求不定方程整数解的方法浅析

不定方程整数解条件
不定方程整数解条件：
不定方程是指关于两个或多个未知数的整数解的方程。

当我们面对不定方程时，我们希望找到整数解。

然而，并不是所有的不定方程都有整数解。

根据不定方程的形式和特征，我们可以得出一些关于整数解存在的条件。

首先，对于一元一次不定方程 ax + by = c，其中 a、b、c 为给定的整数。

这种
类型的不定方程有解的充要条件是 c 是 a 和 b 的最大公约数的倍数。

另一方面，对于一元二次不定方程ax²+ by²= c，其中a、b、c 为给定的整数。

这种类型的不定方程有解的充要条件是 c 是 a 和 b 的最大公约数的倍数，同时 a 和
b 至少有一个是完全平方数。

对于一般的二元不定方程 ax + by = c，其中 a、b、c 为给定的整数。

不定方程
有解的充要条件是 c 是 a 和 b 的最大公约数的倍数。

此外，我们还可以通过使用模运算来判断一定程度上的整数解条件。

例如，对
于形如ax ≡ b (mod m) 的不定方程，其中 a、b、m 为给定的整数。

该不定方程有解的充要条件是 b 是 a 和 m 的最大公约数的倍数。

总结起来，不定方程的整数解条件取决于方程的形式和特征。

我们可以利用最
大公约数、完全平方数和模运算等方法来判断和求解不定方程的整数解。

不定方程的通解一、引言不定方程是数学中的一类基本问题，它的解决方法和通解对于数学研究以及应用领域都具有重要意义。

本文将对不定方程的通解进行详细探讨，介绍其定义、解决方法以及应用。

二、不定方程的定义不定方程是指形如ax + by = c的方程，其中a、b、c为已知整数，而x、y为未知整数。

不定方程的解是指满足这个方程的所有整数解的集合。

三、求解不定方程的方法1. 欧几里得算法欧几里得算法，也称为辗转相除法，是解决不定方程的常用方法之一。

它的基本思想是利用整数除法的性质，将一个大的数表示为另外两个数的线性组合。

通过迭代运算，最终可以得到不定方程的通解。

2. 扩展欧几里得算法扩展欧几里得算法是对欧几里得算法的扩展，它可以求解不定方程的特解。

通过扩展欧几里得算法求解得到的特解，再利用通解的性质，可以得到不定方程的通解。

3. 线性同余方程线性同余方程是不定方程的一种特殊形式，形如ax ≡ b (mod m)。

解决线性同余方程的方法可以应用于一般的不定方程。

通过求解线性同余方程，可以得到不定方程的特解，从而得到通解。

四、不定方程的应用不定方程在密码学、数论、组合数学等领域都有广泛的应用。

其中，密码学中的离散对数问题就是一个不定方程的应用。

离散对数问题是指求解形如a^x ≡ b (mod m)的方程，其中a、b、m为已知整数，x为未知整数。

通过求解离散对数问题，可以实现密码算法中的加密和解密操作。

五、结论不定方程的通解是数学研究和应用中的重要内容，它的求解方法和应用领域都非常广泛。

本文介绍了不定方程的定义、解决方法以及应用，并通过具体的例子进行了说明。

希望读者通过本文的阅读，对不定方程有更深入的了解，并能够在实际问题中灵活运用。

数学竞赛中方程整数解的实用求法(本讲适合初中)近年来，在各级各类数学竞赛中，方程整数解的问题备受关注，它将古老的整数理论与传统的初中数学知识相综合，涉及面宽、范围广，往往需要灵活地运用相关概念、性质、方法和技巧. 笔者根据自己的体会讲讲求解这类问题的方法和基本思考途径，供读者参考.1 不定方程的整数解一般地，不定方程有无数组解. 但是，若加上限制条件如整数解等，就可以求出确定的解. 由于含参数的方程的整数解多能转化为不定方程求解，所以先讲不定方程整数解的求法. 常用的有下述三种方法.1.1 因式分解法这是最常用的方法，它适用于一边可以分解因式，另一边为常数的方程. 根据是正整数的惟一分解定理：每一个大于1的正整数都可以惟一地分解成素数的乘积. 方法是分解常数后构造方程组求解.例1 求方程xy ＋x ＋y ＝6的整数解.(1996，湖北省黄冈市初中数学竞赛)解：方程两边加上1，得xy ＋x ＋y ＋1＝7.左边＝(x ＋1)(y ＋1)，右边＝1×7＝(－1)×(－7).故原方程的整数解由下列方程组确定：⎩⎨⎧++；＝，＝7111y x ⎩⎨⎧++；＝，＝1171y x ⎩⎨⎧++；＝－，＝－7111y x ⎩⎨⎧++.1171＝－，＝－y x 解得⎩⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧.2882066044332211＝－，＝－；＝－，＝－；＝，＝；＝，＝y x y x y x y x 1.2 选取主元法有些含有二次项的不定方程，可以选取其中的某一变量为主元，得到关于主元的二次方程，再用根的判别式△≥0定出另一变量的取值范围，在范围内选出整数值回代得解.例2 求方程7322＝yxy x y x +-+的所有整数解. (第十二届全俄数学竞赛)解：以x 为主元，将方程整理为3x 2－(3y ＋7)x ＋(3y 2－7y)＝0因x 是整数，则△＝［－(3y ＋7) ］2－4×3（3y 2－7y ）≥0 ⇒931421-≤y ≤931421+ ⇒整数y ＝0，1，2，3，4，5.将y 的值分别代入原方程中计算知：只有y ＝4或5时，方程才有整数解，即x 1＝5，y 1＝4；x 2＝4，y 2＝5. 1.3 整式分离法当分式中分子的次数不小于分母的次数时，可将分子除以分母，把整式(即所得商式)分离出来.若所得余式为常数，则用倍数约数分析法求解较容易；若余式不是常数，则可以根据实际情况构造二次方程，选取原先变量为主元求解. 例3 题目同例1.解：用含y 的式子表示x ，得x ＝16+-y y . 分离整式得x ＝－1＋17+y . 因x 为整数，则17+y 为整数.故y ＋1为7的约数，y ＋1＝±1，±7.(笔者注：这种思考方法就是倍数约数分析法)得y ＝0，－2，6，－8.进而x ＝6，－8，0，－2.2 含参数的二次方程的整数解这类整数根问题，近年考查最频繁.实用思考途径有下列四种.2.1 途径一：从判别式入手因为一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0在△＝b 2－4ac ≥0时有根x ＝ab 2∆±-，所以要使方程有整数根，必须△＝b 2－4ac 为完全平方数，并且－b ±∆为2a 的整数倍.这是基本思想.常用方法如下.1. 当△＝b 2－4ac 为完全平方式时，直接求方程的解，然后解不定方程.例4 已知方程a 2x 2－(3a 2－8a )x ＋2a 2－13a ＋15＝0(其中a 为非负整数)至少有一个整数根.那么，a ＝_________.(1998，全国初中数学竞赛)解：显然a ≠0.故原方程为关于x 的二次方程.△＝[－(3a 2－8a )]2－4a 2(2a 2－13a ＋15)＝[a (a ＋2)]2是完全平方式.故x ＝222)2()83(aa a a a +±- 即 x 1＝a a 32-＝2－a 3，x 2＝a a 5-＝1－a5. 从而，由倍数约数分析法知a ＝1，3或5.2. 当△＝b 2－4ac ≥0且不是完全平方式时，一般有下列三种思考途径.(1)利用题设参数的范围，直接求解.例5 设m ∈Z ，且4＜m ＜40,方程x 2－2(2m －3)x ＋4m 2－14m ＋8＝0有两个整数根.求m 的值及方程的根.解：因方程有整数根，则△＝[－2(2m －3)]2－4(4m 2－14m ＋8)＝4(2m ＋1)为完全平方数.从而，2m ＋1为完全平方数.又因m ∈Z 且4＜m ＜40,故当m ＝12或24时，2m ＋1才为完全平方数.因为x ＝(2m －3)±12+m ，所以，当m ＝12时，x 1＝16，x 2＝26；当m ＝24时，x 3＝38，x 4＝52.(2)先用△≥0求出参数的范围.例6 已知方程x 2－(k ＋3)x ＋k 2＝0的根都是整数.求整数k 的值及方程的根.解：△＝[－(k ＋3)]2－4k 2＝－3k 2＋6k ＋9≥0⇒ k 2－2 k －3≤0⇒－1≤k ≤3⇒整数k ＝－1，0，1，2，3.由求根公式知x ＝2)3(∆±+k ，故 当k ＝－1时，△＝0，x ＝1；当k ＝0时，△＝9，x ＝0或3；当k ＝1时，△＝12不是完全平方数，整根x 不存在；当k ＝2时，△＝9，x ＝1或4；当k ＝3时，△＝0，x ＝3.因此，k ＝－1，0，2，3，x ＝1，0，3，4.(3)设参数法，即设△＝k 2.当△＝k 2为关于原参数的一次式时，用代入法；当△＝k 2为关于原参数的二次式时，用分解因式法.例7 当x 为何有理数时－代数式9x 2＋23x －2的值恰为两个连续正偶数的乘积？(1998，山东省初中数学竞赛)解：设两个连续正偶数为k ﹑k ＋2.则9x 2＋23－2＝k (k ＋2),即 9x 2＋23－( k 2＋2k ＋2)＝0.由于x 是有理数，所以判别式为完全平方数，即△＝232＋4×9(k 2＋2 k ＋2)＝565＋[6(k ＋1)]2令△＝p 2(p ≥0)，有p 2－[6(k ＋1)]2＝565＝113×5＝565×1.左边＝[p ＋6(k ＋1)][ p －6(k ＋1)]，p ≥0，k ＞0，得）（＝＝1,5)1(6,113)1(6⎩⎨⎧+-++k p k p或 )2(,1)1(6,565)1(6⎩⎨⎧+-++＝＝k p k p解(1)得k ＝8，于是，x ＝2或－941； 解(2)得k ＝46，于是，x ＝－17或9130. 总之，当x ＝2，－941或x ＝－17，9130时. 9x 2＋23x －2恰为两正偶数8和10，或者46和48的乘积. 2.2 途径二：从韦达定理入手1. 从根与系数的关系式中消去参数，得到关于两根的不定方程.例8 a 是大于零的实数，已知存在惟一的实数k ，使得关于x 的二次方程x 2＋(k 2＋ak )x ＋1999＋ k 2＋ ak ＝0的两个根均为质数. 求a 的值.(1999，全国初中数学联赛)解：设方程的两个质数根为p ﹑q . 由根与系数的关系，有 p ＋q ＝－(k 2＋ak )， ①pq ＝1 999＋k 2＋ak . ②①＋②，得 p ＋q ＋pq ＝1 999则(p ＋1)(q ＋1)＝24×53. ③由③知，p 、q 显然均不为2，所以必为奇数.故21+p 和21+q 均为整数，且2121+⋅+q p ＝22×53. 若21+p 为奇数，则必21+p ＝5r (r ＝1，2，3)，从而，p ＝2×5r －1为合数，矛盾. 因此，21+p 必为偶数.同理，21+q 也为偶数.所以，21+p 和21+q 均为整数，且4141+⋅+q p ＝53.不妨设p ≤q ，则41+p ＝1或5. 当41+p ＝1时，41+q ＝53，得p ＝3，q ＝499，均为质数.当41+p ＝5时，41+q ＝52，得p ＝19，q ＝99，q 为合数，不合题意.综上可知，p ＝3，q ＝499.代入①得k 2＋ak ＋502＝0. ④依题意，方程④有惟一的实数解.故△＝a 2－4×502＝0.有a ＝25022.利用“两根为整数时，其和、积必为整数”.例9 求满足如下条件的整数k ，使关于x 的二次方程(k －1) x 2＋( k －5) x ＋k ＝0的根都是整数.解：设方程的两根为x 1﹑x 2.则x 1＋ x 2＝－15--k k ＝－1＋14-k ， x 1 x 2＝1-k k ＝1＋11-k ， 且 x 1＋x 2和x 1 x 2都是整数.从而，14-k 和11-k 都是整数. 于是，k －1为4和1的约数.故k －1＝±1⇒ k ＝0或2.检验知，k ＝0或2时，方程的两根均为整数.所以，k ＝0或2. 2.3 途径三：联想二次函数因为一元二次方程与二次函数联系密切，所以适时地借助二次函数知识解决方程问题，往往十分奏效.例10 已知b ，c 为整数，方程5x 2＋bx ＋c ＝0的两根都大于－1且小于0.求b 和c 的值.(1999，全国初中数学联赛)解：根据二次函数y ＝5x 2＋bx ＋c 的图像和题设条件知： 当x ＝0时，5x 2＋bx ＋c ＞0，有c ＞0； ① 当x ＝－1时，5 x 2＋bx ＋c ＞0，有b ＞5＋c . ②因抛物线顶点的横坐标－52⨯b 满足1－＜－52⨯b ＜0， 则0＜b ＜10. ③ 又因△≥0，即b 2－20c ≥0,故b 2≥20c. ④ 由①、③、④得100＞b 2≥20c ，c ＜5.若c ＝1，则由②、④得0＜b ＜6且b 2≥20,得b ＝5； 若c ＝2，则0＜b ＜7且b 2≥40，无整数解；若c ＝3，则0＜b ＜8且b 2≥60，无整数解；若c ＝4，则0＜b ＜9且b 2≥80，无整数解.故所求b 、c 的值为b ＝5，c ＝1.2.4 途径四：变更主元法当方程中参数的次数相同时，可考虑以参数为主元求解. 例11 试求所有这样的正整数a ，使方程ax 2＋2(2a －1)x ＋4(a－3)＝0至少有一个整数解.(第三届祖冲之杯数学竞赛)解： 因为方程中参数a 是一次，所以可将a 用x 表示，即a ＝2)2()6(2++x x . ① 又a 是正整数，则2)2()6(2++x x ≥1. 解得－4≤x ≤2且x ≠－2.故x ＝－4,－3,－1,0,1,2.分别人入①得a ＝1,3,6,10.3 其他类型3.1 分类讨论型当方程中最高次项的系数含有变参数时，应先分系数为0或不为0讨论.例12 求使关于x 的方程kx 2＋(k ＋1)x ＋(k －1)＝0的根都是整数的k 值.(第十三届江苏省初中数学竞赛)解：分k ＝0和k ≠0两种情况讨论.当k ＝0时，所给方程为x －1＝0，有整数根x ＝1.当k ≠0时，所给方程为二次方程.设两个整数根为x 1和x 2,则有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=--=+-=+②① .111,1112121k k k x x k k k x x由①－②得x 1＋x 2－x 1x 2＝－2⇒(x 1－1)(x 2－1)＝3.＝1×3＝(－1)×(－3).有⎩⎨⎧=-=-;31,1121x x ⎩⎨⎧-=--=-;31,1121x x ⎩⎨⎧=-=-;11,3121x x ⎩⎨⎧-=--=-.11,3121x x 故x 1＋x 2＝6或x 1＋x 2＝－2，即 －1－k 1＝6或－1－k1＝－2. 解得k ＝－71或k ＝1. 又△＝(k ＋1)2－4k (k －1)＝－3k 2＋6k ＋1，当k ＝－71或k ＝1时，都有△＞0.所以，满足要求的k 值为k ＝0，k ＝－71，k ＝1. 3.2 数形结合型当问题是以几何形式出现，或容易联想到几何模型的时候，可考虑用数形结合法.这是一种极为重要的解题方法，它具有形 象直观的特点，可使许多问题获得巧解.例13 以关于m 的方程m 2＋(k －4)m ＋k ＝0数根为直径作⊙O.P 为⊙O 外一点，过P 切线PA 和割线PBC ，如图1，A 为切点.这时发现PA 、PB 、PC 都是整数，且PB 、BC 都不是合数，求PA 、PB 、PC 的长. 解： 设方程两根为m 1、m 2则⎩⎨⎧=-=+②① .,42121k m m k m m 又设PA ＝x ，PB ＝y ，BC ＝z ，则x ﹑y ﹑z 都是正整数. 由切割线定知PA 2＝PB •PC ＝PB (PC ＋BC )，即 x 2＝y 2＋yz ⇒(x ＋y )(x －y )＝yz . ③消去①和②中的k ，得m 1m 2＝4－m 1－m 2.整理分解，得(m 1＋1)(m 2＋1)＝5.图1因为⊙O 的直径是方程的最大整数根，不难求得最大整根m ＝4.进而，z ＝BC ≤4.又正整数z 不是合数，故z ＝3，2，1.当z ＝3时，(x ＋y )(x －y )＝3y ，有⎩⎨⎧=-=+;,3y y x y x ⎩⎨⎧=-=+;3,y x y y x ⎩⎨⎧=-=+.1,3y x y y x 可得适合题意的解为x ＝2，y ＝1.当z ＝1和z ＝2时，没有适合题意的解，所以，PA ＝x ＝2，PB ＝y ＝1，PC ＝y ＋z ＝4.3.3 综合探索型当已知方程不止一个或结论不明确时，常用综合分析、假设探索法求解.例14 已知关于x 的方程4x 2－8nx －3n ＝2和x 2－(n ＋3)x －2n 2＋2＝0.问是否存在这样的n 的值，使第一个方程的两个实数根的差的平方等于第二个方程的一整数根？若存在，求出这样的n 值；若不存在，请说明理由.(2000，湖北省初中数学选拔赛)解： 由△1＝(－8n )2－4×4×(－3n －2)＝(8n ＋3)2＋23＞0，知n 为任意实数时，方程(1)都有实数根.设第一个方程的两根为βα、.则α＋β＝2n ，αβ＝42n 3--. 于是，(βα-)2＝(βα+)2－4αβ＝4n 2＋3n 2＋2.由第二个方程得[x －(2n ＋2)][x ＋(n －1)]＝0解得两根为x 1＝2n ＋2，x 2＝－n ＋1.若x 1为整数，则4n 2＋3n ＋2＝2n ＋2.于是n 1＝0，n 2＝－41. 当n ＝0时，x 1＝2是整数；n ＝－41时，x ＝23不是整数，舍去.若x 2为整数，则4n 2＋3n ＋2＝1－n .有n 3＝n 4＝－21.此时x 2＝23不是整数，舍去. 综合上述知，当n ＝0时，第一个方程的两个实数根的差的平方等于第二个方程的一个整数根.练 习 题1. 设a 为整数. 若存在整数b 和c ，使(x ＋a)(x －15)－25＝(x ＋b )(x ＋c )，则a 可取的值为_________(1998，上海市鹏欣杯数学竞赛)(提示：变形后用因式分解法. a ＝9，－15，－39)2. 设关于x 的二次方程(k 2－6k ＋8)x 2＋(2k 2－6k －4)x ＋k 2＝4的两根都是整数. 求满足条件的所有实数k 的值.(2000，全国初中数学联赛)(提示：求出二根x 1＝－1－42-k ，x 2＝－1－24-k ，从中消去k 得x 1x 2＋3x 1＋2＝0，分解得x 1(x 2＋3)＝－2.借助方程组得k ＝6，3，310) 3. 求所有的正整数a 、b 、c ，使得关于x 的方程x 2－3ax ＋2b ＝0，x 2－3bx ＋2c ＝0，x 2－3cx ＋2a ＝0的所有的根都是正整数. (2000，全国初中数学联赛)(提示：从根与系数的关系入手，结合奇偶性分析，得a ＝b ＝c ＝1.)4. 已知方程：x 2＋bx ＋c ＝0及x 2＋cx ＋b ＝0分别各有二整数根x 1、x 2及x ’1、x ’2，且x 1x 2＞0，x ’1x ’2＞0.(1)求证：x 1＜0，x 2＜0，x ’1＜0，x ’2＜0.(2)求证：b －1≤c ≤b ＋1.(3)求b 、c 的值.(1993，全国初中数学竞赛)(答案：b ＝5，c ＝6或b ＝6，c ＝5.)5.x 、y 为正整数，100111=-y x .则y 的最大值为_________. (1998，重庆市初中数学竞赛)(提示：用因式分解法，结果为9 900.)6.k 为什么整数时，方程(6－k )(9－k )x 2－(117－15k )x ＋54＝0的解都是整数？(1995，山东省初中数学竞赛)(提示：对系数(6－k)(9－k)分为0与不为0讨论，得k值为3，6，7，9，15.)一元二次方程的整数根问题(本讲适合初中)迄今为止，尚未找到使得整系数一元二次方程有整数根的充分条件，通常的方法都是通过讨论其判别式，利用根与系数的关系进行分析和归纳，即使用必要条件解题，然后通过检验确定答案.下面举例说明常用的几种方法，并指出每种方法适合的范围.整系数一元二次方程有整数根的必要条件：(1)两个根都是整数；(2)判别式是整数；(3)判别式是整数的完全平方；(4)两根和是整数，两根积是整数.例1 设方程mx2－(m－2)x＋m－3＝0有整数解，试确定整数m的值，并求出这时方程的所有整数解.分析：若m＝0，则2x－3＝0，此时方程无整数解；当m≠0时，考察△＝－3m2＋8m＋4，注意到二次项系数为负，方程有解，则－3m2＋8m＋4≥0.解得3724-≤m≤3724+.+因为m是整数，故只能取1，2，3.当m＝1时，方程有解：－2和1；当m＝2时，方程无整数解：当m＝3时，方程有整数解：0.注：当判别式二次系数为负时，解不等式得关于参数的一个有限长区间，又因为参数为整数，可以讨论得解.例2 当x为何有理数时，代数式9x2＋23x－2的值恰好为两个连续的偶数积.(1998，山东省初中数学竞赛)分析：设两个连续的偶数为n，n＋2，问题转化为：当n为何值时，方程9x2＋23x－2＝n(n＋2)有有理数根.有理根问题本质上也是整数根的问题，要求方程的根的判别式必须为一个整数或有理数的完全平方.考察判别式△＝232＋36(n2＋2n＋2)＝36(n ＋1)2＋565.由于n 是整数，所以判别式应为整数的完全平方.设 36(n ＋1)2＋565＝m 2(m 为大于565的自然数).移项因式分解，得(m ＋6n ＋6)(m －6n －6)＝1×5×113.只有⎩⎨⎧=--=++566,11366n m n m 或 ⎩⎨⎧=--=++.166,56566n m n m 解得n ＝8，或n ＝46.分别代入原方程得方程有理数解为－941，2或9130，－17. 注：当判别式为关于某一参数的二次式，且二次项系数为正时，可采用配方法变形为：ƒ2(α) ＋常数(α是整数).然后采用例1的方法，通过分析得解.例3 求一实数p ，使用三次方程5x 3－5(p ＋1)x 2＋(71p －1)x＋1＝66p 的三个根均为自然数.(1995，全国高中数学联赛)分析：观察可知，1是方程的解，方程可转化为(x －1)(5x 2－5px ＋66p －1)＝0问题转化为：求一切实数p 使方程5x 2－5px ＋66p －1＝0的解为自然数.由韦达定理知，p 为方程两根之和，即p 是自然数.仿例2得△＝(5p －132)2－17 404.设(5p －132)2－17 404＝n 2(n ＞0，n 为自然数).移项分解可得(5p －132＋n)(5p －132－n)＝22×19×229.又(5p －132＋n)，(5p －132－n)同奇偶，所以，⎩⎨⎧⨯=--⨯=+-.1921325,22921325n p n p 解得p ＝76.注：从表面上看，此题中的p 是一切实数，但由韦达定理判断它实际上是自然数，故可采用前法求得.例4设m 为整数，且4＜m ＜40，又方程x 2－2(2m －3)x ＋4m 2－14m ＋8＝0有两个整数根.求m 的值及方程的根.(1993,天津市初中数学竞赛)分析：考察判别式△＝4(2m ＋1)，因是关于m 的一次式，故例1，例2的方法均不可用.由已知4＜m ＜40，可知9＜2m ＋1＜81.为使判别式为完全平方数，只有2m ＋1＝25或2m ＋1＝49.当2m ＋1＝25时，m ＝12，方程两根分别为16，26； 当2m ＋1＝49时，m ＝24，方程两根分别为38，52.注：当判别式不是二次式时，可结合已知条件通过讨论得出参数的范围，进而求解；当判别式较复杂时，则应改用其他办法，参见例5.例5 α是大于零的实数，已知存在惟一的实数k ，使得关于x的方程x 2＋(k 2＋αk )x ＋1 999＋k 2＋αk ＝0的两根为质数.求α的值.(1999，全国初中数学联赛)分析：因为α、k 均为实数，判别式法不能解决.设方程两根为x 1、x 2，且x 1≤x 2，x 1、x 2均为质数，则⎪⎩⎪⎨⎧++=--=+.9991,221221k k x x k k x x αα 消掉参数得x 1＋x 2＋x 1x 2＝1 999，即 (x 1＋1)(x 2＋1)＝2 000＝24×53.显然，x 1≠2. 于是，x 1＋1，x 2＋1都是偶数且x 1＋1≤x 2＋1.故只有如下可能：⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+=+;521,2132221x x ⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+=+;521,213231x x ⎩⎨⎧⨯=+⨯=+;521,5212321x x ⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+⨯=+;521,52122221x x ⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+⨯=+22221521,521x x ⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+⨯=+.521,5212231x x符合题意的只有⎩⎨⎧==.499,321x x 于是，3＋499＝－k 2－αk .因为存在惟一的k ，故方程k 2＋αk ＋502＝0有两等根. 判别式△＝α2－4×502＝0，解得α＝2502.注：应用韦达定理的关键在于消去参数，首先求得方程的解，在消去参数之后，要注意因式分解的使用.例6 设关于x 的二次方程(k 2－6k ＋8)﹒x 2＋(2k 2－6k －4)x ＋k 2＝4的两根都是整数.求满足条件的所有实数k 的值.(2000，全国初中数学联赛)分析：方程的表达式比较复杂，判别式法和韦达定理均不可用.将原方程变形得(k －2)(k －4)x 2＋(2k 2－6k －4)x ＋(k －2)(k ＋2)＝0. 分解因式得[(k －2)x ＋k ＋2][(k －4)x ＋k －2]＝0.显然，k ≠2，k ≠4.解得x 1＝－42--k k , x 2＝－22-+k k . 消去k 得x 1x 2＋3x 2＋2＝0∴ x 2(x 1＋3)＝－2.讨论得⎩⎨⎧=+-=;13,212x x 或⎩⎨⎧-=+=;13,221x x 或⎩⎨⎧-=+=.23,121x x 解x 1、x 2，代入原式得k 值为6，3，310. 注：当判别式与韦达定理均难解决时，这时反而意味着可用因式分解法求出方程的根，然后再整理转化.例7 设α为整数，若存在整数b 和c ，使得(x ＋α)(x －15)－25＝(x ＋b )(x ＋c )成立，求α可取的值.(1998，上海市初中数学竞赛)分析：此题可转化为：当α为何值时，方程(x ＋α)(x －15)－25＝0有两个整数根.方程可化为x 2－(15－α)x －15α－25＝0视其为关于α的一次方程，整理得α(x －15)＝－x 2＋15x ＋25.易知x ≠15，∴α＝1525152-++-x x x ＝－x ＋1525-x .注：此解法为分离参数法，它适合于参数与方程的根均是整数，且参数较易于分离的情况.如此题变形为α＝ƒ(x )，然后利用函数的性质求解，这是一种应用较广泛的方法.上面只介绍了处理整数根问题的常用解法，这些解法的基本依据是：方程有整数根的必要条件. 基本方法是：(1)判别式讨论法(主要讨论由判别式决定的参数范围，由判别式为完全平方数求参数)；(2)韦达定理法；(3)判别式与韦达定理结合法；(4)分离参数法(通过分离参数，利用根为整数的条件讨论).需说明的是，每个题的解法都不是惟一的，本文所给的只是较简洁的一种.同学们在解题时，应因题而定方法，不断求新，才能领悟数学的美感.练习题1. 求满足如下条件的所有k 值，使关于x 的方程kx ＋(k ＋1)x ＋(k －1)＝0的根都是整数.(第十三届江苏省初中数学竞赛)(k ＝0，k ＝－71，k ＝1) 2. 关于x 的方程(m 3－2m 2)x 2－(m 3－3m 2－4m ＋8)x ＋12－4m ＝0的根均为整数，求实数m 的值.(提示：应用求根消参法，得m ＝1，或m ＝2.)3. 求所有正实数α，使方程x 2－αx ＋4α＝0仅有整数根. (1998，全国初中数学联赛)(提示：分离参数法. α＝42-x x ＝x ＋4＋416-x ，讨论得α＝25，或18，或16).4. 已知方程x 2＋bx ＋c ＝0及x 2＋cx ＋b ＝0分别各有两个整数根x 1、x 2及x ’1、x ’2，且x 1x 2＞0，x ’1x ’2＞0.①求证：x 1＜0，x 2＜0，x ’1＜0，x ’2＜0；②求证：b －1≤c ≤b ＋1；③求b 、c 所有可能的值.(1993，全国初中数学联赛)(提示：应用韦达定理，得⎩⎨⎧==65c b ⎩⎨⎧==56c b ⎩⎨⎧==44c b )5.某顾客有钱10元，第一次在商店买x 件小商品花去y 元，第二次再去买该小商品时，发现每打(12件)降价0.8元，他比第一次多买了10件，花去2元.问他第一次买的小商品是多少件？(x 、y 为正整数)(提示：列方程128.0102=+-x x y 问题转化为：y 为何值时，方程x 2＋(40－15y )x －150y ＝0有正整数解，利用判别式可求得x ＝5，或x ＝50.)。

与数列有关的不定方程的整数解问题初探一、引言数列是我们在数学学科中常见的概念，而不定方程则是我们在初等数论和高等代数中学习的一个重要概念。

在实际应用中，数列和不定方程经常出现在一起，这篇文章将重点探讨与数列有关的不定方程的整数解问题。

二、数列与不定方程数列是按一定规律排列的数，也可称为序列。

数列在数学中的基本概念是不同的，它们可能是线性、比例、等差、等比数列等各种类型，但无论哪种类型，数列都可以用递推公式进行表达。

而不定方程则是一种带有未知数的方程，它通常的形式是$f(x,y)=0$，其中 $x$ 和 $y$ 都是未知数，每个 $x$ 和 $y$ 的取值都可以使该方程成立。

不定方程的解通常被称为整数解（或非负整数解、正整数解等）。

三、与数列有关的不定方程的整数解问题在实际应用中，我们有时需要求解与数列有关的不定方程的整数解问题，例如下面这个经典问题：【问题】求解正整数 $a$ 和 $b$，使得 $a^2-b^2=100$。

我们可以通过枚举发现 $a=11$，$b=9$ 或者 $a=50$，$b=48$ 都是方程的解。

但这种方法并不是很高效，特别是当方程的解特别多时，我们很难通过枚举的方式来找到所有的解。

对于这种问题，我们可以采用分析的方法。

对于上面的问题，我们不妨设$a+b=p$，$a-b=q$，其中$p$ 和$q$ 都是正整数。

不难发现，由于 $a$ 和 $b$ 都是正整数，所以 $p$ 和 $q$ 都大于 $1$。

将上面的式子代入原方程得：$$(\frac{p+q}{2})^2-(\frac{p-q}{2})^2=100$$这是一个关于 $p$ 和 $q$ 的不定方程，我们可以将它化简为：$$pq=50$$这时，我们可以列举 $50$ 的各个因数来确定 $p$ 和 $q$ 的值，从而得到 $a$ 和 $b$ 的值。

例如，当 $p=25$，$q=2$ 时，我们有：$$a=\frac{p+q}{2}=13,b=\frac{p-q}{2}=12$$当 $p=10$，$q=5$ 时，我们有：$$a=\frac{p+q}{2}=7,b=\frac{p-q}{2}=3$$通过这种方法，我们可以找到所有的解，而不必进行枚举。

例谈“不定方程整数解个数”模型应用浙江省绍兴县柯桥中学(312030)陈冬良在排列组合中，我们利用挡板法可以得到方程x 1+x 2+x 3+…+x k =n (n 为正整数)的正整数解个数为11--k n C ;这一知识点在各类联赛或各省市的预赛中正频繁的出现，的确此模型的应用较广泛、灵活，特别是从一般试题中挖掘出此类命题的“庐山真面目”需有较强的功底。

下面选取几例典型的试题供参考。

一．模型的直接应用例1.（2010全国联赛） 方程x + y + z = 2010满足x ≤ y ≤ z 的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 _______ .解：首先易知x + y + z = 2010的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C把x + y + z = 2010满足x ≤ y ≤ z 的正整数解分为三类：（1）x , y , z 均相等的正整数解的个数显然为1；（2）x , y , z 中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设x , y , z 两两均不相等的正整数解为k .易知 1+ 3⋅1003 + 6k = 2009×1004， 6k = 2009×1004 - 3×1003 -1解得k = 335671. 从而满足x ≤ y ≤ z 的正整数解的个数为1+1003 + 335671 = 336675例2. (04全国联赛)一项“过关游戏”规则规定：在第n 关要抛掷一颗骰子n 次，如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于n 2，则算过关。

问：（Ⅰ）某人在这项游戏中最多能过几关？（Ⅱ）他连过前三关的概率是多少？（注：骰子是一个在各面上分别有1，2，3，4，5，6点数的均匀正方体。

抛掷骰子落地静止后，向上一面的点数为出现点数。

）解：由于骰子是均匀的正方体，所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。

（Ⅰ）因骰子出现的点数最大为6，而45642,652⨯>⨯<，因此，当5n ≥时，n 次出现的点数之和大于2n 已不可能。

求不定方程整数解的常用方法一、分情形讨论法分情形讨论法根据不同的系数情况进行分类，找出整数解的条件。

1.一次齐次不定方程Ax+By=C的整数解求法当A和B不互质时，可通过A和B的最大公约数（gcd(A,B)）来判断是否存在整数解。

如果C是gcd(A,B)的倍数，则有整数解，否则无整数解。

当A和B互质时，可通过贝祖等式（Bézout's identity）来求解。

贝祖等式表示为gcd(A,B) = Ax + By，其中x和y是整数解。

由贝祖等式可得到一组整数解。

然后根据一组特殊解，得到通解（general solution）。

2. 二次齐次不定方程Ax^2 + Bxy + Cy^2 = 0的整数解求法当A、B和C不全为0时，可通过判别式（discriminant）来判断是否存在整数解。

当判别式为完全平方数时，存在整数解；否则不存在整数解。

3.一次非齐次不定方程Ax+By=C的整数解求法当A和B不互质时，可通过A和B的最大公约数（gcd(A,B)）来判断是否存在整数解。

如果C是gcd(A,B)的倍数，则有整数解，否则无整数解。

当A和B互质时，可通过扩展的欧几里得算法（extended Euclidean algorithm）求解。

首先利用一次齐次方程的解法得到一组特殊解，然后根据一组特殊解，得到通解。

二、裴蜀定理裴蜀定理是数论中的一个重要定理，也是求不定方程整数解的常用方法。

裴蜀定理的全称是裴蜀等式（Bézout's identity），它表明对任意两个整数a和b，存在整数x和y，使得ax + by = gcd(a,b)。

1.判断是否存在整数解的条件当C是gcd(A,B)的倍数时，一次齐次不定方程Ax + By = C存在整数解；否则不存在整数解。

2.求解整数解的方法通过扩展的欧几里得算法（extended Euclidean algorithm），可以求出一组特殊解x0和y0。

不定方程论文整数解论文摘要：本文用初等方法，对不定方程+2=3的整数解进行探究，得到了方程++=3的若干整数解。

关键词：不定方程；整数解；整除；初等方法一、引言文[1]对许多不定方程作过探讨，其中不定方程++=3 （1）的整数解问题是遗留问题之一。

显然，若不定方程+2=3（2）有整数解，则（1）一定有整数解。

因此我们先对不定方程（2）的整数解进行探究，然后导出不定方程（1）的若干整数解。

二、关于不定方程 +2=3的整数解将方程（2）变形为-1=-2(-1)（3）即(-1)[(-1)2+3 (-1)+3]=-2(-1)[(-1)2+3 (-1)+3]则(+3+3)=-2(+3+3)易知，=0当且仅当=0。

此时方程（2）的一组整数解为()=(1,1)。

下面我们考虑≠0的情形。

可设=+3+3=-2(+3+3)这里为非负有理数。

于是有(23+1)+3(22+1)+6+3=0 （5）考虑到方程的判别式?hu=9(22+1)2-4(23+1)(6+3)=-3(44+83-122+8+1)≥0得44+83-122+8+1≤0（6）记=44+83-122+8+1，有=163+242-24+8=2(83+1)+6(2-1)2当≥时，>0，故在[,+∞)上递增。

但=1>0，因此，若（6）成立，必须1,>1及当≤0,≤0时，方程均无整数解。

(一)设>1且≤0，当=-2,3,4…20时，方程（2）均无整数解，故>20。

由（4）中=，即=-+1，得=-1>0，这说明关于递增。

当≤-1时，≤|=-+23-2(-0.9)3，即0.458+31，由（4）中=，即=-+1，得=-13-2(-)3，即+3>0。

这与为负整数矛盾。

综上，若方程（2）有整数解，则有理数必须满足-1<<0。

如取=-，代入（5）解得=-6。

这时方程（2）的又一组整数解为()=(-5,4) 。

因此，由不定方程（2）的整数解()=(1,1)，(-5,4)可导出不定方程（1）的四组整数解为(,)=(1,1,1) ，(4,4,-5) ,(4,-5,4),(-5,4,4)参考文献：[1]柯召,孙琦.谈谈不定方程[m].上海:上海教育出版社,1980.[2]王卫华,马文波.对不定方程++=3的研究[j].湖北:武汉科技大学学报(自然科学版),2006,(2):210-211.。

求不定方程整数解的方法浅析摘要：第一章：引言所谓不定方程，是指未知数的个数多于独立方程式的个数的方程或方程组.因此，要求一个不定方程的全部的解抑或是其全部整数解都是相当困难的，有时甚至是不可能的或不现实的.然而，在现实生活中，特别是一些具体的生活实例中，它的应用又是非常的广泛的；另外，不定方程的重要性在数学竞赛中也得到了充分体现，每年世界各地的数学竞赛中，不定方程问题都占有一席之地；它也是培养和考查学生数学思维的好材料，数学竞赛中的不定方程问题，不仅要求选手对初等数论的一般理论、方法要有一定的了解，而且更需要讲究思想、方法与技巧，创造性的解决相关问题.数千年来，不定方程问题一直是一些数学家甚至草根阶级的数学爱好者研究的热点问题，仿佛它是一块资源丰富的土地，每个人都能有希望在这占有自己的一席之地.也正是由于它具有这样一个特点，不定方程的类型，以及解各类不定方程的各种方法层出不穷，求解各类不定方程也几乎毫无固定章法可循，而本文，只针对于不定方程整数解问题做一个初步的探索，归纳提炼出一些解这类题的常规方法和技巧，对解不定方程具有一定的指导意义；并且着重针对中学数学竞赛中的不定方程整数解问题进行分析，研究其方法，思想，具有一定的教学意义；另外，还根据自己的积累，总结，发掘出一些新的方法，技巧，具有创新和学习的意义.第二章：解决某些不规则类不定方程的常规思想方法1、不等式分析法其一般操作步骤：①想办法通过构造不等式求出其中某个（某些）变量的范围； ②根据该变量的范围求出该变量的整数解；③分情况讨论该变量分别取某个整数解时其他变量的取值. 常见的构造不等式的技巧：①注意题中的隐含条件，常见的如：1）若给出的是对称形式的不定方程，解题是可增加一个 “不妨设 ≤≤≤z y x ”的条件.2）若题目要求是正整数解，则有“ ,1,1,1≥≥≥z y x ” 若要求是相异的正整数，则有“ ,3,2,1≥≥≥z y x ” ②利用基本不等式求变元范围，常见的如“()xy y x 42≥+”③分离变量：可将某个变量分离出来，并通过该变量的范围求 其他变量的范围.④可利用二次方程有整数解的条件，即“0≥∆”，或更强点的 “∆ 为完全平方数”.常规应用：①一般在某些对称式中能用到此方法进行放缩估值；②在具体的限制某个（或某些）变量的范围时，可分离变量利 用此方法对其他变量进行估值；③对于方程“02=++w vx ux （其中u,v,w 是常数或者是含其他变量的式子）”可利用关于x 的方程有整数根的条件，即“0≥∆”， 或更强点的“∆ 为完全平方数”对其他变量进行估值； ④具体能通过变形转化为关于某些整体的表达式，再利用常规 不等式进行估值，比如”转化为关于x+y 与xy 的表达式， 用()xy y x 42≥+等“例1：求不定方程()332y x y x +=+的正整数解.解： 方法1：由于此不定方程是对称的，这里不妨设1≥≥y x ，则 ()()22332x y x y x ≤+=+32)4( y x x ≥-∴04 23>≥-∴xy x . 3, 2, 1 =∴x 1）当x=1时，1)4(12=-≤≤x x y1 =∴y经检验：()()1,1,=y x 不满足方程；2）当x=2时，2)4(12=-≤≤x x y . 2 1 ，=∴y经检验：()() 1,2,=y x 满足方程，()() 2,2,=y x 满足方程；3）当x=3时，3)4(12=-≤≤x x y. 3 2 1 ，，=∴y经检验：()()1,3,=y x 不满足方程，()()2,3,=y x 不满足方程，()()3,3,=y x 不满足方程；∴综上所述：取消不妨设，由对称性知：不定方程的正整数解为()()()(). 2,2 2,1 1,2,，，=y x 方法2：已知方程化为 ()()()222y xy x y x y x +-+=+22,0,0y xy x y x y x +-=+∴>>令 t y x =+， 则())3 32222t xy t xy y x y xy x t =--+=+-=（即 .32t t xy -=∴ 即 t y x =+且为整数）（2≥t()1313 2-=-=t t t t xy 利用不等式：()xy y x 42≥+ 则： ()13142-⋅≥t t t .2 ,4 的正整数为又≥≤∴t t . 4, 3, 2 =∴t 1）当t=2时，2=+yx32=xy此方程无正整数解；2）当t=3时，3=+yx2=xy1=x2=x2=y，1=y3）当t=4时，4=+yx4=xy2=x2=y.∴综上所述：不定方程的正整数解为()()()().2,22,11,2,，，=yx例2：求不定方程019262=-++-yxyxyx的整数解.解：方法1：已知方程可化为:019)1322=-+--yxyyx（,则此方程可看成关于x的一元二次方程有整数解的情况∴)19(4)1342---=∆yyy（=4（1-5y)则∆必是一个完全平方数，这里不妨设：）且（令（+∈≥=N m m m k 2)5-12∴512m k -= 由求根公式：1531+-=m x 1-532m x += 故方程要有整数根，当且仅当5, 11 51=-=+m m 或 经检验：64==m m 或符合题意当4=m 时，21=x ，3142=x ，3-=y 当6=m 时，7161=x ，42=x ，7-=y ∴综上所述：原方程的整数解为)7,4(),3,2(),--=y x （方法2：已知方程化为：x x y 21)3(2-=-分离y: 2)321--=x x y （ 事实上当y=0时，x=21 ,不合题意，则有：1≥y ，即 1)3212≥--x x （ ∴2)321-≥-x x （ (*)i ）若,0≤x 则有：962-12+-≥x x x0)2(2≤+-x 无解ii ）若,0>x 由x 为整数则有1≥x , 则(*)式化为： 961-22+-≥x x x∴ 6)4(2≤-x∴. 6, 5, 4, 2=x当 2=x 时，y=-3;当4=x 时，y=-7;当5=x 时，25-=y 不合题意舍去;当6=x 时，911-=y 不合题意舍去; ∴综上所述：原方程的整数解为)7,4(),3,2(),--=y x （2、同余分析法其一般操作步骤：①方程两边同时取特殊数的模，消去部分未知数，将等式化为 同余式；②由同余式来估计剩下未知数的取值范围（或特征），从而达 到解不定方程的目的.注意：实现这一过程的关键在于取什么数作为模，这需要较强 的观察力！常规的取模原则：①能消去某些未知数时，取它的系数（或底数）作模； ②由费马小定理有“)3(mod 3x x ≡”③频率较高者有模3，模4，模8.常规应用：①事实上，同余理论在证明一个不定方程无整数解时有广泛 而方便的应用；②一般对于某些指数不定方程，或某些系数较大的方程应用 同余理论能起到一个很好的简化作用；③具体的：它能解决“Ax+By=C"型整数解问题.例1：求不定方程7x+19y=213的正整数解.解：方程两边同时7mod 得：)7(mod 32-≡y两边同时乘以3：)7(mod 26-≡y)7(mod 2 ≡∴y ,27 +=∴k y 代入原方程得： 213)27(197=++k x∴ k x 1925-= ,27 +=k yk x 1925-= （其中k 为整数）令x>0,y>0, 得 ,027 >+k01925>-k ，∴ 192572-<<k ∴k=0 ,1.∴方程的正整数解为()()().9,6, 2,25,=y x例2：证明：15994144241=+++x x x 无整数解.证明： )16mod 151-1-16001599（≡≡= （*）设x x x x 14321,,,, 是方程的整数解，1）若n x i 2=，则)16(mod 01644≡≡n x i ，2）若12+=n x i ，则)8(mod 12≡x i ，故182+=k x i ，从而)16(mod 111664)18224≡++=+=k k k x i （，)16mod 144144241 （≤+++∴x x x 与（*）式矛盾 ∴该方程无整数解.例3：求不定方程75-12=y x 的全部正整数解.解：i ）若75-12=y x ，则方程两边模4得：)4mod 31（≡，矛盾； ii ）若75-12=y x ，则方程两边模3，得：)3mod 11--（）（≡y ， ∴y 为奇数若x>1,方程两边模8得：)8mod 15-（-≡y 即)8mod 15（≡y ，又 )8mod 152（≡ ∴y 2，这与y 为奇数矛盾∴ 1=x ，从而1=y综上所述:原方程有唯一的整数解()() 1,1,=y x .3、约数倍数分析法：此方法经常结合整除理论，是解决不定方程整数解十分有效的 方法，在数学竞赛中也是出现频率高，实用性强的一类方法.常规的次方法分为两类：①因式分解法：1）将含未知数的代数式置于方程一边作因式分解；2）将方程另一边化为常数，并对其做质因数分解；3）考虑各因数的取值，分解成若干方程（组）来求解.②分离未知量法：1）将方程的某个（或某些）未知量分离出来，目的是将其他未知量转化到某个常数的分母位置；2）将处于分子位置的常数作质因数分解；3）考虑分母的取值，分解成若干方程（组）来求解部分未知量.常规应用：①多半是解决某些能进行因式分解（或部分因式分解）的整数不定方程问题，并且，有时要求学生因式分解功底十分扎实；②具体的：它能解决“0Axy)0=A（”型不定方Bx≠+++DCy程.例1：一队旅客乘坐汽车，要求每辆汽车的旅客人数相等，起初每辆汽车乘了22人，结果剩下1人未上车；如果有一辆汽车空着开走，那么所有旅客正好能平均分乘到其他各车上，已知每辆汽车最多只能容纳32人，求起初有多少俩汽车？有多少个旅客？解：设起初有m俩汽车；开走一辆后，平均每辆汽车的人数为n根据人数相等可列方程：)32,2( )1(122≤≥⋅-=+n m n m m ； 整理为：)32,2( 0122≤≥=---n m m n mn ； 分析： 属于类型“0=+++D Cy Bx Axy )0≠A （” 思路一（部分因式分解）：0=+++D Cy Bx Axy )0≠A （ 0=+++A Dy A Cx A BxyA DA BC AB y AC x -=++2))((AD BC B Ay C Ax -=++))((这就化成了例1：求不定方程()72+=+xy y x 的整数解 解：分离变量：232272--=--=y y y xx,y 为整数∴ 3)2-y （∴ 3 12±±=-，y∴此方程的解为 （-1,3），（5,1），（1,5），（3，-1）。

解不定方程和同余方程的基本方法总结不定方程和同余方程是数论中的两个重要问题。

解不定方程的目标是找到使方程成立的整数解，而同余方程则是计算模运算下的解集。

本文将总结解不定方程和同余方程的基本方法和技巧。

一、解不定方程的基本方法解不定方程的一般形式为ax + by = c，其中a、b、c为给定的整数，x和y为未知数，求整数解。

以下是解不定方程的基本方法：1. 辗转相除法：如果a和b互素，即它们的最大公约数为1，那么可以使用辗转相除法求解不定方程。

首先，利用辗转相除法找到一个整数解(x0, y0)，然后这个方程的所有整数解可以表示为：x = x0 + bt，y = y0 - at，其中t为整数。

2. 扩展欧几里得算法：如果a和b不互素，即它们的最大公约数不为1，可以使用扩展欧几里得算法求解。

通过该算法计算出方程的一个特解(x0, y0)，然后方程的所有整数解可以表示为：x = x0 + b/d * t，y = y0 - a/d * t，其中t为整数，d为a和b的最大公约数。

3. 循环：对于一些形式特殊的不定方程，可以通过循环枚举的方法来解决。

例如对于方程3x + 7y = 100，由于3和7不互素，不能直接使用辗转相除法或扩展欧几里得算法。

可以通过循环枚举x和y的取值范围，判断是否满足方程条件，从而得到所有解。

二、同余方程的基本方法同余方程的一般形式为ax ≡ b (mod m)，其中a、b、m为给定的整数，x为未知数，求模m下的整数解。

以下是同余方程的基本方法：1. 同余定理：如果a和m互素，即它们的最大公约数为1，那么同余方程有唯一解。

可以使用扩展欧几里得算法求解逆元的方式得到解x。

2. 中国剩余定理：如果给定一系列同余方程，形如：x ≡ a1 (mod m1)x ≡ a2 (mod m2)...x ≡ an (mod mn)其中m1、m2、...、mn两两互素，那么可以使用中国剩余定理求解该同余方程组。