8將一個四位數(shù)的數(shù)碼相反順序排列時為原來的4倍，求原數(shù)。解：設原數(shù)為,依題意得方程：4=.因為兩個數(shù)的位數(shù)相同，故，且a為偶數(shù)，

18、故a=2.由題意得：d只能為9或8，但d=9不可能，因為方程左邊的個位數(shù)為6，而右邊個位數(shù)為2，故d=8.從而32+40c+400b=2+10b+100c,即13b-2c=-1.觀察法得b=1,c=7，故所求原數(shù)為2178。9求不定方程3x+2y+8z=40的正整數(shù)解。解：顯然此方程有整數(shù)解.先確定系數(shù)最大的未知數(shù)z的取值范圍，因為x,y,z的最小值為1，所以.當z=1時，原方程變?yōu)椋?x+2y=32.即y=.由上式知：x是偶數(shù)，且，故方程有5組正整數(shù)解，分別為： 當z=2時，原方程變?yōu)椋?x+2y=24,即y=.故方程有3組正整數(shù)解： 當z=3時，原方程變?yōu)椋?x+2y=16,即y.故方程有2組正整數(shù)解： 當z=4時，原方程變?yōu)椋?x+2y=8,即y.故方程有1組正整數(shù)解：故原方程有11組正整數(shù)解(見下表所列):x246810246242y1310741963521z1111122233410證明：對任意整數(shù)a,b，5a7b0,方程組有非負整數(shù)解。略證：令u=,由5a7b0知，v=b-5u只能是0，1，2，3