初等数论 §2不定方程

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初等数论第二章3

初等数论第二章3

初等数论
Number Theory
第二章 不定方程
• 本章所讨论的不定方程,是指整系 本章所讨论的不定方程, 数代数方程,并且限定它的解是整 数代数方程, 数。本章只讨论几类比较简单的不 定方程。 定方程。
第三节 几类特殊的不定方程
不定方程是一个内容丰富的课题, 不定方程是一个内容丰富的课题 , 许多不 定方程的解法有其特殊性。 定方程的解法有其特殊性 。 本节要介绍几类 这样的方程,以及几个有普遍性的方法。 这样的方程,以及几个有普遍性的方法。
第三节 几类特殊的不定方程
由此及式(8)与式 得到 由此及式 与式(9)得到 与式
x + y = 24 2 x − xy + y 2 = 67
解这两个联立方程组, 解这两个联立方程组,得到所求的解是
x1 = 7 x2 = 9 . 或 y2 = 7 y1 = 9
第三节 几类特殊的不定方程
一、因数分析法
任何非零整数的因数个数是有限的, 因此, 任何非零整数的因数个数是有限的 , 因此 , 可以对不定方程的解在有限范围内用枚举法 确定。 确定。
第三节 几类特殊的不定方程
求方程x 的整数解。 例1 求方程 2y + 2x2 − 3y − 7 = 0的整数解。 的整数解 解 原方程即 (x2 − 3)(y + 2) = 1。 。 因此
第三节 几类特殊的不定方程
综合以上,注意到 式对于x, , 的 综合以上,注意到(11)式对于 ,y,z的 式对于 对称性,得到方程的 个正整数解 对称性,得到方程的12个正整数解 (x, y, z) = (2, 4, 20),(2, 5, 10),(2, 20, 4), 20), 10), 4), (2, 10, 5), (4, 2, 20),(5, 2, 10), , , , (20, 2, 4), (10, 2, 5), (20, 4, 2), , , , (10, 5, 2), (4, 20, 2), (5, 10, 2)。 , , 。

初等数论二-夏子厚

初等数论二-夏子厚
注:这就是著名的弗罗贝尼乌斯 (Frobenius)问题。这时n=2的情况, 在19世纪,由西勒维斯特(Sylvester) 证明了这个定理。
如:5x+6y=C无非负整数解的最大整数C=?
第一节 二元一次不定方程
• 思考与练习2.1 • 1、解下列不定方程: (1)15x+25y=100 (2)306x-360y=630 • 2、把100分成两份,使一份可被7整除, • 一份可被11整除。 • 3、设a与b是正整数,(a, b) = 1,则任何大
,tZ,于是由x ,但区间的长度是
0,y 0 N ,故此区来自abab
间内的整数个数为[ N ]或[ N ] 1。 ab ab
第一节 二元一次不定方程
例4:证明:二元一次不定方程 ax by =N
(a, b) = 1,a>1,b>1,当N>ab a b
时有非负整数解,但是N= ab a b时则 不然。(不再给予证明)
于ab a b的整数n都可以表示成n = ax by的形式,其中x与y是非负整数,但是n = ab a b不能表示成这种形式。
第二节 多元一次不定方程
• 设a1, a2, , an是非零整数,N是整数,称 关于未知数x1, x2, , xn的方程

a1x1 a2x2 anxn = N (1)
第一节 二元一次不定方程

(3)
写出方程(1)的解
x y
x0 y0
b1t a1t
,t
Z

其中(a, b)c1
c,a1
a (a, b)
,b1
b (a, b)

• 例1:求7x+4y=100的一切整数解
• 解:因(7,4)=1,从而原方程有解。 其特解为x0 =0,y0 =25。

初等数论不定方程

初等数论不定方程

充分性:用数学归纳法 (n=2)时已证
假设对n-1时条件是充分的,令
d2 (a1, a2 ), (d2 , a3,an ) d | c
则方程 d2t2 a3x3 an xn c 有解,设解为
t2, , x3, xn, 又a1x1 a2 x2 d2t2,有解,
设为x1, , x2, ,这样 x1, , x2, xn, 就是方程的解。
但是自然数无穷递降是不可能的,于是产
生了矛盾,∴ 2 无理数。
几个特殊的不定方程的初等解法
(5)几类特殊的不定方程
§1 二元一次不定方程
定义:形如 ax by c
其中 ( a 0,b 0)a,b,c为整数的方程称为二元 一次不定方程。
例:2X+3Y=5
5U+6V=21
定理: ax by c 有解的充要条件是
(a,b)|c
证:设方程有解 x0 , y0则有 ax0 by0 c
令 25 4 y1 33

x1有 33 x1
4 y1

25
故y1

6 8x1
1 x1 4
,令1 x1 4

y2令x1
4y2
1
令y2 t, x1 1 4t 故
y 8 107 t, x 3 37t,t Z
§2 多元一次不定方程
2.1定义:形如 a1x1 a2 x2 an xn c(n 2)

(
z
2
y
,
z
2
y
)
1
因为设
(
z
2
y
,
z
2
y

初等数论不定方程的解法

初等数论不定方程的解法

初等数论不定方程的解法初等数论是数论中的一部分,主要研究整数之间的性质和关系。

在初等数论中,不定方程是一个非常重要的研究对象。

不定方程是指一个方程中包含的未知数不确定,需要求解这些未知数的取值以满足方程。

本文将介绍不定方程的一般解法,并通过具体例子进行演示。

首先,我们来介绍一下一元一次不定方程的解法。

一元一次不定方程的一般形式为ax + by = c,其中a、b、c为已知整数,x、y为未知整数。

解决这个方程的关键是找到一组x、y的取值,使得方程成立。

我们可以通过以下步骤来解决一元一次不定方程:1.首先,我们要判断方程是否有解。

我们知道,当且仅当c是a和b的最大公约数的倍数时,方程才有整数解。

我们可以使用欧几里得算法来求出a和b的最大公约数gcd(a,b),然后判断c是否是gcd(a,b)的倍数。

2.如果方程有解,我们需要求出一个特解。

我们可以使用扩展欧几里得算法来求解特解。

扩展欧几里得算法可以找到一组整数x0和y0,使得ax0 + by0 = gcd(a,b)。

我们可以将c除以gcd(a,b)得到c',然后将特解x0和y0乘以c'得到一个特解x1 = x0 * c',y1 = y0 * c'。

3.一旦我们找到了一个特解,我们可以通过以下形式来构造方程的通解:x = x1 + k * (b / gcd(a, b))y = y1 - k * (a / gcd(a, b))其中k为整数。

这样,我们就可以通过改变k的值来得到方程的所有整数解。

接下来,我们来介绍一下二次不定方程的解法。

二次不定方程的一般形式为ax^2 + bxy + cy^2 + dx + ey + f = 0,其中a、b、c、d、e、f为已知整数,x、y为未知数。

对于二次不定方程,我们可以通过一些特殊的方法来求解。

下面介绍两种常用的方法:1.利用配方法。

如果二次不定方程中的系数是已知整数,且可以对方程进行配方法,那么我们可以通过配方法来求解方程。

初等数论第二章1

初等数论第二章1

(1)
是n元一次不定方程。
若存在整数x10, x20, , xn0满足方程(1),则称 (x10, x20, , xn0)是方程(1)的解,或说x1 = x10, x2 = x20, ,xn = xn0是方程(1)的解。
第一节一次不定方程
定理1 方程(1)有解的充要条件是
(a1, a2, , an)b。
初等数论
Number Theory
第二章 不定方程
• 本章所讨论的不定方程,是指整系 数代数方程,并且限定它的解是整 数。本章只讨论几类比较简单的不 定方程。
第一节一次不定方程
定义1 设a1, a2, , an是非零整数,b是整数, 称关于未知数x1, x2, , xn的方程
a1x1 a2x2 anxn = b
7。
11
习题一
4. 甲班有学生7人,乙班有学生11人,现有100 支铅笔分给这两个班,要使甲班的学生分到 相同数量的铅笔,乙班学生也分到相同数量 的铅笔,问应怎样分法?
5. 证明:二元一次不定方程 ax by = n,a > 0, b > 0,(a, b) = 1的非负整数解的个数为
[ n ]或[ n ] 1。 ab ab
因此,若式(2)成立,则
( ) b b
b
d
y1 , d
y2 ,
, d
yn
就是方程(1)的解,充分性得证。证毕。
第一节一次不定方程
定理2 设a,b,c是整数,方程
ax by = c
(3)
若有解(x0, y0),则它的一切解具有
x x0 b1t
, tZ
(4)
y y0 a1t
的形式,其中
习题一
6. 设a与b是正整数,(a, b) = 1,证明:1, 2, , ab a b中恰有 (a 1)(b 1) 个整数可以表示

初等数论§2不定方程

初等数论§2不定方程

(1)方程的一般解可以表示为 x x0 bt, y y0 at,t 0,1,2, 在a个单位长度内,y一定有整数解。 所以,一定存在某个 t Z ,使得
0 y y0 at a 1
对此t,代入原方程,得 x N b( y0 at)

N b(a 1)
(1)的解为
x

y

t
2v ,v Z.
v
(3)
(2)的解为
t z Biblioteka 1 3u 2u,
u Z. (4) x 1 3u 2v
把(4)代入(3),消去t,得

y

v
,u,v Z .
z 2 u
注:三元一次不定方程的整数解中含有2个参数.
再令u x 11z, 则方程可化为 7u 4z 1 又令 t 2u z, 则方程可化为 4t u 1 u 4t 1.
逐步往回代入,可得 z t 2u 2 7t;
x 23 81t; y 25 88t;t Z
2019/5/21
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§2.2 多元一次不定方程 一、多元一次不定方程有解的判定
定理1 方程 a1 x1 a2 x2 an xn N , a1, ,an , N Z (1) 有整数解 (a1,a2 , ,an ) N . 证明:( ),记(a1,a2 , ,an ) d . 〔1〕有解 d a1 , ,d an d N .
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定理1 方程
a1 x1 a2 x2 an xn N , a1, ,an , N Z (1)

数论中的同余方程与不定方程

数论中的同余方程与不定方程

数论中的同余方程与不定方程数论是研究整数的性质和结构的学科,其中同余方程和不定方程属于重要的研究内容。

本文将介绍同余方程和不定方程的概念、性质以及解法。

一、同余方程同余方程是指形如ax ≡ b (mod m) 的方程,其中 a、b和m都是整数,≡表示同余,意味着 a与b对于模m同余。

1.1 概念同余方程是用来描述整数之间的关系的方程。

同余方程中的 a、b和m都是整数,其中 a和m是已知的,b是未知的。

解同余方程就是要找到满足这个关系的整数b的值。

1.2 性质同余方程具有一些重要的性质:- 如果a≡b (mod m) ,那么对于所有的整数k,有a+km≡b (mod m) 。

- 如果a≡b (mod m) ,那么对于所有的整数k,有ak≡bk (mod m) 。

- 如果a≡b (mod m) 且b≡c (mod m) ,那么a≡c (mod m) 。

1.3 解法一般而言,我们可以通过穷举法或代入法求解同余方程。

- 穷举法:我们可以从 0开始,依次将整数代入方程,判断是否满足同余关系。

这种方法比较直观,但对于大数目的解比较复杂。

- 代入法:我们可以将 b 替换成一个待定整数 x,然后通过一定的数学变换,将原方程转化为一个简化的同余方程。

然后我们可以通过简化后的方程来求解。

二、不定方程不定方程是指形如 ax+by=c 的方程,其中 a、b和c都是整数,且给定整数解x和y。

2.1 概念不定方程是一种用来描述整数之间的关系的方程。

不定方程中的a、b和c都是整数,其中 a和b是已知的,c是未知的。

我们需要找到满足该关系的整数解x和y。

2.2 性质不定方程具有一些重要的性质:- 如果 (x₁, y₁) 和 (x₂, y₂) 是不定方程 ax+by=c 的解,那么(x₁+x₂, y₁+y₂) 也是其解。

- 不定方程 ax+by=c 只有有限多个整数解,当且仅当 c 是 a和b的公倍数。

2.3 解法解决不定方程一般有以下几种方法:- 整数分拆法:我们可以通过对方程逐项进行整数分拆,得到不同的解。

《初等数论》第三版习题解答

《初等数论》第三版习题解答

《初等数论》第三版习题解答第一章整数的可除性§1整除的概念·带余除法1.证明定理3定理3若a1,a2,,an都是m得倍数,q1,q2,,qn是任意n个整数,则q1a1q2a2证明:qnan是m得倍数.a1,a2,an都是m的倍数。

pn使a1p1m,a2p2m,存在n个整数p1,p2,又q1,q2,,anpnm,qn是任意n个整数qnanq1a1q2a2q1p1mq2p2m(p1q1q2p2即q1a1q2a2qnpnmqnpn)mqnan是m的整数2.证明3|n(n1)(2n1)证明n(n1)(2n1)nn(1n)(2nn(n1)(n2)n(1n)n(又n(n1)(n2),(n1)n(n2)是连续的三个整数故3|n(n1)(n2),3|(n1)n(n1)3|n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知3|n(n1)(2n1)3.若a某0by0是形如a某by(某,y是任意整数,a,b是两不全为零的整数)的数中最小整数,则(a某0by0)|(a某by).1/77证:a,b不全为0在整数集合Sa某by|某,yZ中存在正整数,因而有形如a某by的最小整数a某0by0某,yZ,由带余除法有a某by(a某0by0)qr,0ra某0by0则r(某某0q)a(yy0q)bS,由a某0by0是S中的最小整数知r0a某0by0|a某bya某0by0|a某by(某,y为任意整数)a某0by0|a,a某0by0|ba某0by0|(a,b).又有(a,b)|a,(a,b)|b(a,b)|a某0by0故a某0by0(a,b) 4.若a,b是任意二整数,且b0,证明:存在两个整数,t使得abt,|t||b|2成立,并且当b是奇数时,,t是唯一存在的.当b是偶数时结果如何?证:作序列即存在一个整数q,使2222若b0则令,tabaq2bqb,则同样有t22(ii)当q为奇数时,若b0则令q1q1,tabab,则有222/77下证唯一性当b为奇数时,设abtb1t1则tt1b(1)b而tbb,t1tt1tt1b矛盾故1,tt122b为整数2当b为偶数时,,t不唯一,举例如下:此时3bbbbbb1b2(),t1,t122222§2最大公因数与辗转相除法1.证明推论4.1推论4.1a,b的公因数与(a,b)的因数相同.证:设d是a,b的任一公因数,d|a,d|b由带余除法abq1r1,br1q2r2,rnqn1,0rn1rnrn1(a,b)rnd|abq1r1,d|br1q2r2,┄,d|rn2rn1qnrn(a,b),即d是(a,b)的因数。

不定方程公式

不定方程公式

不定方程公式不定方程,这听起来是不是有点让人摸不着头脑?其实啊,在咱们数学的世界里,它就像一个神秘的小怪兽,有时候会把同学们弄得晕头转向。

先来说说什么是不定方程。

不定方程呢,是指未知数的个数多于方程个数,且未知数受到某些限制(如要求是有理数、整数或正整数等等)的方程或方程组。

比如说,3x + 4y = 10,这里有两个未知数 x 和y ,但只有一个方程,这就是不定方程啦。

我记得有一次给学生们讲不定方程的时候,有个小家伙瞪着大眼睛问我:“老师,这东西到底有啥用啊?”我笑着跟他说:“孩子,这用处可大着呢!”就拿咱们分糖果来说吧。

假设老师手里有 20 颗糖果,要分给小明和小红,小明得到的糖果数是 3 倍的小红得到的糖果数再加上 2 颗,那咱们就能列出一个不定方程 3x + 2 + y = 20 ,这里 x 是小红得到的糖果数,y 是小明得到的糖果数。

通过求解这个不定方程,就能知道小明和小红可能分别得到几颗糖果啦。

那怎么求解不定方程呢?这就需要一些小技巧和公式啦。

比如说,如果是求整数解的不定方程,咱们可以用整除的性质来判断。

像 5x + 7y = 12 ,因为 12 能被 5 整除,所以 7y 也要能被 5 整除,y 就可能是 0 或者 5 的倍数。

还有一种常见的方法是同余法。

比如说 6x + 8y = 20 ,咱们可以先把方程两边同时除以 2 ,得到 3x + 4y = 10 。

然后看 3x 和 10 除以 4 的余数,通过分析余数来找到可能的解。

在实际解题中,咱们还常常会用到穷举法。

虽然听起来有点笨笨的,但有时候却很管用。

就像找钥匙一样,一把一把地试,总能找到那把对的。

比如说 2x + 3y = 15 ,咱们可以从 x = 0 开始,一个个地试,直到找到满足方程的整数解。

不过啊,同学们在解不定方程的时候,可别马虎大意。

我就碰到过一个同学,计算的时候丢三落四,结果解出来的答案风马牛不相及。

我跟他说:“你这解题啊,就像在黑夜里走路,没个准头。

初等数论 期末复习 不定方程精选例题

初等数论 期末复习 不定方程精选例题

第二章不定方程例题分析例1:利用整数分离系数法求得不定方程15x +10y +6z =61。

解:注意到z 的系数最小,把原方程化为z =)()(12361102261101561++-++--=+--y x y x y x 令t 1=z y x ∈++-)(12361,即-3x +2y -6t 1+1=0此时y 系数最小,)()(12131632111-++=-++=∴x t x t x y 令t 2=z x ∈-)(121,即122+=t x ,反推依次可解得y =x +3t 1+t 2=2t 2+1+3t 1+t 2=1+3t 1+3t 2z =-2x -2y +10+t 1=6-5t 1+10t 2∴原不定方程解为⎪⎩⎪⎨⎧--=++=+=21212105633121t t z t t y t x t 1t 2∈z.例2:证明2是无理数证:假设2是有理数,则存在自数数a,b 使得满足222y x =即222b a =,容易知道a 是偶数,设a =2a 1,代入得2122a b =,又得到b 为偶数,a b a <<1,设12b b =,则21212b a =,这里12a b <这样可以进一步求得a 2,b 2…且有a>b>a 1>b 1>a 2>b 2>…但是自然数无穷递降是不可能的,于是产生了矛盾,∴2为无理数。

例3:证明:整数勾股形的勾股中至少一个是3的倍数。

证:设N =3m ±1(m 为整数),∴N 2=9m 2±6m +1=3(3m 2±2m )+1即一个整数若不是3的倍数,则其平方为3k +1,或者说3k +2不可能是平方数,设x,y 为勾股整数,且x,y 都不是3的倍数,则x 2,y 2都是3k +1,但z 2=x 2+y 2=3k +2形,这是不可能,∴勾股数中至少有一个是3的倍数。

例4:求x 2+y 2=328的正整数解解:∵328为偶数,∴x,y 奇偶性相同,即x ±y 为偶数,设x+y =2u ,x -y =2v ,代入原方程即为u 2+v 2=164,同理令u +v =2u 1,u -v =2v 1有21121121212282v v u u v u v u =-=+=+,,,412222=+v u 22v u ,为一偶一奇,且0<u 2<6u 2=1,2,3,4,5代方程,有解(4,5)(5,4)∴原方程解x =18,y =2,或x =2,y =18。

初等数论第二章2

初等数论第二章2

况不能发生。 况不能发生。
第二节 方程 x2 + y2 = z2
(ⅱ) 2 ⅱ
| a,2b. 此时 由式 及式(12), 有 及式 / , 此时, 由式(11)及式
x02 = 2ab,(a, 2b) = 1,a > b > 0. , , (13)
利用引理可知,存在正整数 , 利用引理可知,存在正整数u,v1,使得 x0=uv1, a=u2, 2b=v12, (u,v1)= 1, u>0, v1 > 0. 由2b = v12推出 2v12,2v1,v1 = 2v, , 因此,存在整数 , , 因此,存在整数u,v,使得 a =u2, b =2v2, (u, v)= 1,u> 0, v> 0. , (14)
x0 y0 z0 也是方程(10)的解 的解。 ( , , 也是方程 的解。 ) 2 d d d
因此, 的最小性, 因此,由z0的最小性,可知 d = (x0, y 0) = 1,(x02, y02) = d 2 = 1。 , 。 显然x 有不同的奇偶性.不妨设 不妨设2 显然 02与y02有不同的奇偶性 不妨设 x0,2 y/ . | 0
第二节 方程 x2 + y2 = z2
由定理2,存在正整数 , , 由定理 ,存在正整数a,b,使得 (a, b) = 1,a > b > 0, , , 其中a与b有不同的奇偶性,并且 其中 与 有不同的奇偶性, 有不同的奇偶性 x02 = 2ab,y02 = a2 − b2,z0 = a2 + b2. , 下面按照a与 的奇偶性 考察两种情况。 的奇偶性, 下面按照 与b的奇偶性,考察两种情况。 (12) (11)
与式(5)是矛盾的 式 (1),式 (4)与式 是矛盾的 , 因此 , 结论 ⅲ) , 与式 是矛盾的,因此,结论(ⅲ 成立。证毕。 成立。证毕。

初等数论第二章:不定方程

初等数论第二章:不定方程

§2.2 解二元一次不定方程
• 对于二元一次不定方程(2.1)整数解的研 究,最理想的结果是能像一元二次方程那 样,找出表示方程(2.1)所有整数解的公式. • 这个公式是能够找到的,但它是建立在方 程(2.1)的一个整数解(即所谓的特解)的 基础上的.因些如何找到方程(2.1)的一个 整数解就成为求出它一切整数解的关键.
(2)解不等式组 x x0 bt 0 x x0 bt 0 或 y y0 at 0 y y0 at 0
(3)根据t的取值范围,求出t的相应整数值,得到 方程的非负整数(或正整数)解.
例2.6求不定方程3x+4y=23的非负整数解..
第二章
不定方程
不定方程是指未知数个数多于方程个数,且对解有
一定限制(比如要求解为正整数等)的方程。 是数论中 最古老的分支之一。古希腊的丢番图早在公元3世纪就 开始研究不定方程, 因此常称不定方程为丢番图方程。 中国是研究不定方程最早的国家,公元初的五家共 井问题就是一个不定方程组问题,公元5世纪的《 张丘
证:首先证明(2.3)是方程(2.1)的解.因为x0,y0 , a, b, t都是整数, 所以x0 bt , y0 at也是整数.把x x0 bt , y y0 at 代入(2.1)左边, 得到ax by a x0 bt b y0 at ax0 by0 c 从而x0 bt , y0 at是方程(2.1)的解.
x 4 y 1
可以直接解出。 再依次反推上去,就得到原方程的通解。 为了减少运算次数,在用带余除法时,总取绝对值最小 余数。 下面我们来讨论当二元一次不定方程(1)可解时, 它的非负解和正解问题。 由通解公式知这可归结为去确 定参数t的值,使x,y均为非负或正。

不定方程的解法

不定方程的解法

基本介绍编辑本段不定方程是数论的一个分支,它有着悠久的历史与丰富的内容。

所谓不定方程是指解的范围为整数、正整数、有理数或代数整数的方程或方程组,其未知数的个数通常多于方程的个数。

古希腊数学家丢番图于三世纪初就研究过若干这类方程,所以不定方程又称丢番图方程,是数论的重要分支学科,也是历史上最活跃的数学领域之一。

不定方程的内容十分丰富,与代数数论、几何数论、集合数论等等都有较为密切的联系。

1969年,莫德尔较系统地总结了这方面的研究成果。

2发展历史编辑本段不定方程是数论中最古老的分支之一。

古希腊的丢番图早在公元3世纪就开始研究不定方程,因此常称不定方程为丢番图方程。

Diophantus,古代希腊人,被誉为代数学的鼻祖,流传下来关于他的生平事迹并不多。

今天我们称整系数的不定方程为「Diophantus方程」,内容主要是探讨其整数解或有理数解。

他有三本著作,其中最有名的是《算术》,当中包含了189个问题及其答案,而许多都是不定方程组(变量的个数大于方程的个数)或不定方程式(两个变数以上)。

丢番图只考虑正有理数解,而不定方程通常有无穷多解的。

研究不定方程要解决三个问题:①判断何时有解。

②有解时决定解的个数。

③求出所有的解。

中国是研究不定方程最早的国家,公元初的五家共井问题就是一个不定方程组问题,公元5世纪的《张丘建算经》中的百鸡问题标志中国对不定方程理论有了系统研究。

秦九韶的大衍求一术将不定方程与同余理论联系起来。

百鸡问题说:“鸡翁一,直钱五,鸡母一,直钱三,鸡雏三,直钱一。

百钱买百鸡,问鸡翁、母、雏各几何?”。

设x,y,z分别表鸡翁、母、雏的个数,则此问题即为不定方程组的非负整数解x,y,z,这是一个三元不定方程组问题。

3常见类型编辑本段⑴求不定方程的解;⑵判定不定方程是否有解;⑶判定不定方程的解的个数(有限个还是无限个)。

4方程相关编辑本段4.1一次不定方程二元一次不定方程的一般形式为ax+by=c。

初等数论:不定方程与高斯函数[整理版]

初等数论:不定方程与高斯函数[整理版]

初等数论:不定方程与高斯函数一、不定方程不定方程也称丢番图方程,是指未知数的个数多于方程个数,且未知数受到某些要求(如是有理数、整数或正整数等等)的方程或方程组。

不定方程是数论的重要分支学科,它的内容十分丰富,与代数数论、几何数论、集合数论等都有较为密切的联系。

其重要性在数学竞赛中也得到了充分的体现,是培养思维能力的好材料,它不仅要求对初等数论的一般理论、方法有一定了解,而且更需要讲究思想、方法与技巧,创造性的解决问题。

1.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)。

2.解不定方程问题常用的解法:(1)代数恒等变形:如因式分解、配方、换元等;(2)不等式估算法:利用不等式等方法,确定出方程中某些变量的范围,进而求解;(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)无穷递推法。

以下给出几个求解定理:(一)二元一次不定方程(组)定义.形如ax+by=c(a,b,c∈Z,a,b不同时为零)的方程称为二元一次不定方程定理1.方程ax+by=c有解的充要条件是(a,b)|c;定理2.若(a,b)=1,且x0,y0为ax+by=c的一个解,则方程全部解可以表示成(t为任意整数)。

定理2’..元一次不定方程a1x1+ a2x2+ …a n x n=c(a1,a2, …a n,c∈N)有解的充要条件是(a1,…,a n )|c.方法与技巧:1.解二元一次不定方程通常先判定方程有无解。

若有解,可先求ax+by=0一个特解,从而写出通解。

当不定方程系数不大时,有时可以通过观察法求得其解,即引入变量,逐渐减小系数,直到容易得其特解为止;2.解元一次不定方程a1x1+ a2x2+ …a n x n=c时,可先顺次求出,……,.若,则方程无解;若|,则方程有解,作方程组:00t , y=y tx x b a=+-求出最后一个方程的一切解,然后把的每一个值代入倒数第二个方程,求出它的一切解,这样下去即可得方程的一切解。

不定方程

不定方程

不定方程所谓不定方程,是指未知数的个数多于方程个数,且未知数受到某些(如要求是有理数、整数或正整数等等)的方程或方程组。

不定方程也称为丢番图方程,是数论的重要分支学科,也是历史上最活跃的数学领域之一。

不定方程的内容十分丰富,与代数数论、几何数论、集合数论等等都有较为密切的联系。

不定方程的重要性在数学竞赛中也得到了充分的体现,每年世界各地的数学竞赛吉,不定方程都占有一席之地;另外它也是培养学生思维能力的好材料,数学竞赛中的不定方程问题,不仅要求学生对初等数论的一般理论、方法有一定的了解,而且更需要讲究思想、方法与技巧,创造性的解决问题。

在本节我们来看一看不定方程的基础性的题目。

基础知识1.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)。

2.解不定方程问题常用的解法:(1)代数恒等变形:如因式分解、配方、换元等;(2)不等式估算法:利用不等式等方法,确定出方程中某些变量的范围,进而求解;(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)无穷递推法。

以下给出几个关于特殊方程的求解定理:(一)二元一次不定方程(组)定义1.形如(不同时为零)的方程称为二元一次不定方程。

定理1.方程有解的充要是;定理2.若,且为的一个解,则方程的一切解都可以表示成为任意整数)。

定理3.元一次不定方程,()有解的充要条件是.方法与技巧:1.解二元一次不定方程通常先判定方程有无解。

若有解,可先求一个特解,从而写出通解。

当不定方程系数不大时,有时可以通过观察法求得其解,即引入变量,逐渐减小系数,直到容易得其特解为止;2.解元一次不定方程时,可先顺次求出,……,.若,则方程无解;若|,则方程有解,作方程组:求出最后一个方程的一切解,然后把的每一个值代入倒数第二个方程,求出它的一切解,这样下去即可得方程的一切解。

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即为方程〔1〕的解。
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三、求二元一次不定方程整数解的一般方法 先求一个特殊解,再根据定理1写出其通解。
对于方程(1),若有解,则可化为
ax by c , (a , b ) 1 (3) 的形式
一般地,利用辗转相除法,得到 a s b t 1 ,
又 令 t 2 u z,
逐步往回代入,可得 z t 2 u 2 7 t ;
x 23 81t; y 25 88 t; t Z
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习题讲解:
P3 1 3 . 证 明 : 方 程 a x b y N , a 0 , b 0 , ( a , b ) 1
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三、求二元一次不定方程整数解的一般方法
代数运算,观察法
例5 求
107 x 37 y 25
的一切整数解。
25 4 x y ' 1 4
解:y 令y'
25 107 x
3 x
37 25 4 x 37
x
37 3 7 y ' 2 5 4
(2)
注 : 如 果 ( a , b ) 1 , 则 (1) 的 解 为 x x 0 b t , y y 0 a t .
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定理1的证明:
ax by c
(1)
证:把〔2〕代入〔1〕,成立,故〔2〕是〔1〕的解。
设 x ', y ' 是 (1)的 任 一 解 , 又 x 0 , y 0 是 (1)的 解 . 所 以 有 a x ' b y ' a x 0 b y 0 .
9 y ' 6
取 y ' 1 x 3 y 8
即得到原方程的一个整数解 x 0 3 , y 0 8 从而所求的一切整数解为
x 3 37 t , y 8 107t , t Z
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三、求二元一次不定方程整数解的一般方法 变量代换法 例6 求
有 整 数 解 ( a 1 , a 2 , , a n ) N .
(1)
( ) 当 n 2时 , 结 论 显 然 成 立 .
假设上述条件对n-1是成立的,下证对n也成立。
令 d 2 ( a 1 , a 2 ), 则 ( d 2 , a 3 , , a n ) d , 且 d N .
假设存在非负整数解,则
从 而 m , n 1,
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x 1, y 1 1,
代入〔*〕,显然不成立。
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§2.2 多元一次不定方程 一、多元一次不定方程有解的判定 定理1 方程
a 1 x 1 a 2 x 2 a n x n N , a 1 , , a n , N Z
消去z得到方程
7 x 4 y 100
这里,方程的个数少于未知数的个数,在实数范围内, 方程的解有无穷多个。而我们所关心的是其有无整数 〔或正整数〕解,这种方程〔组〕称为不定方程。
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小明家现有边长相等的正三角形、正方形、正五 边形、正六边形四种地板砖,要选择其中两种用 以铺地板,则下列选择正确的是( ) A、① ②、 B、① ③、 C、 ② ③、 D、 ② ④
a 1 ( x ' x 0 ) b1 ( y ' y 0 ) ( a 1 , b1 ) 1
(* )
a 1 ( y ' y 0 ) t Z , 使 得 y ' y 0= a 1 t,
即 y ' y0 + a1t
代 入( * ) , 得 x ' x 0 b1 t .
第二章
不定方程
§2.1 二元一次不定方程
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一、问题的提出〔百钱买百鸡〕
鸡翁一,值钱五,鸡母一,值钱三,鸡雏三,值钱一。 百钱买百鸡,问鸡翁母雏各几何?”
分析:设x, y, z分别表示鸡翁、鸡母、鸡雏的只数, 则可列出方程如下:
x y z 100 1 5 x 3 y z 100 3
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二元一次不定方程的一般形式为
ax by c , a , b, c Z , a , b 0 (1)
例 1 求 方 程 7 x 4 y 100 所 有 正 整 数 解 .
y
100 7 x 4
25
7x 4
x 4 , y 1 8; x 8 , y 1 1; x 12, y 4.
思 考 : N a b a b呢 ?
(1)方程的一般解可以表示为
x x 0 b t , y y 0 a t , t 0 , 1, 2 ,
在a个单位长度内,y一定有整数解。 所以,一定存在某个 t Z
0 y y0 at a 1
,使得
N b( y0 at ) a
有 整 数 解 ( a 1 , a 2 , , a n ) N .
证 明 : ( ) , 记 ( a 1 , a 2 , , a n ) d .
(1)
〔1〕有解 d a 1 , , d a n d N .
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定理1 方程
a 1 x 1 a 2 x 2 a n x n N , a 1 , , a n , N Z
176 x 162 y 2
的一切整数解。
解:原方程可化为 8 8 x 8 1 y 1
令 x y z, 则方程可化为 7 x 8 1 z 1 .
再 令 u x 1 1 z,
则方程可化为 7 u 4 z 1 则方程可化为 4 t u 1 u 4 t 1 .
注:该方法对一次项系数较小的方程比较实用。
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二、二元一次不定方程解的形式和判定
ax by c , a , b, c Z , a , b 0 (1)
定理1 若〔1〕式有整数解 x x 0 , y y 0 则〔1〕式的一切解可以表示为
x x 0 b1 t , y y 0 a 1 t , 其 中 ,1 a a (a , b ) ,b b (a , b ) , t 0 , 1, 2,
1
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对此t,代入原方程,得 x
N b ( a 1) a
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a b a b b ( a 1) a
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4 .证 明 : 方 程 a x b y N , a 1, b 1, ( a , b ) 1
当 N a b a b时 有 非 负 整 数 解 ; N a b a b时 则 不 然
ax by c (1)
定理2
有整数解 ( a , b ) c .
若 d c , 则 c c1d , c1 Z .
显 然 ; , 记 d (a , b ) d 可 以 表 示 为 as bt .
所 以 c c1 ( a s b t )
取 x c 1 s , y c 1 t,
思 考 : N a b a b呢 ? ( 2 )当 N a b a b 时 ,
代入原方程,有
a ( x 1) b ( y 1) a b (* )
又 ( a , b ) 1,
所 以 a ( y 1) , b ( x 1) , 即 y 1 m a , x 1 n b .
( 4 )6 x 8 y 1 .
x x 0 4 t , y y 0 3 t , t 0 , 1, 2 ,
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说明:定理1给出了方程通解的一般形式。这样,
解决问题的关键在于求一个特解。 问题:所有的二元一次方程都有解吗?
例如 6 x 8 y 1.
所 以 方 程 d 2t2 a3 x3 an xn N 有 解 ,
令其一整数解为 t 2 ', x 3 ', , x n '
N N 的非负整数解的个数为 或 ab 1. ab

x 0 , y是原方程的一个非负整数解, 0 x x0 bt , y y0 at , t Z
则其一切整数解可以表示为
由 x 0, y 0
ax0 N ab
t
ax0 ab
则 x 0 cs , y 0 ct .
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例3 求方程 7 x 4 y 1 的一个特殊解。 解:用7、4进行辗转相除法
7 4 1 3 4 3 1 1 3 7 41 1 4 31
7 ( 1) 4 2 1 .
所 以 , 4 ( 7 4 1) 1, 即 1
从 而 , 0 1; y 0 2 . x
注:若原方程是 7 x 4 y 1 ,则化为 7 x 4 ( y ) 1 ,
原方程有一个特解 x 1, y 2 .
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