初等数论教案 第八节 一次不定方程.docx
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初等数论教案第八节一次不定方程
第八节一次不定方程
教学目的：
1、掌握一次不定方程的一些简单性质；
2、掌握一次不定方程有解的判别条件；
3、会解二元、三元一次不定方程.
教学重点：
有解的判别条件、求解二元、三元一次不定方程.
教学课时：
4课时
教学过程
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（
）
a1x1a2x2anxn=b
（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.
1、定理1方程
（1）有解的充要条件是
（a1,a2,,an）b.
（2）
证明：
记d=（a1,a2,,an）.若方程
（1）有解，设为（x1,x2,,xn）.则由dai（1in）及整除的性质容易知道式
（2）成立.必要性得证.
另一方面，存在整数y1,y2,,yn使得
a1y1a2y2anyn=（a1,a2,,an）=d.
因此，若式
（2）成立，则
就是方程
（1）的解，充分性得证.证毕
2、定理2设a，b，c是整数，方程
axby=c（3）
若有解（x0,y0），则它的一切解具有
，tZ（4）
的形式，其中
.
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
ax0by0=axby=c
得到
a（xx0）=b（yy0），
.
由此，以及
得到
xx0，因此存在整数t，使得
.
证毕
定理1和定理2说明了解方程（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ax0by0=（a,b）；
（ⅲ）写出方程（3）的解
3、定理3设a1,a2,,an,b是整数，再设（a1,a2,,an1）=dn1，（a1,a2,,an）=dn，则（x1,x2,,xn）是方程
（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
（5）
的解.
证明：
若有整数t，使得（x1,x2,,xn,t）是方程组（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
a1x1a2x2an1xn1anxn=b.（6）
令
a1x1a2x2an1xn1=b，
则dn1=（a1,a2,,an1）b.
因此，存在tZ，使得
a1x1a2x2an1xn1=dn1t，（7）
再由式（6），得到
dn1tanxn=b，
即（x1,x2,,xn,t）满足方程组（5）.证毕
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n1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.记
（a1,a2）=d2，（d2,a3）=d3，，（dn2,an1）=dn1，（dn1，an）=dn，
逐个地解方程
dn1tn1anxn=b，
dn2tn2an1xn1=dn1tn1，
d2t2a3x3=d3t3，
a1x1a2x2=d2t2，
并且消去中间变量t2,t3,,tn1，就可以得到方程
（1）的解.
例1求不定方程3x6y=15的解.
解（3,6）=315，所以方程有解.
由辗转相除法（或直接观察），可知x=1，y=1是
3x6y=3
的解，所以x0=5，y0=5是原方程的一个解.由定理2，所求方程的解是
，tZ.
例2求不定方程3x6y12z=15的解.
解原方程等价于
x2y4z=5.（8）
由定理3，依次解方程
t4z=5，
x2y=t，
分别得到
，uZ，（9）
，vZ.（10）
将式（9）与式（10）中的t消去，得到
，u,vZ.
注：
本例在解方程时，首先将原方程化为等价方程（8），这使问题简化.例1也可以如此处理.
例3设a与b是正整数，（a,b）=1，则任何大于abab的整数n都可以表示成n=axby的形式，其中x与y是非负整数，但是n=abab不能表示成这种形式.
解（ⅰ）由定理2，方程
axby=n（11）
的解具有
，tZ（12）
的形式，其中x0与y0满足方程（11）.
由假设条件n>abab及式（11）与式（12），有
ax=nby=nb（y0at）>ababb（y0at）.（13）
取整数t，使得
0y=y0ata1，
则由式（13）得到
ax>ababb（a1）=a，
x>1，x0，
即n=axby，x0，y0.
（ⅱ）设有x0，y0，使得
axby=abab，（14）
则
a（x1）b（y1）=ab.（15）
所以ab（y1）.但是（a,b）=1，于是必有
ay1，y1a.
同理可以证明x1b，从而
a（x1）b（y1）2ab，
这与式（15）矛盾，所以（14）式是不可能的.
例4设a，b，c是整数，（a,b）=1，则在直线axby=c上，任何一个长度大于
的线段上至少有一个点的坐标都是整数.
解由定理2，直线axby=c上的坐标都是整数的点（xt,yt）的坐标是
，tZ，
其中（x0,y0）是直线axby=c上的坐标都是整数的点，由定理1，这样的点是存在的.
对于任意的tZ，记Pt是以（xt,yt）为坐标的点，则Pt1与Pt之间的距离
.
这说明，两个“相邻的”坐标是整数的点的距离是
，从而得出所求之结论.
例5将
写成三个分数之和，它们的分母分别是2，3和5.
解设
，
则
15x10y6z=19.
依次解方程
5t6z=19，
15x10y=5t，
得到
，uZ，（16）
，vZ.（17）
从式（16）与式（17）中消去t，得到
，u,vZ.
取u=0，v=0，得到x=1，y=1，z=4，因此
.
例6甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤?
解设买甲物x斤，乙物y斤，丙物z斤，则
5x3y
z=100，
xyz=100.
消去z，得到
7x4y=100.（18）
显然x=0，y=25是方程（18）的解，因此，方程（18）的一般解是
，tZ
因为x0，y0，所以
0t3.
即t可以取值t1=0，t2=1，t3=2，t4=3.相应的x，y，z的值是
（x,y,z）=（0,25,75），（4,18,78），（8,11,81），（12,4,84）.
例7求不定方程x2y3z=7的所有正整数解.
解依次解方程t3z=7，
x2y=t，
得到
，uZ，
，vZ.
从上式中消去t，得到
，u,vZ.（19）
要使x1，y1，z1，则应有
3u2v0，v1，1u0.（20）
所以
3u2v2，u1
u1，
即u=1.由此及式（20），有
32v0，v1
v1，
所以v=1.将u=1，v=1代入式（19），得到原方程的唯一的一组正整数解x=2，y=1，z=1.
二、小结
三、作业
1.将
写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7.
2.求方程x12x23x3=41的所有正整数解.
3.求解不定方程组：
.
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axby=n，a>0，b>0，（a,b）=1的非负整数解的个数为
1.
6.设a与b是正整数，（a,b）=1，证明：
1,2,,abab中恰有
个整数可以表示成axby（x0，y0）的形式.
1.设
，即35x21y15z=17，因（35,21）=7，（7,15）=1，117，故有解.分别解5x3y=t，7t15z=17得x=t3u，y=2t5u，uZ，t=1115v，z=47v，vZ，消去t得x=1115v3u，y=2230v5u，z=47v，u，vZ.对于任意的确定的u和v的值，都给出一种表示法.
2.分别解x12x2=t，t3x3=41得x1=t2u，x2=u，uZ，t=413v，x3=v，vZ，消去t得x1=413v2u，x2=u，x3=v，u，vZ.由此得原方程的全部正整数解为（x1,x2,x3）=（413v2u,u,v），u>0，v>0，413v2u>0.
3.消去x1得9x214x3=3，解得x2=914t，x3=69t，tZ，从而得不定方程组的解为x1=4355t，x2=914t，x3=69t，tZ，
4.设甲、乙班的学生每人分别得x，y支铅笔，则7x11y=100，解这个不定方程得x=8，y=4.
5.二元一次不定方程axby=n的一切整数解为
，tZ，于是由x0，y0得
，但区间
的长度是
，故此区间内的整数个数为
1.
6.因为0,1,2,,abab中共有（a1）（b1）个数，故只须证明n与gn（g=abab）有且只有一个能表示成axby（x0，y0）的形式.如果n与gn都能表示成axby（x0，y0）的形式，即axby=n（x0，y0），axby=gn（x0，y0），则a（xx）b（yy）=g，这是不可能的；如果n不能表示成axby（x0，y0）的形式，则因为二元一次不定方程axby=n的一切整数解为
，tZ，所以当t使0xb1时，必有y1，于是a（b1x）b（1y）=gn，即gn能表示成axby（x0，y0）的形式.
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