初等数论 第二章 不定方程
自考初等数论复习
初等数论初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法 最大公因数和辗转相除法 整除的进一步性质和最小公倍数 素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程c by ax =+多元一次不定方程c x a x a x a n n =++Λ2211 勾股数 费尔马大定理。
习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质 剩余类和完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用 习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念 孙子定理高次同余方程的解数和解法 素数模的同余方程 威尔逊定理。
习题要求60p ：1；64p ：1，2；69p ：1，2。
第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余 勒让德符号 二次互反律 雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求78p ：2； 81p ：1，2，3；85p ：1，2；89p ：2；93p ：1。
第六章：原根与指标（2学时）自学8学时指数的定义及基本性质 原根存在的条件 指标及n 次乘余 模2 及合数模指标组、 特征函数习题要求123p ：3。
➢ 第一章 整除 一、主要内容筛法、[x]和{x}的性质、n ！的标准分解式。
二、基本要求通过本章的学习，能了解引进整除概念的意义，熟练掌握整除 整除的定义以及它的基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题的若干方法，熟练掌握本章中二个著名的定理：带余除法定理和算术基本定理。
认真体会求二个数的最大公因数的求法的理论依据，掌握素数的定义以及证明素数有无穷多个的方法。
第二章不定方程
3、无穷递降法 1659年，法国数学家费马写信给他的一位朋友卡
尔卡维，称自己创造了一种新的数学方法. 由于费马的 信并没有发表，人们一直无从了解他的这一方法.直到 1879年，人们在荷兰莱顿大学图书馆惠更斯的手稿中发 现了一篇论文，才知道这种方法就是无穷递降法.无穷 递降法是证明某些不定方程无解时常用的一种方法.其 证明模式大致是:先假设方程存在一个最小正整数解，
证：（必要条件）若方程(1)有解x1, x2 , , xn 则a1x1 a2x2 an xn N，
因为d （a1, a2, , an），所以d a1x1 a2x2 an xn N
充分条件：若d N ,用数学归纳法证（1）有解。 当n 2时，已证成立；假定以上条件对n 1元一 次不定方程是充分的。
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
x 3t 8t1，y t 3t1， t1 Z t 2000 5t2，z 1000 3t2， t2 Z
将t 2000 5t2代入x, y消去t得
x 6000 15t2 8t1,
y 2000 5t2 3t1,
tZ
z 1000 3t2
就为所求的方程的解。
例2 用整数分离法求解15x 10y 6z 61。
对于高于二次的多元不定方程，人们知道得不多。 另一方面，不定方程与数学的其他分支如代数数论、 代数几何、组合数学等有着紧密的联系，在有限群论
和最优设计中也常常提出不定方程的问题， 这就使得不定方程这一古老的分支继续吸引着许多数 学家的注意，成为数论中重要的研究课题之一。
初等数论§2不定方程
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问题：对于方程 9 x 24 y 5 z 1000，如何求解？ 令 9 x 24 y t , t 5 z 1000 由于 (9,24) 3, 故可令9 x 24 y 3t，
即3 x 8 y t .
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 x0 , y y0 则〔1〕式的一切解可以表示为
x x0 b1t , y y0 a1t , a b 其中， a1 ,b , t 0, 1, 2， (a , b) (a , b)
取 x c1 s, y c1t，
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 as bt 1,
则 x0 cs, y0 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
741
3 3 7 41
4 3 1 1 1 4 31
所以， 1 4 (7 4 1) 1, 即 7 ( 1) 4 2 1.
, an ) d .
〔1〕有解 d a1 ,
, d an d N .
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
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
(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
初等数论不定方程
初等数论不定方程一、知识归纳：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。
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。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答完整版
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12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++ 是m 得倍数．证明： 12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a ∴+++ 1122n n q p m q p m q p m =+++ 1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++ 是m 的整数 2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明 (1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+又(1)(2)n n n ++ ，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数 故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，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00()|()ax by ax by ++．证： ,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b --- 则a 必在此序列的某两项之间 即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t < ()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，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111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b ---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。
初等数论第二章课件
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，值钱五，鸡母一， 值钱三，鸡雏三，直钱一。百钱买百鸡，问鸡翁、母、 雏各几何？”。 这是一个三元不定方程组问题。 1969年，莫德尔较系统地总结了这方面的研究成果。 近年来，这个领域更有重要进展。 但从整体上来说，
故方程37x 107 y 25的一解是： y x 9 25, x y 26 25,
则原方程111x 321y 75的一切整数解是： x 26 25+107t , y 9 25 37t (t 0, 1, 2,)
3、下面通过具体例子介绍一种判定方程是否有
证：（必要条件）设x0 , y0为（）的一组整数解，则 1 ax0 by0 c (a, b) a, (a, b) b, (a, b) ax0 by0 c,
( a, b) a,
(a, b) b,
(a, b) ax0 by0 c.
（充分条件）若( a, b) c, 设c c1 ( a, b), c1 Z , 而对a, b Z , 且a 0，b 0，则存在s, t Z , 使得 as bt (a, b) (2)
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。显见，当a,b异号时， 不定方程（1）可解时总有无穷多组非负解或正解，
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
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
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。
初等数论不定方程
x 96 7t, y 48 3t,t Z
注：解的表达式是不惟一的
例2、用整数分离法解 107x 37y 25
解：因为（107，37）=1，所以有解；故
y 2x 25 33x 37
令y1
25
33x 37
,即7 y1
33x
25
x
y1
25 4 y1 33
先解最后一个方程的解，得 tn1, xn 然后把其代入倒数第二个方程求得一 切解，如此向上重复进行，求 得所有 方程的解。
例1：求不定方程 25x 13y 7z 4的整数解.
解 因为（25，13）=1，（1，7）=1|4，所以方程有解 我们将它分为两个二元一次不定方程来求解
25x+13y=t, t+7z=4. 先求t+7z=4的解为t=4-7u，z=u。 因为25*(-1)+13*2= 1，所以25x+13y=1的特解为
推论：单位圆上的有理点可写成
2ab a2 b2
,
a2 a2
b2 b2
及
a2 a2
b2 b2
,
2ab a2 b2
证：由 x2 y 2 z 2 两边同除 z 2
有
(
x z
)
2
(
y z
)
2
1 ，令X
x z
,
Y
y z
所以有 X 2 Y 2 1 即为单位圆的方程
的不定方程多元一次不定方程。
2.2 定理 a1x1 a2 x2 an xn c(n 2)有解
初等数论：不定方程与高斯函数[整理版]
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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。
第二章 (4) 不定方程
14
设给定一个适合下列条件的二元一次不定方程 ax by c, a b 0, a, b 1 (6)
那 么 由 带 余 数 除 法 知 道 有 整 数 q1 , q1' , r1 , r1'满 足 条 件 a bq1 r1 ,0 r1 b, c bq1' r1' ,0 r1' b.又 由 第 一 章 §2定 理 3得 到 b, r1 a, b 1,故 方 程 by ' r1 x ' r1' (7)
5
定 理 2 ax by c 有 整 数 解 的 充 分 与 必 要 条 件 是 ( a, b) c . 证 若 ax by c 有 一 整 数 解, 设 为 x0 , y0 , 则 ax0 + by0 = c. 但(a, b) a ,(a, b) b , 因 而(a, b) ax0 by0 c, 故 必 要 性 获 证. 反 之 , 若(a, b) c , 则 c c1 (a, b), c1是 整 数. 由 第 一 章 §3 推 论1.1, 存 在 两 个 整 数 s, t 满 足 下 列 等 式 as bt (a, b) 令 x0 s c1 , y0 tc1 , 即 得 ax0 by0 c, 故 (1) 式 有 整 数 解 x0 , y0 .
7
求 解 二 元 一 次 不 定 方 程 ax by c 的 方 法 ： ( i ) 求 出 最 大 公 约 数 d (a, b), 并 判 断 是 否 有 d c ; ( i i ) 若 d c ,即 有 解 , 则 设 法 求 出 一 组 特 解 x0 , y0 . 我们可以用辗转相除法来求特解,再根据定理1 求出其所有解.
初等数论第二章课件
故方程37x 107 y 25的一解是： y x 9 25, x y 26 25,
则原方程111x 321y 75的一切整数解是： x 26 25+107t, y 9 25 37t(t 0, 1, 2, )
3、下面通过具体例子介绍一种判定方程是否有 解，及其求出其解的直接算法——整数分离法
对于高于二次的多元不定方程，人们知道得不多。 另一方面，不定方程与数学的其他分支如代数数论、 代数几何、组合数学等有着紧密的联系，在有限群论 在有限群论和最优设计中也常常提出不定方程的问题， 这就使得不定方程这一古老的分支继续吸引着许多数 学家的注意，成为数论中重要的研究课题之一。
第一节 二元一次不定方程
as bt (a,b)
(2)
在（2）式两端同乘以c1得
asc1 btc1 (a, b)c1 c 令x0 =sc1, y0 =tc1，即得
ax0 by0 c， 故（1）式有一组整数解x0，y0 .
注：定理的证明过程实际给出求解方程（1）的方法：
(i)由辗转相除法等可求得
(1)n1Qna (1)n Pnb rn (a, b)，
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
则原方程的一切整数解为： x 9 25 37t, y 26 25 107t(t 0, 1, 2, )
例3、求111x 321y 75的一切整数解.
注：利用辗转相除法求（a,b)时，前提为a,b为正整数，
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由此，以及 ( a , b ) 1
(a, b) (a, b)
得到
b x x ，因此存在整数t，使得 | 0 ( a, b ) b a x x0 t， y y 0 t ( a, b ) ( a, b )
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方程(3)的步骤：
(ⅰ) 判断方程是否有解，即(a, b)c是否成立； (ⅱ) 利用辗转相除法求出x0，y0，使得 ax0 by0 = (a, b)； (ⅲ) 写出方程(3)的解
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推论
单位圆周上座标都是有理数的点（称为有理 点），可以写成
(
2ab a b
2 2
,
a2 b2 a b
2 2
) 或 (
a2 b2 a b
2 2
,
2ab a b
2 2
)
的形式，其中a与b是不全为零的整数。
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例3
若(x, y, z)是方程(1)的满足条件(2)的解，则下 面的结论成立： (ⅰ) x与y有不同的奇偶性； (ⅱ) x与y中有且仅有一个数被3整除； (ⅲ) x，y，z中有且仅有一个数被5整除。
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方程x2 y2 = z2
本节讨论二次方程 x2 y2 = z2 (1) 容易看出，(x, y, z) = (0, 0, 0)，(0, a, a)以及 (a, 0, a)都是方程(1)的解。若(x, y, z)是方程 (1)的解，则对于任何整数k，(kx, ky, kz)也是 方程(1)的解。此外，若(x, y) = k，则kz， (x, y, z) = k。因此，我们只需研究方程(1)的满 足下述条件的解,称为本原解： x > 0，y > 0，z >0，(x, y) = 1。 (2)
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(ⅱ) 若x，y，z是方程(1)的满足式(2)以及2x的解， 则2 y，2 | z，并且 | yz yz x 2 ( ) ( )( ) (4)
2 2 2
记d = ( y z , y z )，则有d | y z ，d | y z ，
2 2 2 2
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因此，存在tZ，使得 a1x1 a2x2 an 1xn 1 = dn 1t， 再由式(6)，得到 dn 1t anxn = b， 即(x1, x2, , xn, t)满足方程组(5)。证毕。 (7)
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定理3说明了求解n元一次不定方程的方法：先解方程组(5)中 的第二个方程，再解方程组(5)中的第一个方程，于是，解n 元一次不定方程就化为解n 1元一次不定方程。重复这个过 程，最终归结为求解二元一次不定方程。由第一章定理，记 (a1, a2) = d2，(d2, a3) = d3，，(dn 2, an 1) = dn 1， (dn 1，an) = dn， 逐个地解方程 dn 1tn 1 anxn = b， dn 2tn 2 an 1xn 1 = dn 1tn 1， d2t2 a3x3 = d3t3， a1x1 a2x2 = d2t2， 并且消去中间变量t2, t3, , tn 1，就可以得到方程(1)的解。
的充分必要条件是存在整数t，使得(x1, x2, , xn, t)
是方程组
a1 x1 a 2 x 2 a n 1 x n 1 d n 1t (5) d n 1t a n x n b
的解。
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证明
若有整数t，使得(x1, x2, , xn, t)是方程组
所以dy, dz, 于是d(y, z) = 1，d = 1. 因此，由引理
yz yz x ab， a 2， b 2， a 0，b 0，a, b) 1 ( 2 2 2
从而 x = 2ab，y = a2 b2，z = a2 b2.
由y > 0，可知a > b；由于x与y有不同的奇偶性，所 以2 y，因此，a与b有不同的奇偶性。证毕。 |
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定理2
方程(1)的满足式(2)和2x的一切正整数解具有下面 的形式： x = 2ab，y = a2 b2，z = a2 b2， (3) 其中a > b > 0，(a, b) = 1，a与b 一奇一偶。 证明 (ⅰ) 若x，y，z由式(3)确定，容易验证它们满 足方程(1)，并且2x . 设d 是 x, y的任一个公因数，则由式(1)得到d2z2, 故 dz，于是，利用最大公约数的性质，有 da2 b2，da2 b2 d2(a2, b2) = 2. 所以d = 1或2. 由于2 y，所以d = 1，所以式(2)满足. |
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证明: 容易验证，由式(4)确定的x与y满足方程(3).
下面证明，方程(3)的解都可写成式(4)中的形式. 设(x, y)是方程(3)的解，则由 ax0 by0 = ax by = c
得到a(x x0) = b(y y0)，
a b ( x x0 ) ( y y0 ) ( a, b ) ( a , b)
(5)的解，则显然(x1, x2, , xn)满足方程(1).
设(x1, x2, , xn)是方程(1)的解，则
a1x1 a2x2 an 1xn 1 anxn = b. (6) 令a1x1 a2x2 an 1xn 1 = b， 则由定理1 dn 1 = (a1, a2, , an 1)b.
初等数论
第二章 不定方程 §1 一次不定方程
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设整数k ≥2，a1, a2, , ak是非零整数，c是整
数，称关于未知数x1, x2, , xk的方程
a1x1 a2x2 akxk = c
是k元一次不定方程。
(1)
若存在整数x1,0, x2,0, , xk,0满足方程(1)，称 (x1,0, x2,0, , xk,0)是方程(1)的解，或说x1 =x1,0， x2 = x2,0，，xn = xn,0是方程(1)的解。
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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 x 0 b1t y y 0 a1t
的形式，其中
tZ
(4)
a b a1 ，b13-12-25
2013-12-25
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x x 0 c1 b1t ， Z ， t y y 0 c1 a1t a b 其中(a, b)c1 c，a1 ，b1 。 ( a, b) ( a, b)
2013-12-25 14:39
定理3
设a1, a2, , an, b是整数，设 (a1, a2, , an 1) = dn-1， (a1, a2, , an) = dn，则(x1, x2, , xn)是方程(1)的解
2013-12-25 14:39
定理1
方程(1)有解的充要条件是 (a1, a2, , ak)c (2)
证明：记d = (a1, a2, , ak)，若方程(1)有解，设为
(x1, x2, , xk).则由dai（1 ≤ i ≤ n）及整除的性质
容易知道式(2)成立。必要性得证。
另一方面，由第一章，存在整数y1, y2, , yk使得 a1y1 a2y2 akyk = (a1, a2, , ak) = d. 因此，若式(2)成立，c=dc1,则y1c1, y2c1, , ykc1就是 方程(1)的解，充分性得证。
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引理
不定方程xy = z2的满足条件 xy = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y) = 1 的一切正整数解，可以写成下面的形式 x = a2，y = b2，z = ab，(a, b) = 1，a > 0, b > 0 证明:这是第一章第五节定理的特殊情形。