不定方程試題及答案

不定方程試題及答案例1：利用整數(shù)分離系數(shù)法求得不定方程15x+10y+6z=61。解：注意到z的系數(shù)最小，把原方程化為Z—1(—15%-10y+61)=-2x-2y+10+1(-3x+2y+1)6 6令t1——(-3x+2y+1)ez,即-3x+2y-611+1—06此時(shí)y系數(shù)最小，...y=2(3x++6t1-1)=x+3t1+2(x-1)令t2=2(x-1)ez和x=212+1，反推依次可解得y=x+311+12=212+1+311+12=1+311+312z=-2x-2y+10+11=6-511+1012-x=1+21??.原不定方程解為Jy=1+3t2+3t11t2￡z.2匕=6-5t1-10t2例2:證明正是無(wú)理數(shù)證：假設(shè)正是有理數(shù)，則存在自數(shù)數(shù)a,b使得滿足x2=2y2即a2=2b2,容易知道a是偶數(shù)，設(shè)a=2勺代入得b2=2a2，又得到b為偶數(shù)，。<b<“設(shè)b=2b,則1 1 1 1a2=2b2，這里b<a1 2 1這樣可以進(jìn)一步求得a2，b2…且有a>b>a1>b1>a2>b2>...但是自然數(shù)無(wú)窮遞降是不可能的，于是產(chǎn)生了矛盾，，正為無(wú)理數(shù)。例3：證明：整數(shù)勾股形的勾股中至少一個(gè)是3的倍數(shù)。證：設(shè)N=3m±1(m為整數(shù))， .\N2=9m2+6m+1=3(3m2±2m)+1即一個(gè)整數(shù)若不是3的倍數(shù)，則其平方為3k+1,或者說(shuō)3k+2不可能是平方數(shù)，設(shè)x,y為勾股整數(shù)，且x,y都不是3的倍數(shù)，則x2,y2都是3k+1,但z2=x2+y2=3k+2形，這是不可能，，勾股數(shù)中至少有一個(gè)是3的倍數(shù)。例4：求x2+y2=328的正整數(shù)解解：??,328為偶數(shù)，，x,y奇偶性相同，即x±y為偶數(shù)，設(shè)x+y=2u,x-y=2v,代入原方程即為〃2+v2=164,同理令u+v=2u1,u-v=2v1有〃2+ =82,〃+v=2u.u-v=2v1 1 1 1 2 1 1 2“2+〃2=41,U,V為一偶一奇，且。<“<62 2 2 ”〃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。例5：求x2+xy-6=0的正整數(shù)解。解：原方程等價(jià)于忒什歹尸23故有,=2, /=3, ；%=1, 4=6, , ???即有X=2j=l；x+y=3, [x+y=2, [x+y=6, [x+y=1.x=l,y=5.例6：證明不定方程x2-2x>2+5z+3=0無(wú)整數(shù)解。解：若不定方程有解,則X=y2土Jy4_5z-3但,4三0,1(mod5),對(duì)y,z,y4-5z-3=2,3(mod5)而一個(gè)平方數(shù)三0,L4(mod5)??.y4-5z-3不可能為完全平方，即-4—5z-3不是整數(shù)，所以原不定方程無(wú)解。例7：證明：工2+>2+[2=8a+7無(wú)整數(shù)解證：若原方程有解，則有工2+,2+[2三8a+7(mod8)注意到對(duì)于模8,有。2=0,12=1,22=4,32=1,42=0,52=1,62=4,72=1,因而每一個(gè)整數(shù)對(duì)于模8,必同余于31,4這三個(gè)數(shù)。不論％2,,2,[2如何變化，只能有X2+y2+z2=0,l,2,3,4,5,6(mod8)而8。+7=7(mod8),?8a+7不同余于m+j2+二關(guān)于模8,所以假設(shè)錯(cuò)誤,即8a+7wx2+j2+z2，從而證明了原方程無(wú)解。例8:某人到銀行去兌換一張d元和c分的支票，出納員出錯(cuò)，給了他c元和d元，此人直到用去23分后才發(fā)覺其錯(cuò)誤，此時(shí)他發(fā)現(xiàn)還有2d元和2c分，問(wèn)該支票原為多少錢？解：由題意立式得：100c+d_23=100X2d+2c即98c—199d=23.令u=c-2d得98u—3d=23,令v=33u-d得3v-u=23.所以u(píng)=3v_23（v為任意整數(shù)），代入得：d=33u—v=98v—33x23,（1）c=u+2d=1