求不定方程整數(shù)解的常用方法

1、求不定方程整數(shù)解的常用方法摘要：不定方程,是指未知數(shù)的個數(shù)多于方程的個數(shù),且未知數(shù)受到某些限制的方程 或方程組.因此,要求一個不定方程的全部的解,是相當(dāng)困難的,有時甚至是不可能或 不現(xiàn)實的.本文利用變量替換、未知數(shù)之間的關(guān)系、韋達定理、整除性、求根公式、判 別式、因式分解等有關(guān)理論,求得一類不定方程的正整數(shù)解 .通過一些具體的例子,給 出了常用的不定方程的解法,分別為別離整數(shù)法、輾轉(zhuǎn)相除法、不等式估值法、逐漸 減小系數(shù)法、別離常數(shù)項的方法、奇偶性分析法、換元法、構(gòu)造法、配方法、韋達定 理、整除性分析法、利用求根公式、判別式、因式分解法等等.關(guān)鍵字：不定方程；整數(shù)解；整除性1引言不定方程是數(shù)論的

2、一個分支,有悠久的歷史與豐富的內(nèi)容,與其他數(shù)學(xué)領(lǐng)域有密 切聯(lián)系,是數(shù)論中的重要的、活潑的研究課題之一,我國對不定方程的研究以延續(xù)了 數(shù)千年,“百錢百雞問題等一直流傳至今,“物不知其數(shù)的解法被稱為中國剩余定 理,學(xué)習(xí)不定方程,不僅可以拓寬數(shù)學(xué)知識面,而且可以培養(yǎng)思維水平,提升數(shù)學(xué)的 解題技能.中學(xué)階段是學(xué)生的思維水平迅猛開展的關(guān)鍵階段.在此階段要注重培養(yǎng)學(xué)生的思 維水平,開發(fā)學(xué)生智力,因此對于初等數(shù)論的一般方法、理論有一定的了解是必不可 少的.讓學(xué)生做題講究思想、方法與技巧、創(chuàng)造性的解決問題,就要有一定的方法與技 巧的積累與總結(jié).不定方程的重要性在中學(xué)中得到了充分的表達,無論在中高考還是在每年世

3、界各 地的數(shù)學(xué)競賽中,不定方程都占有一席之地,而且它還是培養(yǎng)學(xué)生思維水平、觀察能 力、運算水平、解決問題水平的好材料.2不定方程的定義所謂不定方程是指未知數(shù)的個數(shù)多于方程的個數(shù),且未知數(shù)受到某些(如要求是 有理數(shù),整數(shù)或正整數(shù)等等)限制的方程或方程組.不定方程也稱丟番圖方程,是數(shù)論 的重要分支學(xué)科,也是數(shù)學(xué)上最活潑的數(shù)學(xué)領(lǐng)域之一,不定方程的內(nèi)容十分豐富,與 代數(shù)數(shù)論、幾何數(shù)論、集合數(shù)論都有較為密切的聯(lián)系 .下面對中學(xué)階段常用的求不定方程整數(shù)解的方法做以總結(jié) ：3 一般常用的求不定方程整數(shù)解的方法(1)別離整數(shù)法此法主要是通過解未知數(shù)的系數(shù)中絕對值較小的未知數(shù),將其結(jié)果中整數(shù)局部分 離出來,那么

4、剩下局部仍為整數(shù),那么令其為一個新的整數(shù)變量,以此類推,直到能直接 觀察出特解的不定方程為止,再追根溯源,求出原方程的特解 .例1求不定方程x+5-y=0的整數(shù)解x 2)解方程可化為x 5 x 2 3 x 23/3y 二二二二 1 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2由于y是整數(shù),所以 旦也是整數(shù).x 2由此x + 2 =1,-1,3,-3,即 x = -1,-3,1,-5相應(yīng)的 y =4,0,2,0.所以方程的整數(shù)解為(-1,4),(-3,0),(1,2),(-5,0).(2)輾轉(zhuǎn)相除法此法主要借助輾轉(zhuǎn)相除式逆推求特解,具體步驟如下：第一步,化簡方程,盡量化簡為簡潔形式(便于利用同余、奇偶

5、分析的形式)；第二步,縮小未知數(shù)的范圍,就是利用限定條件將未知數(shù)限定在某一范圍內(nèi),便 于下一步討論；第三步,用輾轉(zhuǎn)相除法解不定方程.例2求不定方程37x+107y=25的整數(shù)解.解 由于(37,107) =125,所以原方程有整數(shù)解.用輾轉(zhuǎn)相除法求特解：107 =37 2 33,37 =33 1 4,33=4 8 1從最后一個式子向上逆推得到37 (-26) 1079 =1所以37 (-26 25) 107 (9 25) =25那么特解為% = -26 父 25 =-650、y0=9M25 = 225通解為x = -650-107t = -8-107(t+6) tZ、y =225 + 37t

6、=3+37(t+6) '-或改寫為x = 8 -107t,t-Z.y =3+37t(3)不等式估值法先通過對所考查的量的放縮得到未知數(shù)取值條件的不等式,再解這些不等式得到 未知數(shù)的取值范圍.一.、一1111、_.例3求萬程1 +1 +1 = 1適合x之y之z的正整數(shù)解. x y z解由于x - y - z所以!<!<1x y z所以1111+ < + + zzzz111 z x y所以1 z <3所以z =2或z =3.當(dāng)z=2時有所以所以所以2 y <4所以y =3或丫 =4,相應(yīng)地x = 6或4;當(dāng)z=3時有所以111+ < + 所以2 .:二3

7、所以y <3,y =3;相應(yīng)地x =3.所以(x,y,z) =(6,3,2),(4,4,2), (3,3,3).(4)逐漸減小系數(shù)法此法主要是利用變量替換,使不定方程未知數(shù)的系數(shù)逐漸減小,直到出現(xiàn)一個未 知量的系數(shù)為±1的不定方程為止,直接解出這樣的不定方程或可以直接能用觀察法 得到特解的不定方程為止,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的整數(shù)解.解 由于37,107 =125,所以原方程有整數(shù)解.有37107 ,用y來表示x,得x二經(jīng)年口二1一3,上山3737那么令12 4y =m w Z,即4y 一 37m =1237由4<37,用m來

8、表示y ,得y= 12 37m =3 9m m44令m曰WZ,得m =4t.將上述結(jié)果一一帶回,得原方程的通解為4'x= -8-107t、y+3=37t注 解一元二次不定方程通常先判定方程有無解.假設(shè)有解,可先求ax + by = c的一個特解,從而寫出通解.當(dāng)不定方程系數(shù)不大時,有時可以通過觀察法求得其解,即引入變 量,逐漸減小系數(shù),直到容易求得其特解為止.對于二元一次不定方程ax - by = c來說有整數(shù)解的充要條件是a,bc.x = x0 + btx = Xo bt 0,Z)或y = y.+at5別離常數(shù)項的方法對于未知數(shù)的系數(shù)和常數(shù)項之間有某些特殊關(guān)系的不定方程,如常數(shù)項可以

9、拆成 兩未知數(shù)的系數(shù)的倍數(shù)的和或差的不定方程,可采用分解常數(shù)項的方法去求解方程例5求不定方程3x+5y = 143的整數(shù)解.解原方程等價于3x 5y =143：= 3x 5y =140 3：= 3(x -1) - 5( y -28) =0由于3,5 =1所以x -1 = 5ty -28 = 3t,t Z x =1 _5t所以原方程的通解為,twZ.j=28 + 3t(6)奇偶性分析法從討論未知數(shù)的奇偶性入手,一方面可縮小未知數(shù)的取值范圍,另一方面又可用2n或2n+1(n w Z)代入方程,使方程變形為便于討論的等價形式.例6求方程x2 +y2 =328的正整數(shù)解.解顯然x ¥ y ,

10、不妨設(shè)x y 0由于328是偶數(shù),所以x、y的奇偶性相同,從而x 士 y是偶數(shù). 令x y = 2ui, x y = 2vi那么 Ui、Vi WZ,且 Ui：Vi：0.所以x = Ui Vi, y = Ui - Vi代入原方程得U2 v2 = i64同理,令U +v1 =2u2,U -V =2v2u2、v2 Z,且u2：V2 ：0于是,有u2 v2 = 82再令u2 v2 = 2u3,u2 -v2 = 2v3怎付22u3 V3 =4i此時,u3、V3必有一奇一偶,且0V3 u3 - ' 4i = 6取V3 =1,2,3,4,5,得相應(yīng)的2u2 =40,37,32,25,16所以,只能是

11、u3 =5,v3 =4.從而x =18, y =2結(jié)合方程的對稱性知方程有兩組解(18,2 )(2,18 )換元法利用不定方程未知數(shù)之間的關(guān)系(如常見的倍數(shù)關(guān)系),通過代換消去未知數(shù)或倍 數(shù),使方程簡化,從而到達求解的目的.一 ,、一111 ,例7求萬程1 + 1 = 1的正整數(shù)解.x y7解 顯見,x )7, y ；7.為此,可設(shè)x=7+m, y = 7 + n,其中m、n為正整數(shù).一、一111 1八.所以原方程1 1 =1可化為 x y 7111+ 7 m 7 n 7整理得7(7 +m )+7(7 +n ) = (7 + m 7 + n )即 mn = 49.所以m1 = 49, n1 =

12、 1, m2 = 7, n2 = 7； m3 = 1, n3 = 49相應(yīng)地x1 二56,M=8;x? =14, y2 =14;x3 8, y3 =56所以方程正整數(shù)解為56,8 , 14,14 , 8,56 .(8)構(gòu)造法構(gòu)造法是一種有效的解題方法,并且構(gòu)造法對學(xué)生的創(chuàng)造性思維的培養(yǎng)有很重要 的意義,成功的構(gòu)造是學(xué)生心智活動的一種探求過程,是綜合思維水平的一種表達, 也是對整個解題過程的一種洞察力、預(yù)感力的一種反映.構(gòu)造表達的是一種轉(zhuǎn)化策略,在處理不定方程問題時可根據(jù)題設(shè)的特點,構(gòu)造出符合要求的特解或者構(gòu)造一個求解 的遞推式等.例8三整數(shù)a、b、c之和為13且_b=c,求a的最大值和最小值,

13、并求出此 a b時相應(yīng)的b與c的值.a +b +c =13c解 由題息得J 2,消去b得(13 a cf =acb =acJ整理得到關(guān)于c的一元二次方程c2 a-26 c a132 =0.由于2252 =(a -26 2 -4(a -13 2 之0,解得 0 Ma <.Ha = 0,假設(shè)a = 1,那么有c2 - 25c +144 = 0,解得c = 16或c = 9,符合題意,此時| a = 1| a = 1,b = -4或Jb = 3；c = 16 c = 9假設(shè)a =17時,那么有c2 -9c+16=0,無實數(shù)解,故a #17;假設(shè)a=16時,那么有c2 -10c+9=0,解得c

14、= 1或c = 9,符合題意,此時a =16' a = 16*b = -4或? b = -12；c = 1、c = 9綜上所述,a的最大值和最小值分別為16和1,相應(yīng)的b與c的值分別為b=,c = 1b = 12 加和Jc = 9b = T-或c = 16b =3配方法把一個式子寫成完全平方或完全平方之和的形式,這種方法叫做配方法.配方法是 式子包等變形的重要手段之一,是解決不少數(shù)學(xué)問題的一個重要方法.在初中階段,我 們已經(jīng)學(xué)過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 方法把二次函數(shù)化為標(biāo)準(zhǔn)形式等等,是數(shù)學(xué)中很常用的方法 .例 9 假設(shè) x2 + y2 +5 =

15、 2x + y,求xy + yx的值.4解由題意x2 -2x y2 - y 5 = 04即(x-12 +二0所以x =1.=二2所以 xy yx =1 1 = 32 2(10)韋達定理韋達定理是反映一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系的重要定理,廣泛應(yīng)用于初等代數(shù)、 三角函數(shù)及解析幾何中,應(yīng)用此法解題時,先根據(jù)條件或結(jié)論,再通過恒等變形 或換元等方法,構(gòu)造出形如a+b、a ,b形式的式子,最后用韋達定理.例10p、q都是質(zhì)數(shù),且使得關(guān)于x的二次方程x2-(8p 10qk +5Pq = 0至少有一個正整數(shù)根,求所有的質(zhì)數(shù)對(p, q)解設(shè)方程的兩根分別為x1、x2(x1 < x2 ,由根與系數(shù)關(guān)系得k

16、 + x2 = 8p - 10q=x1 x2 =5pq由于p、q都是質(zhì)數(shù),且方程的一根為正整數(shù),可知方程的另一根也是正整數(shù).所以x1 =1,5, p, q,5p,5q=e =5pq, pq,5q,5p,q, p所以 x1 x2 = 5pq 1, pq 5,5q p,5p q.當(dāng)x1 +x2 =5pq +1時,即5pq +1 = 8p -10q,由于p、q均是質(zhì)數(shù),所以5pq+1 ：10p：8P-10q,故此時無解.當(dāng) x1 +x2 =5pq+5 時,即 pq+5 = 8p10q,所以(p+10)q-8)=-85,由于 p、q都是質(zhì)數(shù),且p+10)q-8,所以'p+10 =17,85、q

17、 - 8 = _5,_ 1解得符合條件的質(zhì)數(shù)對為 p,q =7,3.當(dāng)x1 +x2 =5q+p時,即5q+p =8p-10q,所以7P = 15q,滿足條件白質(zhì)數(shù)對.當(dāng) x1 +x2 =5p +q 時,即 5p +q = 8p -10q,所以 3P =11q,于是 (p,q )=(7,3或(p,q )=(11,3.綜上所述,滿足條件的質(zhì)數(shù)對為(p,q)=(7,3或(p,q )=(11,3)(11)整除性分析法用整除性解決問題,要求學(xué)生對數(shù)的整除性有比擬到位的把握.例11在直角坐標(biāo)系中,坐標(biāo)都是整數(shù)的點稱為整點,設(shè) k為整數(shù),當(dāng)直線y = x-3或丫 = kx+k的交點為整數(shù)時,k的值可以取()

18、A.2個 B.4 個 C.6 個 D.8 個解 當(dāng)k=1時,直線y = x3與y=x+1平行,所以兩直線沒有交點；當(dāng)k=0時,直線y=xg 丫=0.取軸 改點為整數(shù)；, ,- y = x3 一,一 ,一一-3-kk-1-4ky =當(dāng)k#1、k#0時,直線y =x 3與丫 =kx+k的父點為方程組3 ' 的解,解得 y = kx + kk-1由于x、y均為整數(shù), 所以k -1只能取±1,±2,±4解得k =2,0,3,-1,5,3.綜上,答案為C.(12)利用求根公式在解不定方程時,假設(shè)因數(shù)分解法、約數(shù)分析均不能奏效,我們不妨將其中一個未 知數(shù)看成參數(shù),然后

19、利用一元二次方程的求根公式去討論.例12k為整數(shù),假設(shè)關(guān)于x的二次方程kx2+(2k+3)x+1 = 0有有理根,求k值.解由于k#0,所以kx2+(2k+3x+1=0的根為-(2k +3)-J4k2 +8k +9-(2k+3) 土式 2k +2 f +5x =2k2k由原方程的根是有理根,所以(2k+2 2+5必是完全平方式.可設(shè)(2k +2 2 +5 = m2,那么 m2 -(2k+2 f =5,即m 2k 2 m -2k -2 )=1 5,由于m、k均是整數(shù),所以10'm+2k+2=1m 2k 2 = 5m-2k -2 =5m - 2k - 2 = 1m 2k 2=5m 2k 2

20、 = 1m-2k-2 - -5解得k = 2或0,由于k = 0,所以k的值是-2.(13)判別式法一元二次方程根的判別式是中學(xué)階段重要的根底知識,也是一種廣泛應(yīng)用的數(shù)學(xué)解題方法.該法根據(jù)一元二次方程的判別式 = b2 4ac的值來判定方程是否有實數(shù) 根,再結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系判定根的正負.熟練掌握該法,不僅可以穩(wěn)固根底知識,還 可以提升解題水平和根底知識的綜合運用水平.,.、一一1 113例13求方程, + 1+二=3的整數(shù)解.x y xy4解方程可化為24 - 3x y 4xy -4 = 0由于x、y均為整數(shù),所以 =16x2 -48x+64之0,且為完全平方數(shù).于是,令16x2 -48x+

21、64 = (4n2,其中n為正整數(shù)所以x2 -3x 4 -n2 = 0由于x、n均為整數(shù)所以A=9-4(4-n2)>0,且為完全平方數(shù),即有,4n2-7為完全平方數(shù).于是,再令4n2 -7 =m2,其中m為正整數(shù)所以2n m 2n -m =7由于2n+m與2n-m奇偶性相同,且 2n+m)2n-m11所以2n m = 7,2n _ m = 1由上n = 2.相應(yīng)的x2 -3x = 0,解得x = 3或* = 0(舍去)所以x = 32把x = 3代入萬程中得y=2或y=2(舍去)所以y=2所以 x, y = 3,2(14)因式分解法因式分解也是中學(xué)階段重要的根底知識之一.它應(yīng)用廣泛,在多

22、項式簡化、計算、 方程求根等問題中都有涉及.因式分解比擬復(fù)雜,再解題時,根據(jù)所給題目的特點,靈 活運用,將方程分解成假設(shè)干個方程組來求解.這種方法的目的是增加方程的個數(shù),這樣就有可能消去某些未知數(shù),或確定未知數(shù)的質(zhì)因數(shù),進而求出其解.利用因式分解法求不定方程ax +by = cxy(abc豐0照數(shù)解的根本思路：將ax + by = cxy(abc手0 )轉(zhuǎn)化為(x - a (cy -b )=ab后,假設(shè)ab可分解為ab= a1bl=ab w乙那么解的一般形式為ai +ax 二2再取舍得其整數(shù)解.b +by =l c2 3 1.一 例14萬程 -3= ,a、b都是正整數(shù),求該方程的正整數(shù)解.a

23、b 4解方程可化為8b -12a -ab所以ab 12a - 8b 96 = -96即a - 8 b 12 )=-96由于a、b都是正整數(shù) 所以b 0, b 12 12這樣b +12 =16 或 24 或 32 或 48 或 96所以b = 4或12或20或36或84相應(yīng)地a =2或4或5或6或7所以方程的正整數(shù)解為：2,4 , 4,12 , 5,20 , 6,36 , 7,84 .124小結(jié)本文只針對不定方程整數(shù)解問題做一個初步的探索,歸納提煉出一些解這類題的 常規(guī)方法和技巧,對解不定方程具有一定的指導(dǎo)意義；并且,還根據(jù)自己的積累,總結(jié), 開掘出一些新的方法,技巧,具有創(chuàng)新和學(xué)習(xí)的意義 .不

24、定方程組在人們的實際生活中有一定的現(xiàn)實意義和應(yīng)用價值 .正確解決這類 問題的關(guān)鍵,是在把實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題后,依據(jù)問題中的條件,特別注意挖掘隱 含的條件,使理論化與實際化相結(jié)合,靈活運用所學(xué)的數(shù)學(xué)知識,從而討論出符合題 意的解.本文對解決這類問題的方法做以總結(jié), 在解決實際問題時,應(yīng)具體問題具體分 析,靈活選用方法技巧,這對于學(xué)生的思維水平、分析問題、解決問題的水平的提升 有很大的幫助.13參考文獻1王云峰.判別式法J.數(shù)學(xué)教學(xué)通訊,2021(07):14 -16.2濮安山.中學(xué)數(shù)學(xué)解題方法M.黑龍江：哈爾濱師范大學(xué)出版社,2003年10月.3王秀明.淺析不定方程的解法J.數(shù)理化學(xué)習(xí),2021(8 ) :22 -25.4黃一生.因式分解在解題中的應(yīng)用J.初中生之友,2021(Z):32 -35.5張東海,尹敬會.淺談韋達定理在解題中的應(yīng)用J.中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考,1994(5):22-23.6范浙楊.初中數(shù)學(xué)競賽中整數(shù)解問題的求解方法J.中學(xué)數(shù)學(xué)研究,2006(12):17-19.7黃細把.求不定分式方程整數(shù)解的幾種方法J.數(shù)理化學(xué)習(xí)(初中版),2005 (3) :27 -31.8 Grine