丢番图方程整数解方法

几类丢番图方程解的研究几类丢番图方程解的研究引言：丢番图方程（Diophantine equation）是数论中的一个重要问题，在数学史上有着悠久的发展历史。

丢番图方程是求解整数解的方程，通常形式为ax + by = c，其中a、b、c是已知的整数。

在这篇文章中，我们将对几类丢番图方程解的研究进行讨论。

一、一元丢番图方程一元丢番图方程是指只包含一个变量的丢番图方程，通常形式为ax = c，其中a、c均为已知的整数。

这类方程的求解较为简单，只需根据a的因数和c的因数来确定方程是否有解以及解的形式。

例如，当方程为3x = 9时，我们可以通过观察得出解为x = 3。

二、二元丢番图方程二元丢番图方程是指包含两个变量的丢番图方程，通常形式为ax + by = c，其中a、b、c均为已知的整数。

求解二元丢番图方程相对于一元丢番图方程来说更为复杂，需要运用到更多的数学工具和方法。

1. 求解方法：求解二元丢番图方程的一种常见方法是利用欧几里得算法和贝祖等式。

这一方法基于最大公约数的性质，通过辗转相除的过程，找到方程的一个特解，并将其带入贝祖等式，得到方程的一般解。

例如，对于方程3x + 5y = 8，我们可以通过欧几里得算法找到特解(1, -1)，然后利用贝祖等式得到一般解为x = 8 - 5t，y = 4t - 8。

2. 特殊情况的研究：除了一般情况的二元丢番图方程，研究者们还对特殊情况进行了深入研究，如方程系数之间存在某种特殊的数学关系，或者方程的限定条件比较特殊等。

这些特殊情况的研究可以帮助我们更好地理解和应用丢番图方程。

三、三元及更多元丢番图方程除了二元丢番图方程，数学家们还对三元及更多元丢番图方程进行了研究。

这类方程的求解更为复杂，需要运用到更高级的数学工具和方法，如模线性方程组的求解方法、代数数论等。

这些方法在数学研究以及实际问题的求解中发挥着重要的作用。

结论：丢番图方程作为数论中的一个重要问题，经过数学家们的长期研究，已经在很多领域有着广泛的应用。

2021年3月第38卷第i 期南宁师范大学学报(自然科学版)Journal of Nanning Normal University (Natural Science Edition )Mar.2021Vol.38 No.iD0I ：10.16601/ki.issn2096-7330.2021.01.007文章编号:2096-7330 (2021) 01-0043-04关于丢番图方程%3 + 1 — 413y 2 *华程( 泰州学院 数理学院, 江苏 泰州 225300)摘 要:利用同余式、平方剩余、佩尔方程的解的性质和递归序列证明了不定方程%3 + i — 4i3y 2的整数解只 有(%,y) — ( - 1,0).关键词:不定方程;奇素数;整数解;同余式;平方剩余;递归序列中图分类号：0156 文献标志码：A1引言有许多学者研究过如下形式的丢番图方程：%3 + 1 = Dy 2, D > 0. (1)文献［1 ］证明了，当D > 2无平方因子且不含6k + 1型的素因子时，方程(1)只有平凡解(%,y) — ( - 1, 0).但当D 含6k + 1型的素因子时，求方程的非平凡解十分困难,其中一类典型的不定方程为%3 + 1 = 7qy 2, q 为奇素数. (2)对方程(2)的研究到目前只有一些零散的结果［2~7］.本文讨论了 q — 59的情形，证明了如下定理：定理1不定方程%3 + 1 — 413y 2(3)只有平凡解(%,y) — ( - 1,0).2主要结果的证明引理1[8]设p 是奇素数,则方程4%4 - py 2 — 1除p — 3,% = y = 1和p — 7,% = 2,y = 3外，无其他的 正整数解.引理 2[8]方程 %2 - 3y 4 — 1 仅有整数解(%,y) — ( ± 2, ± 1),( ± 7, ± 2),( ± 1, ± 0).引理3[8]设p 是奇素数,则方程%4 -py — 1除p — 5,% = 3,y = 4和p — 29,% — 99,y — 1820夕卜，无 其他的正整数解.收稿日期：2020-06-23基金项目：江苏省自然科学基金(BK20i7i3i8);泰州学院教博基金(TZXY2018JBJJ002) 作者简介:华程(1985-),男，江苏泰州人，讲师，硕士，研究方向:初等数论和数学教学论.定理1的证明因为(% + 1,%2 - % + 1) — 1或3,故方程(3)可分为以下8种情形情形 I % + 1 —:59u ,%2 - % + 1 — 7y 2 ,y =仏农,(u ,v ) = 1 ；情形 II% + 1 :—7仏2,%2 - % + 1 — 59y 2 ,y =仏农,(u ,v ) = 1;情形皿% + 1—u , % — % + 1 — 413矽,y — uv ,(仏,矽)—1 ；情形W % + 1—413 u , % — % + 1 — v , y = uv , ( u , v ) — 1 ；情形V % + 1—177u 2, %2 - % + 1 — 21v 2, y —=3uv , (u ,v) — 1;情形可% + 1—21u 2, %2 - % + 1 — 177v 2, y —3uv , (u,v ) — 1;情形叽% + 1—3u 2, %2 - % + 1 — 1239v , y —=3uv , (u ,v) — 1;情形训% + 1—1239u , %2 - % + 1 — 3v 2, y —=3uv , ( u , v) — 1.-44-南宁师范大学学报（自然科学版）第38卷下面分别讨论.情形I由第一式得x=59"-1,代入第二式,整理得(118/-3)-7(2”)？=-3.(4)因为方程X-77?=-3的整数解由两个非结合类得到，其最小解为土(2+7),而佩尔方程U?-7F? =1的最小解为8+37，所以X-77?=-3的全部整数解(X,y)分别由以下两式给出：X+77=±(x”+y”7)=±(2+7)("”+””7)=±(2+7)(8+37)",n e运.X+7/7=±(x”+y”J7)=±(-2+』7)("”+””7)=±(-2+7)(8+37),n e运.根据(4)有2gu+3=±x n或土x”.又知x n=-x_”，故只需考虑118/-3=±x”.(5)容易验证下式成立：x"+2=16x n+1-x”,x0=2,x i=37.(6)若n为偶数，则由(6)知x”是偶数，此时(4)不成立.若n为奇数，则由(6)知x”三1(mod3)，此时(5)成为u=±1(mod3).(7)由(7)知，只需考虑(5)中的118u=x”+3,其中n为奇数.对递归序列(6)取模5,得周期为6的剩余类序列：2,2,0,3,3,0,2,2,…,且当n三3(mod6)时，x”三3(mod5)，此时有3u三1(mod5)，即(3u)?三3(mod5),但3是模5的平方非剩余，故排除，剩下n=1,5(mod6)，即n=1,5,7,11(mod12).对递归序列(6)取模23,得周期为12的剩余类序列：2,14,15,19,13,5,21,9,8,4,10,18,2,14,…,且当n=1,11(mod12)时，x”=14,18(mod23)，此时有3u=17,21(mod23),即u?=-2,7(mod23),但-27(7?^)=(?3)=-1,故排除，剩下n=5,7(mod12).当n=3(mod4)时，x”=3(mod8)，因此知u?= 3(mod4)，不可能，故排除n=7(mod12)，剩下n=5(mod12)，即n=5,17,29(mod36).对递归序列(6)取模37,得周期为36的剩余类序列：2,0,35,5,8,12,36,9,34,17,16,17,34,9,36, 12,8,5,35,0,2,32,29,25,1,28,3,20,21,20,3,28,1,25,29,32,2,0,…，且当n=5,17,29(mod36)时,715823x”=12,5,20(mod37)，此时有7u?=15,8,23(mod37)，但(小=1,(寸=(寸=(寸=-1,矛盾,从而排除n=5,17,29(mod36).故在该情形方程(3)无整数解.情形I由第二式得4x-4x+4=59x4x”？，(2x-1)2+3=59(2”)？，故(2x-1)2=-3592-3(mod59),但(59)=(；)=(3)=-1,不可能，故在该情形方程(3)无整数解.情形皿由第二式得(2x-1)2+3=413x4X”=7x59x(2”)？，故(2x-1)?=-3(mod683),由情形I知,不可能，故在该情形方程(3)无整数解.情形W解第二式得x=0,1,均不适合第一式，故在该情形方程(3)无整数解.情形V由第一式得x=177u-1,代入第二式,整理得(354u-3)?-21(2”)？=-3.(8)因为方程X-217?=-3的整数解由一个结合类得到，其最小解为9+221,而佩尔方程U?-21V?= 1的最小解为55+1221,所以X-217?=-3的全部整数解(X,7)为X+721=±(x”+y”21)=±(9+221)(u”+””21)=±(9+221)(55+1221)”,n e运.因此根据(8)有354u-3=±x”.(9)容易验证x”+=110x”+i-x”,x0=9,x,=999.(10)对递归序列(10)取模16,得剩余类序列的周期为2,且n=0(mod2)时x”=9(mod16),n=1(mod2)第i 期华程:关于丢番图方程%3 + i — 4i3y 2-45 -时％”三7( mod 16).此时式(9)成为354u 2 - 3 三 ± 9, ± 7(mod 16). (11)由式(11)得 354u 2 = 12, - 6,10, - 4(mod 16)，即 2u 2 = 12,10(mod 16)，也即 u 2 =6,5(mod 8),均 为模8的平方非剩余，故在该情形方程(3)无整数解.情形可 由第二式得(2% - 1)2 + 3 = 3 x 59 x (2v)2,故(2% 一 1)2 = 一 3(mod 59),由情形 II 知, 不可能，所以在该情形方程(3)无整数解.情形叽 由第二式得(2%- 1)2 + 3 — 21 x 59 x (2v)2,故(2%- 1)2 = - 3(mod 59),由情形 I 知, -3是模59的平方非剩余，所以在该情形方程(3)无整数解.情形训 将第一式代入第二式,整理得(2v)2 - 3 (826u 2 - 1)2 — 1,故有2v + (826u 2 - 1) 73 — ± (%… + y … 3 ) — ± (2 + 3)"," e 运，这里2 + 3是佩尔方程X 2 - 3尸—1的最小解.因此有826u 2 - 1 = ±y ” ," e 运，即826u 2 = ±y ” + 1.因 y -… =- y …，故只需考虑826u 2 =y " + 1. (12)可验证：%"+2 = 4%n+' 一 ％" ,%0 = 1 ,%' = ?.(13)y …+2 = 4y …+1 -y …小=0，y , = '•(14)%"+' = ?%" + 3y ” ,y …+, = %… + 2y ….(15)%" = %"2 + 3y …2 ,y ?… = 2%…y … ,%…2 一 3y …2 = '• (16)%"—' = 2%" - 3y … ,y …_' =- %" + 2y …. (17)若"=0( mod 2),则由(14)知y … = 0( mod 2),此时式(12)不成立.若"=1( mod 4),令"—4k + 1 ( k e ~L ),则由(15)、(16)可得413u = %2*丁2*+'.826u = y4k +1 + 1 = %4k + 2y 4k + 1 = %2k + 3y 2k + 4%2k y 2k + %2k 一 3y 2k = 2%2k ( %2k + 2y 2k ) = 2%2k y 2k+', 即又因(%2k ，y 2k+' ) = (%2k ，%2k + 2y 2k ) = ( %2k ，2y 2k )—1,所以下列情形之一成立：%k= 413m ? ,y?k+1= h 2 , u = mh,( m, h) =二 1.(⑻%2k = m ? ,y 2k+' = 413h ? ,u = mh,( m, h) =二 1.(19)%2k = 7m 2, y 2k+1 =59h 2, u = mh,( m, h) =二 1.(20)%2k = 59m ? ,y 2k+ ':= 7h 2, u = mh,( m, h) =二 1.(21)将(18)的第二式代入 %k +'一 3y ?k+1 = 1,得 %?k+1- 3h 4 =1.根据引理2知，h 2 :二 0,1,4,即 y 2k+ i = 0,但仅有y k+' — 1成立，故k — 0.但由(13)及(18)的第一式知，%0 H 413m 2,所以式(18)不成立.将(19)的第一式 %2k — m 2 代入 %k - 3y ?k — 1 ,得 m 4 - 3y ?k — 1.根据引理 3 知，m 2 — 1,即 %2k — 1 ,从 而k — 0,但由(14)及(19)的第二式知，y , H 413A 2,所以式(19)不成立.对于(20)，由(15)得,y 2k +, = %2k + 2y 2k ，故有 59A 2 = 7m 2 + 2y 2k ,即59A 2 - 7m 2 — 2y 2k . (22)因 %2k 和 y 2k +'均为奇数，故 m 和 h 均为奇数，从而 m 2 = A 2 = 1 ( mod 8).又 y 2k = 0 ,4(mod 8) ，故 2y 2k = 0(mod 8).对(22)两边取模8,得-4 = 0(mod 8),不可能.对于(21),由类似于式(20)的讨论知，它也不可能成立.若"=-1 ( mod 4),设"—4k - 1 ( k e 运)，则由(15)、(16)、(17)式可得826u 2= y 4k-1 + 1=- %4k + ?y 4k + 1 =一 (%?k + 3y ?k ) + 4%?k y ?k + 1 =2y 2k (2%2k 一 3y 2k )=-2y 2k %2k-1,即 413u 2 —%2k —' y 2k . 又因为(％2k-'，y 2k ) = (2%2k 一 3y 2k ，y 2k)= ( 2%2k , y 2k ) =2, 所以下列情形之一成立%2k-' = 2m ? ,y 2k = 826h ?, u =2mh,( m, h) =:1.(23)%2k —i ― 826m , y ?k ― 2h , u ―2mh,( m, h) =:1.(24)%k-1 = 118m ,y ?k = 14h , u 二2mh,( m, h)=1.(25)-46-南宁师范大学学报(自然科学版)第38卷x k-,=14m?,y?k=118A?,u=2mA,(m,A)=1.(26)将(23)的第一式x k-,=2m?代入x?k-，-3y?k_,=1,得4m4-3y?k_,=1.根据引理1知,m?=1,此时x?k_, =2,从而k=1或0,其中k=0时有h=0,u=0,从而方程(3)只有整数解(x,y)=(-1,0).由(24)的第二式y k=2h?得x k y k=h?,考虑到(x k,y k)=1,有x k=a?,y k=b?,故(a?)?-3b4=1,根据引理2知,a=1，此时x k=1，从而k=0,所以(24)的第一式不成立.由(25)的第二式得x»y»=7h?,考虑到(x k,y k)=1,有x k=a2,y k=7b2,h=ab,(a,b)=1,(27)或x k=7a2,y k=b2,h=ab,(a,b)=1.(28)若(27)成立,则有a4-3(7b2)2=1.(29)由引理3知，方程(25)仅有整数解(a,b)=(±1,0),此时y k= 0,故k=0,所以(25)的第一式不成立.若(28)成立,则有(7a)?-3b4=1.(30)由引理2可知方程(30)仅有整数解(a,b)=(±1,±2)，所以x k=7,从而k=2.这时n=7,故由(12)可得826u2=y7+1=2912,不可能.仿式(25)可证式(26)也不可能成立.综上,在该情形时不定方程(3)无整数解.定理1得证.参考文献：[1]柯召，孙琦.关于丢番图方程x3士1=Dy[J].中国科学,1981,24(12):1453-1457.[2]瞿云云，包小敏.关于不定方程x3+1=119y[J].西南师范大学学报(自然科学版)，2009,34(1)：9-11.[3]杜先存，管训贵，杨慧章.关于不定方程x3+1=91y[J].内蒙古师范大学学报(自然科学汉文版)，2013,42(4)：397-399.[4]周科.关于丢番图方程x3+1=427y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2015,32(3)：23-25.[5]周科.关于丢番图方程x3+1=749y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2017,34(3)：35-37.[6]高丽,杨婕.关于不定方程x3+1=1043y的整数解[J].延安大学学报(自然科学版)，2018,37(3)：5-6.[7]周科，陈雨君.关于丢番图方程x3+1=959y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2018,35(4):33-35.[8]曹珍富.丢番图方程引论[M].哈尔滨:哈尔滨工业大学岀版社，2012.On the Diophantine Equation x3+1=413yHUA Cheng(School of Mathematics and Physics,Taizhou University,Taizhou225300,China)Abstract：Using congruence,quadratic residue,some properties of the solutions to Pell equation and re­current sequence,we prove that,the Diophantine equation x3+1=413y2only has integer solution(x,y)= (-1,0).Key words:Diophantine equation;odd prime;integer solution;congruence;quadratic residue;recur­sive sequence［责任编辑:班秀和］［见习编辑:彭喻振］。

.. . …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025=-++y x x 的整数解 解 已知方程可化为231232223225++=++++=+++=++=x x x x x x x x y 因为y 是整数，所以23+x 也是整数. 由此x+2=1，-1，3，-3，即x=-1，-3，1，-5，相应的.0,2,0,4=y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，缩小未知数的围，就是利用限定条件将未知数限定在某一围，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2510737=+y x 的整数解.解 因为251)107,37(=,所以原方程有整数解.用辗转相除法求特解:18433,413337,33237107+⨯=+⨯=+⨯=从最后一个式子向上逆推得到19107)26(37=⨯+-⨯所以25)259(107)2526(37=⨯⨯+⨯-⨯则特解为⎩⎨⎧=⨯=-=⨯-=225259650252600y x 通解为Z t t t y t t x ∈⎩⎨⎧++=+=+--=--=,)6(37337225)6(1078107650 或改写为.,3731078Z t t y t x ∈⎩⎨⎧+=--=(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围.例3 求方程1111=++z y x 适合z y x ≥≥的正整数解. 解 因为z y x ≥≥所以z y x 111≤≤ 所以z z z z y x z 1111111++≤++〈 即zz 311≤〈 所以31≤〈z所以.32==z z 或当2=z 时有2111=+y x 所以y y y x y 11111+≤+〈所以yy 2211≤〈 所以42≤〈y所以;46,43或相应地或===x y y当3=z 时有3211=+y x 所以y y y x y 11111+≤+〈 所以y y 2321≤〈 所以.3;3,3==≤x y y 相应地所以).3,3,3(),2,4,4(),2,3,6(),,(=z y x(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2510737=+y x 的整数解.解 因为251)107,37(=，所以原方程有整数解.有10737〈，用y 来表示x ，得37412313710725y y y x +-+-=-= 则令12374,37412=-∈=+-m y Z m y 即 由4<37,用m 来表示y ,得49343712m m m y ++=+=令.4,4t m Z t m =∈=得将上述结果一一带回，得原方程的通解为 Z t ty t x ∈⎩⎨⎧=+--=,3731078 注①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c by ax =+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.②对于二元一次不定方程c by ax =+来说有整数解的充要条件是c b a ),(.⎩⎨⎧⎩⎨⎧∈-=+=∈+=-=)(,)(,0000Z t at y y bt x x Z t at y y bt x x 或(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14353=+y x 的整数解.解 原方程等价于0)28(5)1(331405314353=-+-⇔+=+⇔=+y x y x y x因为()15,3=所以⎩⎨⎧∈=-=-Z t t y t x ,32851 所以原方程的通解为.,32851Z t t y tx ∈⎩⎨⎧+=-=(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围，另一方面又可用n2或)(12Z n n ∈+代入方程，使方程变形为便于讨论的等价形式.例6 求方程32822=+y x 的正整数解.解 显然y x ≠,不妨设0〉〉y x因为328是偶数，所以x 、y 的奇偶性相同，从而y x ±是偶数.令112,2v y x u y x =-=+则1u 、.0,111〉〉∈v u Z v 且所以1111,v u y v u x -=+=代入原方程得1642121=+v u同理，令2211211(2,2u v v u u v u =-=+、)0,222〉〉∈v u Z v 且于是，有822222=+v u 再令3223222,2v v u u v u =-=+得412323=+v u此时，3u 、3v 必有一奇一偶，且[]641033=≤〈〈u v取,5,4,3,2,13=v 得相应的16,25,32,37,4023=u 所以，只能是.4,533==v u从而2,18==y x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.例7 求方程7111=+y x 的正整数解. 解 显见，.7,7〉〉y x 为此，可设,7,7n y m x +=+=其中m 、n 为正整数. 所以原方程7111=+y x 可化为 717171=+++n m整理得()()()().49,777777=++=+++mn n m n m 即所以49,1;7,7;1,49332211======n m n m n m相应地56,8;14,14;8,56332211======y x y x y x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bc a b =，求a 的最大值和最小值，并求出此时相应的b 与c 的值.解 由题意得⎩⎨⎧==++acb c b a 213，消去b 得()ac c a =--213 整理得到关于c 的一元二次方程()().0132622=-+-+a c a c 因为()().3520,01342622≤≤≥---=∆a a a 解得因,0≠a若,916,014425,12===+-=c c c c a 或解得则有符合题意，此时;9311641⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧=-==c b a c b a 或若17=a 时，则有,01692=+-c c 无实数解，故;17≠a若16=a 时，则有,09102=+-c c 解得,91==c c 或符合题意，此时;912161416⎪⎩⎪⎨⎧=-==⎪⎩⎪⎨⎧=-==c b a c b a 或综上所述，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.9316491214⎩⎨⎧==⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧=-=c b c b c b c b 或和或(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.,24522的值求x y y x y x y x ++=++ 解 由题意045222=+-+-y y x x 即 ()021122=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-y x 所以21,1==y x 所以23211=+=+x y y x(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b a +、b a ⋅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()051082=+--pq x q p x 至少有一个正整数根，求所有的质数对().,q p解 设方程的两根分别为1x 、(),212x x x ≤由根与系数关系得⎩⎨⎧=⋅-=+pq x x q p x x 51082121 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⎩⎨⎧==p q p q pq pq x q p q p x ,,5,5,,55,5,,,5,121 所以.5,5,5,1521q p p q pq pq x x ++++=+①当1521+=+pq x x 时，即,10815q p pq -=+因为p 、q 均是质数，所以,1081015q p p pq -〉〉+故此时无解.②当5521+=+pq x x 时，即,1085q p pq -=+所以()(),85810-=-⋅+q p 因为p 、q 都是质数，且,810-〉+q p 所以,1,5885,1710⎩⎨⎧--=-=+q p解得符合条件的质数对为()().3,7,=q p③当p q x x +=+521时，即,1085q p p q -=+所以,157q p =满足条件的质数对. ④当q p x x +=+521时，即,1085q p q p -=+所以,113q p =于是()()()().3,11,3,7,==q p q p 或综上所述，满足条件的质数对为()()()().3,11,3,7,==q p q p 或(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k kx y x y +=-=或3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1=k 时，直线13+=-=x y x y 与平行，所以两直线没有交点; 当0=k 时，直线()轴即与x y x y 03=-=交点为整数;当1≠k 、0≠k 时，直线k kx y x y +=-=与3的交点为方程组⎩⎨⎧+=-=kkx y x y 3的解，解得⎪⎩⎪⎨⎧--=---=1413k k y k k x 因为x 、y 均为整数, 所以1-k 只能取4,2,1±±± 解得.3,5,1,3,0,2-=k 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()01322=+++x k kx 有有理根，求k 值. 解 因为0≠k ，所以()01322=+++x k kx 的根为()()(),25223229843222kk k k k k k x ++±+-=++±+-=由原方程的根是有理根，所以()5222++k 必是完全平方式. 可设(),52222m k =++则(),52222=+-k m 即()(),512222⨯=--++k m k m 因为m 、k 均是整数,所以⎩⎨⎧=--=++522122k m k m ,⎩⎨⎧=--=++122522k m k m ⎩⎨⎧-=---=++112522k m k m ,⎩⎨⎧-=---=++522122k m k m 解得,02或-=k 因为,0≠k 所以k 的值是-2.(13)判别式法一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ac b 42-=∆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.例13 求方程431112=++xy y x 的整数解.解 已知方程可化为()044342=-+-xy y x 因为x 、y 均为整数，所以,06448162≥+-=∆x x 且为完全平方数. 于是，令(),464481622n x x =+-其中n 为正整数 所以()04322=-+-n x x 因为x 、n 均为整数 所以(),04492≥--=∆n 且为完全平方数， 即有，742-n 为完全平方数. 于是，再令,7422m n =-其中m 为正整数 所以()()722=-+m n m n 因为m n m n -+22与奇偶性相同，且m n m n -〉+22 所以12,72=-=+m n m n 由上.2=n相应的,032=-x x 解得()303===x x x ，所以舍去或 把3=x 代入已知方程中得(),522舍去或==y y 所以2=y 所以()()2,3,=y x(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()0≠=+abc cxy by ax 整数解的基本思路:将()0≠=+abc cxy by ax 转化为()()ab b cy a x =--后,若ab 可分解为,11Z b a b a ab i i ∈=== 则解的一般形式为,⎪⎩⎪⎨⎧+=+=c b b y c a a x ii 再取舍得其整数解. 例14 方程a b a ,4132=-、b 都是正整数，求该方程的正整数解.解 已知方程可化为ab a b =-128 所以()()9696812-=+-+b a ab 即()()96128-=+-b a 因为a 、b 都是正整数 所以1212,0〉+〉b b 这样964832241612或或或或=+b 所以4b或12或20或36或84=相应地=a或4或5或6或72所以方程的正整数解为:()()()()().12,5,4,220,4,,784,,36,6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。

著名的丢番图⽅程，最有趣的“世界难题”，从古研究⾄今2019年9⽉6⽇，由布⾥斯托尔⼤学和⿇省理⼯学院的研究⼈员领导的⼀个团队宣布，他们发现了所谓的“三个⽴⽅数和”的问题的最终解，即求⽅程x³+ y³+ z³= k的整数解，k的值在1到100之间。

⾃1954年提出以来，直到2016年，除了k=33和k=42的两个解之外，所有的解都被找到了。

19年3⽉，数学家安德鲁·R·布克（Andrew R. Booker）发表的⼀篇论⽂中宣布，他在布⾥斯托尔的超级计算机上花费了数周的计算时间，找到了k=33的正确解。

不久后，k=42的解也被发现了（布克和⿇省理⼯学院的安德鲁·萨瑟兰），答案是：对于k在1到1000之间的值，114、165、390、579、627、633、732、906、921和975的解仍然没有被发现。

丢番图⽅程三个⽴⽅和的问题是求丢番图⽅程解的⼀个例⼦，它可以定义为：定义丢番图⽅程是⼀个有⼏个未知数、系数为整数的代数⽅程。

也就是说，丢盘⽅程是有⼏个未知变量（x，y，z， ……）的⽅程，它的解（=0）只有当⽅程的系数是整数时才会出现。

线性丢番图⽅程线性丢番图⽅程是⼀阶⽅程，其解被限制为整数。

线性丢番图⽅程为：其中a、b、c为整数系数，x，y为变量。

例如：有多少个整数解？因为这是⼀个有两个未知数的⽅程，我们不能⼀次解⼀个变量（就像⼀个典型的线性⽅程组⼀样）。

相反，对于线性情况，我们可以使⽤以下定理：线性丢番图⽅程有整数解当且仅当c是a和b的最⼤公约数的倍数。

如果整数（x， y）构成给定a，b，c的线性丢番图⽅程的解，那么其他的解有（x + kv, y - ku）的形式，其中k是任意整数，u和v是a和b的最⼤公约数的商。

两个或两个以上整数的最⼤公约数（它们都不为零）是能整除每个整数的最⼤正整数。

对于上⾯的例⼦，我们可以先提出公约数5，得到：a和b的最⼤公约数是1和5。

丢番图方程丢番图方程又名不定方程、整系数多项式方程，是变量仅容许是整数的多项式等式；即形式如，其中所有的a j、b j和c 均是整数，若其中能找到一组整数解m1,m2...m n者则称之有整数解。

丢番图问题有数条等式，其数目比未知数的数目少；丢番图问题要求找出对所有等式都成立的整数组合。

对丢番图问题的数学研究称为丢番图分析。

3世纪希腊数学家亚历山大城的丢番图曾对这些方程进行研究。

丢番图方程的例子有贝祖等式、勾股定理的整数解、四平方和定理和费马最后定理等。

一次不定方程一次不定方程是形式如a1x1 + a2x2 + ... + a n x n = c的方程，一次不定方程有整数解的充要条件为： (a1,...,a n)须是c的因子，其中(a1,...,a n)表示a1,...,a n 的最大公因子。

若有二元一次不定方程ax+ by= c，且(a,b) | c，则其必有一组整数解x1,y1，并且还有以下关系式：∙x = x1 + [b / (a,b)]t∙y = y1− [a / (a,b)]tt为任意整数，故此一次不定方程有无限多解。

请参见贝祖等式。

丢番图分析经典问题∙有解答吗？∙除了一些显然易见的解答外，还有哪些解答？∙解答的数目是有限还是无限？∙理论上，所有解答是否都能找到？∙实际上能否计算出所有解答？希尔伯特第十问题1900年，希尔伯特提出丢番图问题的可解答性为他的23个问题中的第10题。

1970年，一个数理逻辑的结果马蒂雅谢维奇定理（Matiyasevich's theorem）说明：一般来说，丢番图问题都是不可解的。

更精确的说法是，不可能存在一个算法能够判定任何丢番图方程式否有解，甚至，在任何兼容于 Peano 算数的系统当中，都能具体构造出一个丢番图方程，使得没有任何办法可以判断它是否有解。

现代研究∙丢番图集是递归可枚举集。

∙常用的方法有无穷递降法和哈赛原理。

∙丢番图逼近研究了变量为整数，但系数可为无理数的不等式。

关于丢番图方程x^2＋y^2=2z^2关于丢番图方程x"+Y"一2z"骨州一七四煤田地质勘探队子弟学校邓渡在研究丢番图方程(Diophalatine《qt=~ltiQn)x'+y'=z'中,我们发现,研究丢番图方程x'+y'=2z的整数解是很有意义的.盖番图方程x'+=2z明显的整数解有x:k,Y=k,z=k.并且当n是奇数对,还有解x=k,y=一k,z=0,这里k表示任一整数,我们称这墅解为平见解.理在的问题是除了这些平凡解外,它是否还有其它解,或番为非平凡解呢?下面的定理1将表明n=2时,丢番嘲方而K=D—K.,代^上式,得CD+1=(D—K)?10,(10'一C.)D一1=K{n取C=10'一C,,程x+y=2z有非平凡解.定理l丢番图方程x.+,=2z的所有整数解均可由x=±(m一n+2ran)k,】r±《m0一n.一2ran)k,z=±(m+n.)盘x=±(irl一n一2ran)k,y=±(m0—11+2mn)k,z=±(m+n.)k表也,这里垮整数或零,m,n是整数,且m&gt;n&gt;0,(m,n)=1,m,n～奇一锅.先给出荸l理1Ⅲ方程x.+.崤冠(x,CD一1K?i0(6)显然,C=}0一C是整数,并且出(6)茹知C为.这就完争证明了gl理的结论.二,自然数的整除判别法刊别法t自然数N=10a+b被D(D与10Ni素)整除的充要条件是I=a+bK赦D接除.今后我们称这种判剐自然数N能否被【]墼豫的方法为D的(n.K)f另【J法.证瞬由引理知存-整数C,使CD+1=K1O故N一^f.10=(】Oa4-一(a+bK)10=一(K10一1)b=一CbD所以,K—MlO能被【整除,又D与10互素,故N能被D整除的兔要条件是M能被1O 整除.证毕.类似地,可以证明下f判别按1自然数N=1,0a4-b被D(D与10互索)整除的亮要条件是M:a—bK被D整除.一'今后,我们称这种判别自然数N船否被D整除的方法为D的(n.一K)判别法.例1尹f别48345882能否被l3整除?由表I知13有(1.4).(1.一9),(2,3).(2.一10),(3.12),(3,一1).……等判别法,其中&lt;1.4),(23),(3,一1)等判别法使用时计算量较小..4834588247463(2.3)法+189 (63x0)663(1,4)法I2……(3×4)78因为78能被13整除,..屯原数能被l3整除. 利用这个判别法,极翳导出一系列除性的特辣判别法,如1.N=a】l0+az10'一+…+a一【10+a能被3或9整除的充要条件是M=c+a+…+a能被3或9整除.2.K=I10+a10'十…+a【10+a能被l1整除的充要条件是M=(a4-as+a5+…)一(a2+a'+咀6+…)能被11整除.y)=1,X&gt;0,Y&gt;0,z&gt;0,21x的全部解可表为x=2ab,y=a一b,z=a十b.这里a&gt;b&gt;0,(a,b)=1,b一奇一偶定理1的汪明:'设(X,y):k,x=k¨ykY】,X十Y.=2z得k是正整数或零.争则x"Y1)=1,代入Yi=2(一})(1)左边是整数,从而2(一}必为整数,由此易推知÷也是整数.设÷=z,代入(1)得x{+y{=2zi由.(2)变形得(xl+YI)=2(zi+x1YI)(2)所以x1+y1E0(rood2),从而xl～y =(xjYI)一2yIE0(mod2).设X1+Y =2XI,盖1Y1=2Y1,解得xJ=Xl+Yj, .=X1一YI,代入(2)得(XJ+Y1)+(Xj—Y1)=2zi2X{+2Y}=2z{印X{+Yj=z{由于(xI-Y1)=1,由引理1可知tXI=±2mi1,Yl=zI=±(m+12.)或X1±(m～rl.),zI±(m+Ⅱ)(Xl,Y1)=1,±(in.一12.),YI=±2mn,这里m&gt;n&gt;0,(m,n)=1,m,n一奇一偶.所以xl=±((m.一12)+2mn),YI=±((m一12)～2mn),z1;±(m+12)或x1='±((m—12)一2ran),y1±【(m一n.)+2mn),zI=±(m十n)因此,工:士(m一n十2mn)k.Y=±(m一n一2mn)k.z±(122+12.)k,或x=(m.一12～2_丑)k,,=±(m一n+2ran)k,z=±(m+n)k这里m&gt;n&gt;O,(m,n)=1,m,n一奇一偶,k是正整数或零.定理l吐毕.下面我们用初等方法证明x+y=2z.只有平凡解.先仿照[2](可去掉(a,b)=1的限制)证明.方程z.=2a(a+3b.)只有解a=0,b=k,z=0}a=k,b=±k,z=2,k是整数.且易证得目『理2丢番图方程a(a十3h)=z只有解a:0,b=k,z:O}ak,b=O,z:k,k是整数.,定理2丢番图方程x草'.2z.只有凡平解,x=a,y=a,z=a;x=a,Y=～a,z=0,这里a表示整数.证明设(x,y)=b,则x-bx1,=by1,(xI,YI)=i.代入x.午y#=2z.后,得d(x十y)=2z0y{=2(÷).因此,2(寺).是整数,同样,可证手也是整数.令手_zI,得Xi+Y=2zx:+YI兰xi十Yi曼2zI=--o(埘od2),趴而Xi—Y1E0(inod2),2XI,l—y】=2Y】,Y1,YI=Xl～Yl,因而可设X1+YJ解得x2=XI+(Xl÷Y1)十(xl—YI).=2zi2X+6xY2z化简,得x(X+3Y{)=z(3)由引锺2知(3)只有解X.=O,Y=k,z】=0}a=k,b=0,z=k.相应地xl=Yj,10JIyIz1.即方程x.十Y=2z.只有平凡解x=k,一,目f言差分幂级数及其在求和中的应用岳Ir莒大学璃持中差分方法在求和中有许多应用.本文把幂级数与它的差分级数联系起来,缛到一个简单而优美的公式,能方便地解决一些求和问题.为方便,本文所使用的差分均为反向差分,亦印,设有数列口,aI,a2,…,a,…,(1)定义V aa=a口,n21时V a=a一a一I, (2)称V a为a的一阶差分(简称差分.)r&gt;l时定义V a:甲(一a)(3)为a的r阶差分.如无特殊声暇,本文中的幂级数均指形式幂级数,关于这方面的知识,'可在许多专着或小册子中找到,比如[1]一C4].二,幂级毂的差分变换公式∞∞设有幂级数∑aX,我们称∑v:a?口一n一u 为它的r阶差分级数.一个幂级数与它的差分级数有如下关系tD.1㈣定理l.x『=i厂.Vnx'.(4)这就是幂级数的差分变换公式.证我们有.∞..∞《1一x).anx=军.nx一;.x¨a口十∑(a一a…)X一薹-o誊xcs,..再将(5)应用于暑甲.n'得.a-X=百军.V.如此反复进行即可得(4)由此定理,我们可得a与V a之间的关系.推论la证由+i)a.(6)=量e二)x,以之代入(4)并比较两边系数即谴.推论2V a=∑(一1)()a….●.Ol'(7)证(4)可化为∞∞∑V a?X=(1一X)∑ax.(8)B0Ⅱ.0将上式右边展开并比较两边X的系数即证.由定理1可知,若一个幂级数的某阶差分数列可求和,则此幂级数可求和.X××××××××××X××××××××××X××××××××××x××××××Y=一k,z=0}x=k,Y=k,z=k,这里只有平凡解.k是整数.从而定理2证毕.由定理2,我们猜测,当n23时,丢番图方程x+Y=2z只有平凡解.显然,要证明这个猜测,只需证明t对任意奇素数IP,x十Y'=2z只有平凡解,x+y2z参考文蘸(1]柯召孙琦《数论讲义》(下册)P.219高等教育出设社(2]嗣上,P.222—223.23。

丢番图的年龄–初一学生如何学会用方程解决问题对于初一新生，从用数学的思维方式解决问题转到用方程的思维方式解决问题是很关键一步，成年人都知道方程的解题方法比数学简单，但对于孩子这种解题观念的转变却不容易。

下面用一个相对复杂的习题总结一下解题套路，习题选自北师大版《数学》七年级上册P196页8题：古代希腊数学家丢番图（公元3-4世纪）的墓碑上记载着：“他生命的1/6是幸福的童年；再活了他生命的1/12，两颊长起了细细的胡须；又度过了一生的1/7，他结婚了；再过5年，他有了儿子，感到很幸福；可是儿子只活了他全部年龄的一半；儿子死后，他在极度痛苦中度过了4年，与世长辞了。

”1、他结婚时的年龄是多少？2、他去世时的年龄是多少？首先，要扭转孩子一上来就用数学的方法去思考的习惯，就这个题来说，不需要去想5年相当于数学家生命的几分之几、4年相当于数学家生命的几分之几，这是数学的思考方式；而是不管那么多，先按照用方程解决问题的套路，确定一个合理的变量x：用方程解决问题的第一步：设未知量 x 。

对于初一数学而言，设那个量为 x 也一般不会绕弯：一般情况下，题中问什么，就设什么为 x 就好。

对于本题，则设数学家去世时的年龄为 x 。

接下来：用方程解决问题的第二步：找等量关系，列出含有未知量 x 的方程式。

这一步是解方程应用题的关键，对大多孩子而言也是难点，这里的技巧是：把题中给出的条件先用数学语言表示出来，再思考其中的等量关系。

这样一个过程可以帮助学生理清思路，降低难度。

比如本题，可让孩子将每一条件用数学语言翻译一遍：既然已经设了数学家的生命为 x ，那么，针对题中每句话的数学语言描述就是：题中的自然语言翻译成数学语言他生命的1/6是幸福的童年童年时代＝1/6x再活了他生命的1/12，两颊长起了细细的胡须活到长胡须＝童年+1/12x＝1/6x+1/12x又度过了一生的1/7，他结婚了同样道理，数学家活到结婚＝1/6x+1/12x+1/7x再过5年，他有了儿子同理，活到他有儿子＝1/6x+1/12x+1/7x+5可是儿子只活了他全部年龄的一半活到他儿子死＝1/6x+1/12x+1/7x+5+1/2x儿子死后，他在极度痛苦中度过了4年，与世长辞了活到他自己死＝1/6x+1/12x+1/7x+5+1/2x+4分析至此，一般孩子都能悟到实际上上式右边的1/6x+1/12x+1/7x+5+1/2x+4就是数学家从生到死的年龄，也就是我们设的那个未知量 x ，于是也就自然而然地找到了等量方程：1/6x+1/12x+1/7x+5+1/2x+4 = x那么剩下的事情就简单了：用方程解决问题的第三步：解方程。