一类不定方程的解集判别7075

2017浙江政法干警考试行测技巧：不定方程解法大全2017浙江政法干警考试备考已经开始啦，小伙伴们可以加2017浙江政法干警考试群：385027028和战友们一起复习喽，加群轻松获得备考指导与考试资料，更多的考情动态和考试新闻会及时在群消息中通知，小伙伴们不要错过群消息哟!更多备考资料请点击：浙江政法干警考试网方程思想是一种很基本且重要的数学思想，在高频题型中都有该思想的应用，例如年龄问题、溶液问题、容斥问题以及极值问题都会利用方程思想来解决问题。

当然方程法也是政法干警考生在平时作答数量关系题目时最常用也是最喜欢用的方法之一，但是在行测考试中，往往将不定方程作为一个重要而固定的考点，在不定方程中我们会发现，这一类题目题干描述得比较清晰，对题目的理解往往不会存在很多的问题，列式也比较简单，但是在解不定方程的过程中，考生们往往感觉束手无策，很多考生在面对这个拦路虎时，往往凭运气，能看出来的就做，不能看出来就放弃了。

然而实际上这类题型在解决的时候是有固定套路的，只要你能掌握好这些套路，基本上大部分的不定方程问题都能搞定。

因此，接下来将会为大家梳理一下目前不定方程问题的常用的求解方法。

(一)尾数法若未知数有5x或10x这样的数值，它们的尾数比较少，可以通过确定尾数，进而缩小未知数取值范围。

【例】某国硬币有5分和7分两种，问用这两种硬币支付142分货款，有多少种不同的方法?A.3B.4C.6D.8【解析】根据题意可以列出式子5x+7y=142，由于题目中未知数的系数出现5，所以可以用尾数法确定尾数。

5x的尾数只有两种情况0或者5，那么对应的7y的尾数就只能是2或者7，这样加和后才能是结果为2的数，7y只有当y=1、6、11、16时尾数是符合题意要求的，所以有4种不同情况。

答案选B。

(二)奇偶性观察不定方程中未知数的奇偶性质，从而减少未知数的取值情况。

【例】装某种产品的盒子有大、小两种，大盒每盒装11个，小盒每盒装8个，要把89个产品装入盒内，要求每个盒子都恰好装满，需要大、小盒子各多少个?A.3、7B.4、6C.5、4D.6、3【解析】根据题意可以列出式子11x+8y=89，两个未知数一个方程，典型的不定方程。

竞不定方程不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解.(1) 不定方程解的判定如果方程的两端对同一个模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.例1 证明方程2x2-5y2=7无整数解.证明∵2x2=5y2+7，显然y为奇数.①若x为偶数，则∴∵方程两边对同一整数8的余数不等，∴x不能为偶数.②若x为奇数，则但5y2+7∴x不能为奇数.因则原方程无整数解.说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.例2 (第14届美国数学邀请赛题)证明方程无整数解证明如果有整数x，y使方程①成立，则=知（2x+3y2）+5能被17整除.设2x+3y=17n+a，其中a是0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8中的某个数，但是这时（2x+3y）2+5=（17n）2+34na+（a2+5）=a2+5（mod17），而a2+5被17整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下（2x+3y）2+5都不能被17整除，这与它能被17整除矛盾.故不存在整数x，y使①成立.例3 （第33届美国数学竞赛题）满足方程x2+y2=x3的正整数对（x，y）的个数是（）. （A）0 （B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对解由x2+y2=x3得y2=x2（x-1），所以只要x-1为自然数的平方，则方程必有正整数解.令x-1=k2(k为自然数),则为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D).说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.(2) 不定方程的解法不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.例4 求方程的整数解.解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的平方和等于132即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解解得例5 (原民主德国1982年中学生竞赛题)已知两个自然数b和c及素数a满足方程a2+b2=c2.证明:这时有a＜b及b+1=c.证明（因式分解法）∵a2+b2=c2，∴a2=（c-b）（c+b），又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a2.于是得c=b+1及a2=b+c=2b+1＜3b，即＜.而a≥3,∴≤1，∴＜1.∴a＜b.例6（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程的正整数（a，b，c）的组数是（A）0 （B）1 （C）2 （D）3 （E）4解（质因数分解法）由方程ac+bc=23得（a+b）c=23=1×23.∵a，b，c为正整数，∴c=1且a+b=23.将c和a=23-b代入方程ab+bc=44得(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,∴b1=2,b2=22.从而得a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和(1,22,1),应选(C).例7求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.解由(y-2)x=2y-7,得分离整数部分得由x为整数知y-2是3的因数,∴y-2=±1，±3，∴x=3，5，±1.∴方程整数解为例8 求方程x+y=x2-xy+y2的整数解.解（不等式法）方程有整数解必须△=（y+1）2-4（y2-y）≥0，解得≤y≤.满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；当y=1时，由原方程可得x=2或0；当y=2时，由原方程可得x=1或2.所以方程有整数解最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.例9 求满足方程且使y是最大的正整数解（x，y）.解将原方程变形得由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应是144的约数，所以，12-x=1，x=11，这时y=132.故满足题设的方程的正整数解为（x，y）=（11，132）.例9（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0＜x＜y及的不同的整数对（x，y）的个数是（）.（A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7解法1 根据题意知，0＜x＜1984，由得当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=26·31，故当且仅当x具有31t2形式时，1984x 是完全平方数.∵x＜1984，∵1≤t≤7.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t＞3时y≤x不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.解法2 ∵1984=∴由此可知：x必须具有31t2形式，y必须具有31k2形式，并且t+k=8（t，k均为正整数）.因为0＜x＜y，所以t＜k.当t=1，k=7时得（31，1519）；t=2，k=6时得（124，1116）；当t=3，k=5时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3.练习1.(第26届国际数学竞赛预选题)求三个正整数x、y、z满足.2．求的整数解.3．（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件的整数x，y的所有可能的值.4.(1988年全国初中数学竞赛题)如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.练习1.不妨设x≤y≤z,则,故x≤3.又有故x≥2.若x=2,则,故y≤6.又有,故y≥4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≤y≤4,y=3或4,z都不能是整数.2.先求出,然后将方程变形为y=5+x-2要使y为整数,5x-1应是完全平方数,…,解得3.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≥0及y为整数可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).4.易知p≠q,不妨设p＞q.令=n,则m＞n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.。

不定方程问题的常见类型及其常用策略
不定方程是数学中一类特殊的方程，由于它没有明确的解，因此在解决它的过程中需要经过一定的策略。

下面我们来看看不定方程问题的常见类型及其常用策略。

首先，不定方程可以分为两类：一类是一元不定方程，即只有一个未知数的不定方程；另一类是多元不定方程，即有多个未知数的不定方程。

对于一元不定方程，可以采用求根法、变量分解法、伴随系数法等策略来解决。

而对于多元不定方程，可以采用消元法、逐步求解法、变量分解法等策略来解决。

此外，还可以采用解析法来解决不定方程，即利用函数的性质，将不定方程转化为可解的方程，从而求出解。

最后，还可以采用数值法来解决不定方程，即利用数值迭代法，通过迭代求出不定方程的解。

不定方程问题的常见类型及其常用策略有求根法、变量分解法、消元法、逐步求解法、解析法和数值法等，可以根据实际情况选择不同的策略来解决不定方程。

极端法解一类对称不定方程问题
极端法是指通过认为变量取极端值或在复杂问题中，忽略未被明确提出的细节，把复杂问题拆分为几个更简单的独立子问题来解决问题的一种方法。

它主要用于解一类对称不定方程问题。

一类对称不定方程问题中，方程本身存在不确定性，针对不确定性，极端法通过把变量取极值的方法，把复杂的问题转化为极端条件来求出最优解。

若应用极端法，解决一类对称不定方程问题，需要从几个角度出发。

首先，需要确定极端条件，即变量是取极值还是取非极值。

然后，在取得极值状态后，得出不同的解；最后，在极端条件内，结合问题实际情况，选择最优解作为最终解。

应用极端法解决一类对称不定方程问题，具有其独特性及优点。

首先，其解决方案都是最优解,可以有效解决问题。

其次，其算法结构明确，计算量小，收敛速
度快，对算法的复杂性要求相对较低，使用起来较为方便。

最后，应用极端法解决一类对称不定方程问题，其结果可靠，其求解步骤相对简洁，使得研究人员可以更为快捷、精确地解决问题。

总之，极端法是解决一类对称不定方程问题的有效手段，也是常见的算法技巧。

它的应用和解决能力在现代科学技术发展中发挥着越来越重要的作用，是优化算法设计的重要参考。

一类不等式的判定算法
解烈军
【期刊名称】《淮阴师范学院学报（自然科学版）》
【年(卷),期】2005(004)002
【摘要】应用零点定理,斯图姆定理和单变元多项式正定性判定定理,讨论了不等式φ(x)＞ψ(x)在两种不同的情况下的判定算法.
【总页数】4页(P146-149)
【作者】解烈军
【作者单位】宁波大学,理学院,浙江,宁波,315211
【正文语种】中文
【中图分类】TP301.6
【相关文献】
1.判定线性不等式围成的空间是否为空的梯度快速算法 [J], 任世军
2.判定线性不等式围成空间是否为空的混合算法 [J], 任世军;孟庆鑫;陈建伟
3.判定由线性不等式围成的凸空间是否为空的一个快速算法 [J], 任世军;洪炳熔
4.一类非奇异H-矩阵快速迭代判定新算法 [J], 陈茜;庹清;
5.判定线性不等式构成的凸集是否空集的位置算法 [J], 任世军;洪炳熔;梁庆姿因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。

关于几类不定方程的整数解
1 关于不定方程的概念
不定方程是数学中最常见的一类方程，它可以定义为一个关于未知量的恒等式，该恒等式中含有未知量的一次或多次幂。

不定方程有一类特殊的整数解，这就是有限定义的整数解。

2 有限定义的整数解
有限定义的整数解是指对某个不定方程而言，它可以满足一定条件，使整数解有限，也就是可以找到有限数量的整数解。

有限定义的整数解也可以被认为是不定方程的特殊解。

3 特殊的方法求解有限定义的解
特殊的方法求解这种有限定义的不定方程的解，一种是采用取模方法，也就是取余数；另一种就是采用贝祖定理求解，即将不定方程转换为定向函数求解。

4 取模方法求解不定方程
取模方法求解不定方程时，首先需要从不定方程中得知有限定义的整数解的取值范围，然后可以根据取值范围将所有的可能的有限定义的整数解列出来，然后将每个可能的整数解代入不定方程，如果满足条件则可以证明该整数解即为方程的有限定义的整数解。

5 贝祖定理求解不定方程
贝祖定理是指将不定方程转换为定向函数求解，即将不定方程改写来形成定向函数和定向变量，然后用贝祖定理将其转换为定向函数求解。

贝祖定理的用法十分容易，使用贝祖定理求解不定方程不仅可以找出有限定义的整数解，也可以获得无限多的解，只要满足参数的条件即可。

6 总结
有限定义的整数解是指某个不定方程的特殊解，这些特殊的整数解可以用取模方法或贝祖定理进行求解，其中取模方法是一种重复性操作的简单方法，而且易于理解；而贝祖定理的用法十分简单，只要满足参数的条件，就可以获得不定方程的解，但不一定是有限定义的整数解。

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在公务员考试中，不定方程类题型是考生们经常遇到的题目，也是十分耗费考生时间和精力的题目。

如果能够做好这方面的备考工作，那么对于考生在考试中的帮助是很大的。

不定方程类题型有常考的类型和典型解法，只要能够确定其中的关键，在考场上解决掉这类题目还是非常简单的。

下面，中公教育专家为大家总结了几种不定方程的常用解法。

1、利用数字特性，结合代入法这类题目往往是会利用数字特性，例如整除、奇偶、尾数等特性，然后结合代入法，得到正确答案。

【例1】一个人到书店购买了一本书和一本杂志，在付钱时，他把书的定价中的个位上的数字和十位上的看反了，准备付21元取货。

售货员说：“您应该付39元才对”。

请问书比杂志贵多少钱?( )A.20B.21C.23D.24【中公解析】设书的价格为x，杂志的价格为y，根据题意，我们很容易知道x+y=39，题目让我们求x-y，根据奇偶特性，两数和为奇数、两数差也为奇数，因此我们知道了排除A、D，所以答案不是B就是C，将选项B代入，x+y=39、x-y=21，可以解得x=30，y=9，根据题意有3+9=12，不满足题意;将选项C代入，可以解得x=31，y=8，满足13+8=21的条件。

故选答案C。

【例2】有271位游客欲乘大、小两种客车旅游，已知大客车有37个座位，小客车有20个座位。

为保证每位游客均有座位，且车上没有空座位，则需要大客车的辆数是( )A.1辆B.3辆C.2辆D.4辆【中公解析】设大小客车分别为x、y，根据题意有37x+20y=271，由于20y是尾数为0的数，因此，37x的尾数一定是1，代入选项，只有选B。

一招教你搞定不定方程一相关概念1.什么是不定方程未知数个数多于方程个数的方程,叫做不定方程,比如：3x+4y=42就是一个二元一次方程.在各类公务员考试中通常只讨论它的整数解或正整数解.在解不定方程问题时,我们可以利用整数的奇偶性、自然数的质合性、数的整除特性、尾数法、特殊值法、代入排除法等多种数学知识来得到答案.但是方法越是繁多,我们在备考过程中学习的压力就越大,为了让大家更好的地理解和掌握不定方程的求解问题,这里我们介绍一种“万能”的方法——利用同余性质求解不定方程.2.什么是余数被除数减去商和除数的积,结果叫做余数.比如：19除以3,如果商6,余数就是1；如果商是5,余数就是4；如果商是7,余数就是-2.注意,这里余数的概念指的是广义上的概念,即余数不再是比除数小的正整数.3.同余特性①余数的和决定和的余数例：23,16除以5的余数分别是3和1,所以23+16=39除以5的余数等于4,即两个余数的和3+1；23,24除以5的余数分别是3和4,所以23+24除以5的余数等于余数和7,正余数是2.②余数的差决定差的余数；例：23,16除以5的余数分别是3和1,所以23-16=7除以5的余数等于2,即两个余数的差3-1；16-23除以5的负余数为-2,正余数为3.③余数的积决定积的余数；例：23,16除以5的余数分别是3和1,所以23×16除以5的余数等于3×1=3.二利用同余性质解不定方程例1：解不定方程x+3y=100,x,y皆为整数.A 41B 42C 43D 44解析：因为3y能够被3整除,100除以3余1,根据余数的和决定和的余数,x 除以3必定是余1的,所以答案为C.例2:：今有桃95个,分给甲,乙两个工作组的工人吃,甲组分到的桃有2/9是坏的,其他是好的,乙组分到的桃有3/16是坏的,其他是好的.甲,乙两组分到的好桃共有多少个A.63B.75C.79D.86解析：由题意,甲组分到的桃的个数是9的倍数,乙组分到的桃的个数是16的倍数.设甲组分到的桃有9x个,乙组分到16y个,则9x+16y=95.因为9x可以被9整除,所以95除以9的余数就等于16y除以9的余数,95除以9余5或者余14,16y 除以9的余数由16除以9的余数7和y除以9的余数之积决定,所以可以推出：y除以9的余数是2,那么y的值只能取2,进而求出x=7,,则甲、乙两组分到的好桃共有7x+13y=7×7+13×2=75个,答案选B.。

证明不定方程证明不定方程是数论中一个重要的研究领域，涉及到数的性质和关系的研究。

不定方程的解是整数的解，而不是一般方程的解。

在数论中，不定方程的解的研究对于解决许多数学问题具有重要的意义。

本文将讨论证明不定方程的方法和技巧。

首先，证明不定方程的一种常见方法是使用数学归纳法。

数学归纳法是一种证明数学命题的常用方法，它基于以下两个基本原理：基础情况的证明和归纳假设的使用。

首先，我们证明当方程中的变量取特定的值时，不定方程成立。

然后，我们假设不定方程在某个整数值上成立，然后证明当变量增加一个单位时，不定方程依然成立。

通过不断增加变量的值，我们可以得出不定方程的所有解。

其次，证明不定方程的另一种常用方法是通过质数的性质和定理。

质数是数论中的基本概念，具有许多重要的性质和定理。

通过利用质数的性质，我们可以推导出不定方程的解的性质。

例如，对于形如ax+by=c的不定方程，其中a、b、c为整数，我们可以使用质数定理证明该方程是否有解。

质数定理指出，在给定的区间内，质数的分布具有一定的规律性，因此我们可以通过分析质数的性质来判断不定方程的解是否存在。

此外，证明不定方程的解还可以利用数论中的一些经典定理和方法。

例如，费马小定理是数论中的一个重要定理，它指出对于任意给定的质数p，当a是p的倍数时，a^p-a可以被p整除。

通过利用费马小定理，我们可以推导出一些不定方程的解的性质。

另外，欧拉定理和中国剩余定理等定理也可以用于证明不定方程的解的存在性和性质。

最后，证明不定方程的解还可以使用数学方法和技巧，例如数学的不等式理论和数的分解等。

数学的不等式理论可以用于分析不定方程的解的上下界，从而判断解的存在性。

数的分解是将一个数分解成质数的乘积，通过分解数，我们可以得到不定方程的解的性质。

总之，证明不定方程的方法和技巧是数论中的一个重要的研究领域。

通过使用数学归纳法、质数的性质和定理、经典数论定理和方法以及数学的不等式理论和数的分解等，我们可以推导出不定方程的解的性质和存在性。