初等数论多媒体课件建(二)——不

4 4 4
证明
反证法.设 x 4 y 4 z 4有满足 xyz
' ' ' ' 4 ' 4
0
的整数解 ( x , y , z ), 即 ( x ) ( y ) ( z ) ,
' 2
2
4 4 2 这就说明方程 x y z
x 2 rs 2 2 y r s 2 2 zr s
其 中 ， r , s 1, r s 0 r , s 为 一 奇 一 偶 。 gcd
推论2 单位圆周上的全部有理点（坐标都是有理数的点）可以表示成
r 2 s2 2 rs , 2 2 2 2 r s r s
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，原方程的全 部整数解是x=1-7t,y=-1-10t (t=0,±1,±2,…）
0 0 0


式的解。
定理1
1 式 有 整 数 解
g cd a 1 a 2 a n b ( 2 )
证明 必要性 记
d g cd a 1 a 2 a n b ，方程（1）由整数解
( x 1 , x 2 x n ) 则由d | a i (1 i n )
及整除的性质易知（2）成立。必要性得证。
x r
2
s
2
y 2 rs 2 2 z r s
(3)
是方程（1）的整数解。
其 中 ， r , s 1, r s 0 r , s 为 一 奇 一 偶 。 gcd
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均为奇数，且 gcd x , z 1. 从而 均是整数，并且由 z x y
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。
1
满 足 条 件 g cd x , y 1
x
0, y 0, z 0 的 整 数 解 ， 称 为 方 程 1 的 本 源 解
定理1 对于不定方程（1），当 gcd x , y 1, x 0, y 0, z 0, 2 y (2 ) 时，

2 2 2 2
z x 2
,
z x 2
) 1 知 g cd ( r , s ) 1,
又由x和z为奇数，可知r，s为一奇一偶，且r>s>0.这就证明了方程（1）的 适合（2）的任一正整数解可表示为 x 2 rs
2 2 y r s 2 2 z r s
其 中 ,gcd ( r , s ) 1,r s 0, r , s为 一 奇 一 偶
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+2v y=-v (u,v=0,±1,±2…) （1） z=2-u 令x≥1，y ≥ 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.
定理2
若 x 0 , y 0 是 1 式 的 整 数 解 1 式 的 全 部 整 数 解

x x 0 b1 t y y0 a1 t
(2)
其 中 , d = gcd a , b , a a 1 d , b b1 d , t 0, 1, 2

z x 2
) x
z x 2 z x 2
) | g cd ( z , x ) 1 ) 1.
z x 2
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，故有整数r，s使得 z x r , z x s
2 2
2
2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ于是
由 g cd (
z r s , x r s , y 2 rs
证明 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.(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。
不定方程知识轮廓
1、二元一次不定方程
2、N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：
ax by c a , b 是 非 零 整 数 ; c 是 整 数 ; x , y 是 未 知 数 1
定理1 1 式 有 整 数 解 d c , d gcd a , b 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。
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=0±1,±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
整数解，则
a 1 x 1 a 2 x 2 a n 1 x n 1 a n x n b (4 )
' ' ' '
令 a1 x1 a 2 x 2 a n1 x n1 b
' ' '
则由定理1知 d n 1
g cd ( a 1 , a 2 a n 1 ) | b
定理2 设 a 1 , a 2 a n 是 非 零 整 数 , b 是 整 数 ， 且
gcd a 1 , a 2 a n 1 d n 1 , gcd a 1 , a 2 a n d n
则 有 x1 x 2 x n 是 1 式 的 整 数 解 t , 使 得 x1 x 2 x n 是
2.N元一次不定方程
N元一次不定方程一般形式：
a1 x1 a 2 x 2 a n x n b 1
其 中 ， a1 , a 2 a n是 非 零 整 数 , c是 整 数 , x1 , x 2 x n是 未 知 数
0 0 0 若存在整数 x 1 , x 2 x n 满足（1）式，则称 x 1 , x 2 x n 是（1）
3.费马方程
不定方程x y z
n n n

其 中 n是 大 于1的 正 整 数 称 为 费 马 方 程
引理 （x,y,z)=(0,0,0),(0,±a,±a),(±a,0,±a);(a≠0,a∈Z)称为方程
x y z
2 2 2
的平凡整数解
2 2 2
定义
费马方程x y z
其次，证明（3）给出的任一组整数（x，y，z）必为方程（1）的适合 条件（3）的解。 2 2 2 2 2 2 事实上，显然有 x 0, y 0, z 02 | y , 且 ( r s ) ( 2 rs ) ( r s ) .
若 r s 和 2 rs 有 公 共 素 因 数 p， 由 于 r s 是 奇 数
2 2 2
可得
z x 2
z x 2

z x 2
(
y 2
z x z x y , , 2 2 2
) .
2
由于
g cd (
z x 2
,
z x 2
)|(

z x 2
) z
及 g cd ( 得 g cd ( 故 g cd (
z x 2
, , ,
z x 2 z x 2
)|(
z x 2
2 2 2 2
从而p为奇素数，由p|2rs可知，p|s或p|r。再由
2|( r s )
2 2
可知，p|s和p|r同时成立，这与（r，s）=1矛盾，因此
g cd ( x , y ) g cd ( r s ) 1
2 2
即（3）式是方程（1）的适合条件（2）的整数解。 证毕。
推论1 当
g cd x , y 1, x 0 , y 0 , z 0 , 2 x时，方程（3）的本源解为
' '
'
因此存在t∈Z，使得 a 1 x 1 a 2 x 2 a n 1 x n 1 d n 1 t
'
再由（4）式得到
' ' ' 即 x1 , x 2 x n , t
d n1t a n x n b
'
满足方程组（3）。证毕。
例1.求9x+24y-5z=1000的一切整数解。
充分性 因存在整数y 1 , y 2 y n 使得 a 1 y 1 a 2 y 2 a n y n gcd ( a 1 , a 2 , a n ) d
因此，若（2）成立，则
(
b d
y1 ,
b d
y2 , ,
b d
yn )
就是方程（1）的一个整数解，
充分性得证。 证毕。
方程组

a1 x1 a 2 x 2 a n 1 x d
n1
n1
d
n1
t
t an xn b
(3)
的整数解
证明 若有整数t，使得 x 1' , x 2'
' x n , t 是（3）的整数解，则显然
x
' 1
, x2 xn
' '
' ' 满足方程（1）。反之，设 x 1' , x 2 x n 是方程（1）的
2 2 2 rs r s , 2 及 2 2 2 r s r s
其中，r与s是不全为零点整数，±号可以任意取。
定理2 不定方程 x y z
4 4
2
没有满足 xyz 0 的整数解。
推论3 方程 x y z 没有满足 xyz 0 的整数解。