丢番图方程整数解方法

求不定方程整数解的常用方法不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数受到某些限制(如要求是有理数，整数或正整数等) 的方程或方程组。

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

我国对不定方程的研究已延续了数千年，“百钱百鸡问题”等一直流传至今，“物不知其数”的解法被称为中国剩余定理。

一般常用的求不定方程整数解的方法包括：(1)分离整数法此法主要是通过解未知数的系数中绝对值较小的未知数，将其结果中整数部分分离出来，则剩下部分仍为整数，则令其为一个新的整数变量，以此类推，直到能直接观察出特解的不定方程为止，再追根溯源，求出原方程的特解.例 1 求不定方程x 5 y 0 的整数解x2解已知方程可化为x 5 x 2 3 x 2 3 3 y1x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 因为y 是整数，所以3也是整数.x2由此x+2=1 ，-1，3，-3 ，即x=-1 ，-3，1，-5 ，相应的y 4,0,2,0.所以方程的整数解为(-1,4),(-3,0),(1,2),(-5,0).(2)辗转相除法此法主要借助辗转相除式逆推求特解，具体步骤如下：第一步，化简方程，尽量化简为简洁形式( 便于利用同余、奇偶分析的形式); 第二步，缩小未知数的范围，就是利用限定条件将未知数限定在某一范围内，便于下一步讨论;第三步，用辗转相除法解不定方程.例 2 求不定方程37x 107y 25的整数解.解因为(37,107) 125, 所以原方程有整数解.用辗转相除法求特解:107 37 2 33,37 33 1 4,33 4 8 1 从最后一个式子向上逆推得到37 ( 26) 107 9 1所以37 ( 26 25) 107 (9 25) 25则特解为x0 26 25 650y9 25 225通解为x 650 107t 8 107(t 6),t Z y 225 37t 3 37(t 6)或改写为x 8107t ,tZ.y 3 37t(3)不等式估值法先通过对所考查的量的放缩得到未知数取值条件的不等式，再解这些不等式得到未知数的取值范围.例 3 求方程 1 1 1 1 适合x y z的正整数解.xyz解因为xyz所以111 xyz所以1 1 1 1 1 1 1 z x y z z z z即1 1 3 zz所以1 z 3所以z 2或z 3.当z 2 时有111 xy2所以1 1 1 1 1 y x y y y 所以所以 2 y 4所以y 3或y 4,相应地x 6或4;当z 3 时有112 xy3 所以1 1 1 1 1 y x y y y 所以1 2 2 y 3 y所以y 3,y 3; 相应地x 3.所以( x, y, z) (6,3,2),(4,4,2),(3,3,3).(4)逐渐减小系数法此法主要是利用变量替换，使不定方程未知数的系数逐渐减小，直到出现一个未知量的系数为1的不定方程为止，直接解出这样的不定方程( 或可以直接能用观察法得到特解的不定方程为止，再依次反推上去)得到原方程的通解.例 4 求不定方程37x 107y 25的整数解.解因为(37,107) 125 ，所以原方程有整数解有37 107 ，用y 来表示x ，得则令12 4y12374y m Z,即4y 37m 1225 107y 1 3y 12 4yy 2 yx3737由 4<37,用 m 来表示 y, 得12 37m m3 9m44令 m t Z,得m 4t. 将上述结果一一带回，得原方程的通解为4注 解一元二次不定方程通常先判定方程有无解 . 若有解 , 可先求 ax by c 的一个特 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，直到容易求得其特解为止 . 对于二元一次不定方程 ax by c 来说有整数解的充要条件是 (a,b)c.,(t Z)或y x x y 0 b a t ty y 0 at(5) 分离常数项的方法 对于未知数的系数和常数项之间有某些特殊关系的不定方程，如常数项可以拆成 两未知数的系数的倍数的和或差的不定方程，可采用分解常数项的方法去求解方程例 5 求不定方程 3x 5y 143的整数解 . 解 原方程等价于3x 5y 143 3x 5y 140 3 3(x 1) 5(y 28) 0因为3,5 1所以x 1 5t,t Z y 28 3tx 1 5t所以原方程的通解为 ,t Z. y 28 3t(6) 奇偶性分析法 从讨论未知数的奇偶性入手，一方面可缩小未知数的取值范围，另一方面又可用 2n 或 2n 1(n Z )代入方程，使方程变形为便于讨论的等价形式 .例 6 求方程 x 2 y 2 328的正整数解 .x 8 107ty 3 37ttZx x 0 bty y 0 at ,(t Z)解显然x y, 不妨设xy0因为328是偶数，所以x、y的奇偶性相同，从而x y是偶数. 令x y 2u1,x y 2v1则u1 、v1 Z, 且u1 v1 0.所以x u1 v1,y u1 v1 代入原方程得u12v12164同理，令u1 v1 2u2,u1 v1 2v2（u2、v2 Z,且u2 v2 0）于是，有u22v2282再令u2 v2 2u3 , u2 v2 2v3 得u32v3241此时，u3、v3必有一奇一偶，且0v3 u3 41 6取v3 1,2,3,4,5, 得相应的u3240,37,32,25,16所以，只能是u3 5,v3 4.从而x 18,y 2结合方程的对称性知方程有两组解18,2 , 2,18 .(7)换元法利用不定方程未知数之间的关系 (如常见的倍数关系) ，通过代换消去未知数或倍数，使方程简化，从而达到求解的目的.111例7 求方程 1 1 1的正整数解.xy7解显见，x 7,y 7.为此，可设x 7 m,y 7 n,其中m、n为正整数. 所以3原方程1 1 1可化为 xy71 1 1 7 m 7 n 7整理得77 m 7 7 n 7 m 7 n,即mn 49.所以m 1 49,n 1 1;m 2 7,n 2 7;m 3 1,n 3 49相应地x 1 56,y 1 8;x 2 14,y 2 14;x 3 8,y 3 56所以方程正整数解为 56,8 , 14,14 , 8,56(8) 构造法 构造法是一种有效的解题方法，并且构造法对学生的创造性思维的培养有很重要 的意义，成功的构造是学生心智活动的一种探求过程，是综合思维能力的一种体现， 也是对整个解题过程的一种洞察力、预感力的一种反映 . 构造体现的是一种转化策略， 在处理不定方程问题时可根据题设的特点，构造出符合要求的特解或者构造一个求解 的递推式等 .例 8 已知三整数 a 、b 、c 之和为 13且 b c，求a 的最大值和最小值，并求出此 ab时相应的 b 与 c 的值.a b c 13 2 解 由题意得 a b 2 c 13，消去 b 得 13 a c 2ac b ac整理得到关于 c 的一元二次方程c 2a 26 c a 13 20.因为2 2 52 a 2624 a 13 2 0, 解得 0 a .因 a 0,若a 1,则有 c 225c 144 0,解得c 16或c 9,符合题意，此时a 1 a 1b 4 或 b 3;c 16 c 9若a 17时，则有 c 2 9c 16 0,无实数解，故 a 17;若a 16时，则有 c 2 10c 9 0,解得c 1或c 9,符合题意，此时a 16 a 16b 4 或 b 12;c 1 c 9(9) 配方法把一个式子写成完全平方或完全平方之和的形式， 这种方法叫做配方法 . 配方法是 式子恒等变形的重要手段之一， 是解决不少数学问题的一个重要方法 . 在初中阶段， 我 们已经学过用配方法解一元二次方程，用配方法推到一元二次方程的求根公式，用配 方法把二次函数化为标准形式等等，是数学中很常用的方法 .例 9 若 x 2 y 2 5 2x y ,求x y y x 的值 .4解 由题意2 2 5 x 2x y y4(10) 韦达定理 韦达定理是反映一元二次方程根与系数关系的重要定理，广泛应用于初等代数、 三角函数及解析几何中，应用此法解题时，先根据已知条件或结论，再通过恒等变形或换元等方法，构造出形如 a b 、 a b 形式的式子，最后用韦达定理 .例 10 已知 p 、 q 都是质数，且使得关于 x 的二次方程 x 2 8p 10q x5pq 0至 少有一个正整数根，求所有的质数对 p,q .解 设方程的两根分别为 x 1 、 x 2 x 1 x 2 , 由根与系数关系得x 1 x 2 8p 10qb4 b 12 b4或 和 或 c1 c9 c 16 c9 3 综上所述， a 的最大值和最小值分别为16 和 1，相应的 b 与c 的值分别为 所以所以 x yy x112 23x 1,y 12x 12x1 x2 5pq因为p 、q都是质数，且方程的一根为正整数，可知方程的另一根也是正整数. 所以x1 1,5, p, q,5p,5qx2 5pq, pq,5q,5 p,q, p所以x1x25pq 1,pq 5,5q p,5p q.①当x1 x2 5pq 1时，即5pq 1 8p 10q,因为p、q均是质数，所以5pq 110p 8p 10q, 故此时无解.②当x1 x2 5pq 5时，即pq 5 8p 10q,所以p 10 q 8 85, 因为p、q 都是质数，且p 10 q 8, 所以p 10 17,85,q 8 5, 1 解得符合条件的质数对为p,q 7,3.③当x1 x2 5q p 时，即5q p 8p 10q,所以7p 15q, 满足条件的质数对.④当x1x25p q时，即5p q 8p 10q,所以3p 11q,于是p,q 7,3 或p,q 11,3. 综上所述，满足条件的质数对为p,q 7,3 或p,q 11,3.(11)整除性分析法用整除性解决问题，要求学生对数的整除性有比较到位的把握.例11 在直角坐标系中，坐标都是整数的点称为整点，设k 为整数，当直线y x 3或 y kx k 的交点为整数时， k 的值可以取A.2 个B.4 个C.6 个D.8 个解 当 k 1时，直线 y x 3与 y x 1平行，所以两直线没有交点 当 k 0时，直线 y x 3与 y 0 即 x 轴 交点为整数 ;y x 3 当k 1、 k 0时，直线 y x 3与y kx k 的交点为方程组 y y k x x 3k 的解，解得3k x k1 4k因为 x 、 y 均为整数 , 所以 k 1只能取 1, 2, 4 解得综上，答案为 C.(12) 利用求根公式 在解不定方程时，若因数分解法、约数分析均不能奏效，我们不妨将其中一个未 知数看成参数，然后利用一元二次方程的求根公式去讨论 .例 12 已知 k 为整数，若关于 x 的二次方程 kx 22k 3 x 1 0有有理根，求 k 值.解 因为 k 0 ，所以 kx 22k 3 x 1 0 的根为2k 3 4k 2 8k 9 2k 3 2k 2 2 5 x2k 2k 由原方程的根是有理根，所以 2k 2 2 5 必是完全平方式 . 可设 2k 2 2 5 m 2,则m 2 2k 2 2 5,即m2k 2 m 2k 215,m 2k 2 1 m 2k2 5 m 2k2 5 ,m 2k 2 1m 2k 2 5m 2k 2 1 ,m 2k 1 1m 2k 2 5k1k 2,0,3, 1,5,3.因为 m 、 k 均是整数 ,所以解得k 2或0,因为k 0,所以k 的值是-2.(13)判别式法元二次方程根的判别式是中学阶段重要的基础知识，也是一种广泛应用的数学解题方法. 该法根据一元二次方程的判别式b2 4ac的值来判定方程是否有实数根，再结合根与系数的关系判定根的正负. 熟练掌握该法，不仅可以巩固基础知识，还可以提高解题能力和基础知识的综合运用能力.1 1 1 3例13 求方程 1 1 123的整数解.x y xy2 4解已知方程可化为24 3x y24xy 4 0因为x、y 均为整数，所以16x2 48x 64 0, 且为完全平方数. 于是，令16x248x 64 4n 2, 其中n为正整数所以23x 4 n20x因为x、n均为整数所以9 44 n20, 且为完全平方数，即有，4n2 7 为完全平方数.于是，再令4n2 7 m2, 其中m 为正整数所以2n m 2n m 7因为2n m与2n m 奇偶性相同，且2n m 2n m 所以2n m 7,2n m 1由上n 2.相应的x2 3x 0,解得x 3或x 0 舍去，所以x 3把x 3代入已知方程中得y 2或y 2舍去, 所以y 25所以x, y 3,2(14)因式分解法因式分解也是中学阶段重要的基础知识之一.它应用广泛,在多项式简化、计算、方程求根等问题中都有涉及. 因式分解比较复杂，再解题时，根据所给题目的特点，灵活运用，将方程分解成若干个方程组来求解. 这种方法的目的是增加方程的个数，这样就有可能消去某些未知数，或确定未知数的质因数，进而求出其解. 利用因式分解法求不定方程ax by cxy abc 0 整数解的基本思路: 将ax by cxy abc 0 转化为x a cy b ab后,若ab 可分解为ab a1b1 a i b i Z,则解的一般形式为a i ax ic , 再取舍得其整数解.b i by ic2 3 1例14 方程 2 3 1,a 、b都是正整数，求该方程的正整数解.ab4解已知方程可化为8b 12a ab所以ab 12a 8b 96 96即a 8b 12 96因为a、b都是正整数所以b 0,b 12 12这样b 12 16或24或32或48或96所以b 4或12或20或36或84 相应地a 2或4或5或6或7所以方程的正整数解为: 2,4 , 4,12 , 5,20 , 6,36 , 7,84 .丢番图( Diophantus )：古代希腊人，代数学的鼻祖，早在公元 3 世纪就开始研究不定方程，因此常称整系数的不定方程为丢番图方程。