高中数学竞赛专题讲义之不定方程

不定方程超难竞赛题不定方程在数学竞赛中一直是一个备受考生关注的难题，它擅长考察学生的数学综合素养，能够帮助考生锻炼逻辑思维能力和解决实际问题的能力。

下面是一道典型的不定方程竞赛题：题目：求满足以下各组约束条件的所有自然数x,y,z的值:1) xyz=64;2) x+y+z=32;3) x<y<z。

解析：首先，根据给定的xyz=64，可以列出如下的因子分解式：64=2^6于是，x,y,z中至少一个数必须含因子2，否则就无法满足xyz=64的条件。

其次，由于x<y<z，因此可以考虑设z=x+a,y=x+b，其中a,b均为正整数。

这样，不定方程转化为：x(x+a)(x+b)=64x+a+x+b+x=32化简可得：x^3+(a+b)x^2+abx-64=02x+a+b=32此时，我们可以利用以下两个条件来求解：1) 小于等于6的所有正整数的所有因子;2) 小于等于32的所有正整数的组合总数。

从而，我们可以通过搜索的方法找到所有满足条件的x,y,z的组合。

具体过程可分为以下几步：1) 枚举a和b的取值范围;2) 根据二次方程的解析式求出对应的x的值，判断x是否为正整数，并满足x<x+a<x+b;3) 判断是否满足x+y+z=32的条件，如果是，则输出满足条件的x,y,z 的值。

最后，还需注意以下两点：1) 由于不定方程具有对称性，我们只需枚举其中一个未知数的值，即可得出所有满足条件的x,y,z的组合;2) 这里的搜索过程中采用了剪枝的方法，即当搜索到的x值过大时，即可停止搜索，从而提高搜索效率。

综上所述，不定方程超难竞赛题确实具有一定的难度，但只要掌握一定的数学知识和解题技巧，就能成功解决这类问题。

高二数学竞赛班二试讲义第7讲 不定方程班级 姓名一、知识要点：不定方程（组）是指未知数多于方程个数的方程（组）。

数论问题中，经常讨论的是在整数（或正整数）范围内求解不定方程（组）。

1．二元一次方程定义 形如(,,,,ax by c a b c Z a b +=∈不同时为零)的方程称为二元一次方程。

定理 当(,)|a b c 时，先求二元一次方程(,,)ax by c a b c Z +=∈的特解00x x y y =⎧⎨=⎩，则通解为00(,)()(,)b x x t a b t Z a y y t a b ⎧=+⎪⎪∈⎨⎪=-⎪⎩；当(,)|a b c /时，方程无解。

2．不定方程问题的常见类型（1）求不定方程的解；（2）判断不定方程是否有解；（3）判断不定方程解的数量。

3．不定方程问题的常见方法（1）公式法；（2）奇偶分析法；（3）数或式的分解法；（4）不等式估计法；（5）选择特殊模的方法；（6）构造法；（7）换元法；（8）费尔马无穷递降法。

二、例题精析例1．求不定方程3710725x y +=的整数解。

例2．求出所有的正整数n ，使得关于,x y 的方程111x y n+=恰有2011组满足x y ≤的正整 数解(,)x y ．例3．试求出所以的正整数,,a b c ，其中1a b c <<<，且使得(1)(1)(1)a b c ---是1abc -的约数。

例4．求出所有满足81517x y z +=的正整数三元组(,,)x y z 。

三、精选习题1．求不定方程231725x y -=的整数解。

2．求所有的有理数r ，使得方程2(1)(1)0rx r x r +++-=的所有解都是整数。

3．(2013华约自主招生）已知x 、y 、z 是三个大于1的正整数，且xyz 整除(xy -1)(yz -1)(zx -1)，求x 、y 、z 的所有可能的值。

4．求方程3361x y xy -=+的正整数解5．求所有正整数,m n ，使23m n +为平方数。

不定方程专题为不定方程的解法总结给出例子对3楼做出诠释给出佩尔方程的通解及证明给出部分佩尔方程的最小解的初等求法是一些难题,有兴趣可以做下不定方程的解法:所谓不定方程,一般指未知数多于方程的个数,这类方程一般情况下有无限多个解,我们只研究它的特殊解(如整数解,有理数解)一,f(x,y)=0,且f(x,y)为x,y的整多项式①x,y的次数有一个为1(不妨设为x)这类方程可以将x解出,化为x=g(y)/h(y)形式,其中g(y),h(y)均为y的整多项式考虑g(y)除以h(y)的余式Q(y)和商R(y),一般Q(y)≠0,注意到Q(y)/h(y)=x-R(y),所以可以在两边乘一个适当整数k后使Q(y),R(y)都变成整多项式则由于deg(h(y))>deg(Q(y))所以随着y绝对值的增大,h(y)绝对值的增长速度大于Q(y)绝对值的增长速度,从而当y绝对值增大到一定程度,h(y)绝对值>Q(y)绝对值,即此时无解②f(x,y)=Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F此类方程若Ax^2+Bxy+Cy^2可以在整数范围内因式分解为(A1*x+B1*y)(A2*x+B2*y),其判别式B^2-4AC≠0,则f(x,y)=0可化为(A1*x+B1*y+C1)(A2*x+B2*y+C2)=D1来做,其中的C1,C2可比较x,y的系数解出若Ax^2+Bxy+Cy^2不可以在整数范围内因式分解,但其判别式B^2-4AC<0,则可以先将f(x,y)看成x的多项式,配方,然后剩下的三项看成关于y的多项式,配方,得D1(A1*x+B1y+C1)^2+D2(A2*y+B2)^2=C2,其中D1,D2为正整数,因此其整数解有限,可通过D1(A1*x+B1y+C1)^2≢C2和D2(A2*y+B2)^2≢C2求出若Ax^2+Bxy+Cy^2不可以在整数范围内因式分解,其判别式B^2-4AC>0,则可以按照上面的配方办法将f(x,y)=0化为佩尔型方程D1(A1*x+B1y+C1)^2-D2(A2*y+B2)^2=C2,其中D1,D2为正整数,简记为D1*X^2-D2*Y^2=C2,此类方程可能无解(无解时应采用取模的方法证明,即证明存在一个正整数m,方程两边模m不同余,也可能有解(但一旦有一个正整数解那么就有无限多个正整数解)③高次不定方程(x,y次数都不小于2,且有一个次数不小于3)这类题目一般来说极难,只有特殊情况方可做如方程可以化为g(x)=h(x,y)^2,其中g(x)为x的偶次多项式,最高项系数为完全平方数,h(x,y)为整多项式或g(x)=h(x,y)^3,其中g(x)为x的3k次多项式(k为正整数),最高项系数为完全立方数,h(x,y)为整多项式等等当然,部分高次不定方程也可以通过取模的方法证明无解二,指数型方程(指未知数有部分或全部出现在指数上)这类题目一般有3种方法①因式分解②取模(很多时候取模目的是为了得出一些结果,然后利用这些结果因式分解,当然有时取模也能直接做出)③不等式估计三,未知数多于2个的整多项式型方程以及带有阶乘符号的方程这类方程一般极难,只有特殊情况可以做目前就我所知,有3种方法①利用完全平方数的性质②不等式估计③取模1,求x=(y^3+2y^2+3y+4)/(5y^2+6y+7)整数解（带余除法）解:有x=(y/5+4/25)+(16y/25+72/25)/(5y^2+6y+7)两边同乘以25,有25x-5y-4=(16y+72)/(5y^2+6y+7)显然16y+72≠0,从而由(16y+72)/(5y^2+6y+7)绝对值不小于1可求出y的范围2,求x^2=y^4+y^3+y^2+y+1正整数解（高次不定方程配方法）解:对y^4+y^3+y^2+y+1配方,假设为(y^2+ay+b)^2,比较y^3,y^2系数,得a=1/2,b=3/8由于(8y^2+4y+3)^2<64x^2=64(y^4+y^3+y^2+y+1)<(8y^2+4y+8)^2,所以64(y^4+y^3+y^2+y+1)只能是(8y^2+4y+4)^2,所以y=33,求证:方程x^2=y^3-37无整数解.（高次不定方程取模法）证明:假设有整数解(u,v),则u^2+64=(v+3)*(v^2-3v+9)易知v为奇数(模8即知),从而u为偶数,上式左端被4整除,固v+3也能被4整除,从而v^2-3v+9除以4余3,于是v^2-3v+9有一个除以4余3的素因子P,由P¦u^2+64得P¦8,矛盾4,求x^2=2^y+1正整数解(指数型方程因式分解）因式分解得(x-1)(x+1)=2^y显然x-1,x+1均为偶数,且不能同时被4整除,又两数都是2的正整数次幂,从而必有个等于25,求2007^x=2006^y+1正整数解(指数型方程取模法）解：显然x=y=1是解下面考虑x>1,y>1模４得(-1)^x≡1(mod4),固x为偶数令x=2k,模５得(-1)^k≡2(mod5),此式不可能成立，所以x>1,y>1时无解6,求m^n=n^m正整数解,n≠m(指数型方程不等式估计)解：不妨设m>n记(m,n)=d,m=ad,n=bd,则a>b,(a,b)=1,且a^b=b^a*d^(a-b)于是b^a整除a^b，又(a,b)=1，所以b=1因此a=d^(a-1)显然d>1,于是a=d^(a-1)≣2^(a-1),又用归纳法可证当a>1时，有2^(a-1)≣a,仅当a=2成立等号，所以a=2,d=17,求证x^2+y^2+z^2=4^m*(8k+7)无整数解（多元不定方程利用完全平方数的性质）证明：首先证明m=0无整数解事实上，利用完全平方数模４只能余０,１,对方程两边模４可知x,y,z均为奇数，再利用奇完全平方数模８只能余１对方程两边模８得3≡7(mod8),矛盾其次，当m<0时，右边不为整数最后，当m>0时,模４知x,y,z均为偶数，从而有(x/2)^2+(y/2)^2+(z/2)^2=4^(m-1)*(8k+7)若m-1>0,如法炮制，最终可以得到(x/2^t)^2+(y/2^t)^2+(z/2^t)^2=8k+7,于是无解8,求x^3+y^3+z^3+u^3=k(xyzu)^2的所有正整数解x,y,z,u,k(多元不定方程不等式估计)解:不妨设x≣y≣z≣u,则由x^2整除y^3+z^3+u^3得x≢sqrt(y^3+z^3+u^3)≢sqrt(3y^3)从而k=x/(yzu)^2+y/(xzu)^2+z/(xyu)^2+u/(xyz)^2≢sqrt(3/y)/(zu)^2+1/x(zu)^2+1/y(xu)^2+1/z(xy)^2若z≣2,则k≢sqrt(3/2)/4+1/8+1/8+1/32<1,矛盾所以z=u=1若y≣3,则x≢sqrt(y^3+z^3+u^3)=sqrt(y^3+2),k≢sqrt(1/y+2/y^4)/(zu)^2+1/x(zu)^2+1/y(xu)^2+1/z(xy)^2≢sqrt(29/81)+1/3+1/27+1/81<1,矛盾所以y=1或2当y=1时,由x^2整除y^3+z^3+u^3得x=1,进而k=4当y=2时无解综上,只有一个正整数解:x=y=z=u=1,k=4佩尔方程的通解及证明若(a,b)为方程x^2-Ay^2=1的最小正整数解,A为正整数,A不为完全平方数,则(a+b*sqrtA)^n=An+Bn*sqrtA确定的正整数对(An,Bn)为方程x^2-Ay^2=1的所有正整数解首先,若(a+b*sqrtA)^n=An+Bn*sqrtA,则(a-b*sqrtA)^n=An-Bn*sqrtA,相乘得An^2-A*Bn^2=1,所以(An,Bn)为方程x^2-Ay^2=1的正整数解其次,假设(c,d)为方程x^2-Ay^2=1的正整数解,且对于任意正整数n,有c≠An则必定存在正整数k,使Ak<c<A(k+1),从而易知Bk<d<B(k+1)令(c+d*sqrtA)*(Ak-Bk*sqrtA)=u+v*sqrtA,其中u,v为整数,则u=c*Ak-d*A*Bk,v=d*Ak-c*Bk由于(c*Ak)^2-(d*A*Bk)^2=(Ad^2+1)(A*Bk^2+1)-(d*A*Bk)^2>0,所以u>0同理由(d*Ak)^2-(c*Bk)^2=d^2*(A*Bk^2+1)-(Ad^2+1)*Bk^2=d^2-Bk^2>0得v>0因此(u,v)也为方程x^2-Ay^2=1的正整数解,且因为u+v*sqrtA=(c+d*sqrtA)*(Ak-Bk*sqrtA)=(c+d*sqrtA)/(Ak+Bk*sqrtA)<(A(k+1)+B(k+1)*sqrtA)/(Ak+B k*sqrtA)=a+b*sqrtA知(u,v)是比(a,b)更小的正整数解,矛盾部分佩尔方程的最小解的初等求法1,x^2-(n^2-1)y^2=1显然最小解为x=n,y=12,x^2-(n^2-2)y^2=1解:最小解为x=n^2-1,y=n事实上,易知x^2=n^2*y^2+(1-2y^2)<n^2*y^2因此x≢ny-1于是(ny-1)^2-(n^2-2)y^2≣x^2-(n^2-2)y^2=1解得y≣n3,x^2-(n^2+1)y^2=1解:最小解为x=2n^2+1,y=2n事实上,易知x^2=(n^2+1)y^2+1>n^2*y^2因此x≣ny+1于是(ny+1)^2≢x^2=(n^2+1)y^2+1解得y≣2n4,x^2-(n^2+2)y^2=1解:最小解为x=n^2+1,y=n事实上,易知x^2=(n^2+2)y^2+1>n^2*y^2因此x≣ny+1于是(ny+1)^2≢x^2=(n^2+2)y^2+1解得y≣n5,x^2-29y^2=1解:最小解为x=9801,y=1820事实上,设最小解为(X,Y),易知Y为偶数(若Y为奇数,则模4得X^2≡2(mod4),矛盾)于是可令X=2z+1,Y=2w,得z(z+1)=29w^2于是z,z+1必定为u^2,29v^2的形式显然u^2-29v^2=-1(若u^2-29v^2=1,则(u,v)比(X,Y)更小,矛盾)于是u^2≡-1≡12^2(mod29)因此u=29k±12经过试验,k=0,1时对应的v不为整数,而当k=2时,u=46对应的v不为整数,u=70对应的v=13,进而z=u^2=4900,X=2z+1=9801对例5的解释:因为每次换元都将原来的未知数减小(如X=2z+1,z=u^2,u=29k±12,第一次换元大约只将X减小到原来的一半,但第二次换元是开方,第三次换元大约相当于除以29,所以即使最小解比较大,那么经过这些换元后也不会太大了(这就是为什么取k=2就找到解的缘故) 所以这种方法可以解很多最小解不太大的方程当然,如果最小解实在太大,如x^2-61y^2=1,这种方法就无能为力了下面是一些难题,这里的所谓难题,指的是用高中竞赛知识可以解决(因为我都做出了),但比较困难.1,求证:连续101个正整数之积不是完全平方数2,求证:连续11个正整数之积不是完全立方数3,求x^2=y^3±1的整数解4,求证:若x^2-3y^2,x^2+3y^2同时为完全平方数,则y=0。

不定方程（一）知识、技能、方法不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数的取值范围是受某些限制（如整数、正整数或有理数）的方程.一、二元一次不定方程(组)及解法形如(,,ax by c a b c Z +=∈，,a b 不同时为零）的方程称为二元一次方程. 定理一:如果(,)1a b =，则一定存在两个整数,x y ，使得1ax by +=。

定理二：方程ax by c +=有整数解的充分必要条件是c b a |),(。

定理三:若(,)1a b =，且00,x y 为ax by c +=的一个解，则方程ax by c +=的一切解都可以表示为at y y bt x x -=+=00,（t 为整数). 二、高次不定方程（组）及解法1、因式分解法：对方程的一边进行因式分解,另一边作质因式分解,然后对比两边,转而求解若干个方程组。

2、同余法：如果不定方程1(,,)0n F x x =有整数解，则对于任意*m N ∈，其整数解1(,,)n x x 满足1(,,)0(mod )n F x x m ≡.3、不等式估计法：先利用不等式工具确定不定方程中某些字母的范围，再分别求解。

4、无穷递降法:若关于正整数n 的命题()p n 对某些正整数成立,设0n 是使()p n 成立的最小正整数，可以推出：存在*1n N ∈，使得10n n <,适合证明不定方程无正整数解.三、特殊的不定方程1、(0)ax by cxy abc +=≠的整数解：常利用因式分解法2、勾股方程222z y x =+的正整数解:由方程不难看出,如果d y x =),(,则22|z d ，从而z d |，这样可在勾股方程的两边约去2d ，所以我们只需讨论满足1),(=y x 的解,此时易知z y x ,,实际上两两互素，这种z y x ,,两两互素的正整数解),,(z y x 称为方程的本原解，也称为本原的勾股数。

定理：方程222z y x =+满足1),(=y x ，y |2的全部正整数解),,(z y x 可表为22x a b =-，2y ab =，22z a b =+,其中b a ,是满足b a b a ,,0>>一奇一偶，且1),(=b a 的任意整数。

高中数学解题技巧之不定方程求解不定方程在高中数学中是一个重要的概念，涉及到求解方程中的未知数的取值范围。

本文将介绍不定方程的求解方法和一些解题技巧，帮助高中学生更好地应对这类题目。

一、不定方程的定义和基本概念不定方程是指含有未知数的方程，但未知数的取值范围不确定，需要通过一定的条件来求解。

常见的不定方程包括线性不定方程、二次不定方程等。

例如，求解线性不定方程3x + 4y = 7，其中x和y为未知数。

这个方程的解是指满足条件的x和y的取值，使得等式成立。

二、线性不定方程的求解方法1. 列举法：对于简单的线性不定方程，可以通过列举的方法来求解。

例如，解线性不定方程3x + 4y = 7，我们可以列举出一些满足条件的整数解，如(1, 1)、(3, 1)等。

通过观察这些解的规律，我们可以发现解的特点，进而得到一般解。

2. 欧几里得算法：对于形如ax + by = c的线性不定方程，可以利用欧几里得算法来求解。

首先，我们需要找到一个特殊解(x0, y0)，然后利用欧几里得算法求出方程的通解。

例如，求解线性不定方程3x + 4y = 7。

我们可以先找到一个特殊解(3, -2)，然后利用欧几里得算法求出方程的通解。

具体步骤如下：步骤一：利用欧几里得算法求出3和4的最大公约数d，同时求出一组整数解(u0, v0)，使得3u0 + 4v0 = d。

步骤二：将方程两边同时除以d，得到(3/d)x + (4/d)y = 7/d。

步骤三：将特殊解(3, -2)代入上式，得到(3/d)x + (4/d)y = 7/d。

通过观察我们可以发现，方程的通解为x = 3 + 4k，y = -2 - 3k，其中k为整数。

三、二次不定方程的求解方法二次不定方程是指含有二次项的不定方程，例如x^2 + y^2 = 25。

对于这类方程，我们可以利用一些特定的方法来求解。

1. 分类讨论法：对于形如x^2 + y^2 = n的二次不定方程，我们可以通过分类讨论的方法来求解。

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【知识精要】形如x +y =4，x +y +z =3，yx 11+=1的方程叫做不定方程，其中前两个方程又叫做一次不定方程．这些方程的解是不确定的，我们通常研究（1）不定方程是否有解？（2）不定方程有多少个解？（3）求不定方程的整数解或正整数解．对于二元一次不定方程问题，我们有以下两个定理： 定理1．二元一次不定方程ax +by =c ，（1）若其中（a ，b ） c ，则原方程无整数解；（2）若（a ，b ）=1，则原方程有整数解；（3）若（a ，b ）｜c ，则可以在方程两边同时除以（a ，b ），从而使原方程的一次项系数互质，从而转化为（2）的情形．如：方程2x +4y =5没有整数解；2x +3y =5有整数解．定理2．若不定方程ax +by =1有整数解⎩⎨⎧==00y y x x ，则方程ax +by =c 有整数解⎩⎨⎧==00cy y cx x ，此解称为特解．方程方程ax +by =c 的所有解（即通解）为⎩⎨⎧-=+=ak cy y bkcx x 00（k 为整数）．对于非二元一次不定方程问题，常用求解方法有：（1）恒等变形．通过因式分解、配方、换元等方法将方程变形，使之易于求解； （2）构造法．先利用恒等式构造一些特解，再进一步证明不定方程有无穷多组解； （3）估算法．先缩小方程中某些未知数的取值范围，然后再求解． 【例题精讲】一 二元一次不定方程例1．求方程4x +5y =21的整数解．解：因为方程4x +5y =1有一组解⎩⎨⎧=-=11y x ，所以方程4x +5y =21有一组解⎩⎨⎧=-=2121y x ．又因为方程4x +5y =0的所有整数解为⎩⎨⎧-==k y kx 45（k 为整数），所以方程4x +5y =21的所有整数解为⎩⎨⎧-=+-=k y kx 421521（k 为整数）．说明：本题也可直接观察得到方程4x +5y =21的一组特解⎩⎨⎧=-=51y x ，从而得到4x +5y =21的通解⎩⎨⎧-=+-=k y kx 4551（k 为整数）．练习1．求方程5x +3y =22的所有正整数解．解：方程5x +3y =1有一组解为⎩⎨⎧=-=21y x所以方程5x +3y =22有一组解为⎩⎨⎧=-=4422y x又因为5x +3y =0的所有整数解为⎩⎨⎧-==k y kx 53，k 为整数所以方程5x +3y =22的所有整数解为⎩⎨⎧+-=-=445223k y k x ，k 为整数由⎩⎨⎧>+->-04450223k k 解得⎪⎩⎪⎨⎧<>544322k k ，所以k =8，原方程的正整数解为⎩⎨⎧==42y x ．说明：由此题可见，求不定方程的正整数解的方法是先求不定方程的所有整数解（通解），然后再求其中的正整数解．这通常需要解不等式组求出通解中k 的取值范围．若一次不定方程的特解不易观察得出，我们可以用辗转相除法求特解．下面通过例题说明这种方法．例2．求方程63x +8y =－23的整数解．解：（1）用x 、y 中系数较大者除以较小者．63=8×7+7． （2）用上一步的除数除以上一步的余数．8=7×1+1 （3）重复第二步，直到余数为1为此． （4）逆序写出1的分解式． 1=8－7×1=8－（63－8×7）×1=8－63+8×7=8×8－63． （5）写出原方程的特解和通解．所以方程63x +8y =1有一组特解⎩⎨⎧=-=81y x ，方程63x +8y =－23有一组特解⎩⎨⎧⨯-==23823y x ，所以原方程的所有整数解为⎩⎨⎧-⨯-=+=k y kx 63238823，k 为整数．练习2．求方程37x +107y =25的整数解． 解：107=2×37+3337=1×33+4 33=4×8+1所以1=33－4×8=33－（37－1×33）×8=37×（－8）+33×9=37×（－8）+（107－2×37）×9=107×9+37×（－26）所以方程37x +107y =1有一组整数解为⎩⎨⎧=-=926y x ，原方程的所有整数解为⎩⎨⎧-⨯=+⨯-=k y kx 372591072526，k 为整数．二 多元一次不定方程（组）的整数解多元一次不定方程的整数解问题可转化为二元一次不定方程来求解．下面通过例题进行说明．例3．求方程12x +8y +36z =100的所有整数解． 解：原方程可化为3x +2y +9z =25．将①分为⎩⎨⎧=+=+25923z t ty x②的一组解为⎩⎨⎧-==t y tx ，所以②的所有整数解为⎩⎨⎧--=+=1132k t y k t xk 1为整数．③的一组解为⎩⎨⎧==27z t ，所以③的所有整数解为⎩⎨⎧-=+=22297k z k tk 2为整数．将⑥代入④⑤，消去t 得，⎪⎩⎪⎨⎧-=---=++=212122397297k z k k y k k x （k 1，k 2为整数）．练习3．一个布袋中装有红、黄、蓝三种颜色的大小相同的小球，红球上标有数字1，黄球上标有数字2，蓝球上标有数字3．小明从布袋中摸出10个球，它们上面所标数字之和等于21，则小明摸出的球中红球个数最多为几个？解：设红、黄、蓝球各摸出x 、y 、z 个，则⎩⎨⎧=++=++213210z y x z y x )2()1( ②③④ ⑤⑥⑦（2）－（1）消去x 得y +2z =11 （3）（3）的通解为⎩⎨⎧-=+=kz ky 521，k 为整数．所以x =10－y －z =4－k ，当k =0时，x 最大，此时y =1，z =5． 所以小明摸出的球中红球个数最多为4个．三 其他不定方程 例4．求不定方程2111=+y x 的正整数解． 解：原式变形为2x +2y =xy ，即（x －2）（y －2）=4所以⎩⎨⎧=-=-2222y x 或⎩⎨⎧=-=-1242y x 或⎩⎨⎧=-=-4212y x解得⎩⎨⎧==44y x 或⎩⎨⎧==36y x 或⎩⎨⎧==63y x ．练习4．求方程x 2－y 2=105的正整数解．解：（x +y ）（x －y ）=105=3×5×7所以⎩⎨⎧=-=+1105y x y x 或⎩⎨⎧=-=+335y x y x 或⎩⎨⎧=-=+521y x y x 或⎩⎨⎧=-=+715y x y x解得⎩⎨⎧==5253y x 或⎩⎨⎧==1619y x 或⎩⎨⎧==813y x 或⎩⎨⎧==411y x ．例5．求方程y 2+3x 2y 2=30x 2+517的所有正整数解解：原方程可变形为y 2+3x 2y 2－30x 2－10=517，即：（y 2－10）（3x 2+1）=3×13×13． 由于3（3x 2+1），所以3｜（y 2－10）．又因为3x 2+1>1，所以y 2－10>0，经实验可知y 2－10=39，3x 2+1=13． 所以x =2，y =7．说明：本题虽然简单，但也综合运用了恒等变形、估算等多种方法．练习5．求证方程x 3+113=y 3没有正整数解．解：假设方程有正整数解，则由x 3+113=y 3得（y －x ）（y 2+xy +x 2）=113． 由于y >x ，y >11，所以y 2+xy +x 2>112，于是y －x =1，y 2+xy +x 2=113． 所以（x +1）2+x （x +1）+x 2=3x 2+3x +1=113=1331，即3（x 2+x ）=1330． 这与31330矛盾，所以原方程没有正整数解．例6．求方程x +y =x 2－xy +y 2的全部整数解．解：将原方程看成关于x 的一元二次方程：x 2－（y +1）x +（y 2－y ）=0． 若此方程有解，则△=（y +1）2－4（y 2－y ）≥0，即3y 2－6y －1≤0．解得：1－3321332+≤≤y ，所以y =0，1或2． 将y 的值代入原方程可解得：⎩⎨⎧==00y x ，⎩⎨⎧==01y x ，⎩⎨⎧==10y x ，⎩⎨⎧==12y x ，⎩⎨⎧==21y x ，⎩⎨⎧==22y x ．练习6．求方程x 2+y 2=2x +2y +xy 的所有正整数解．解：将原方程看成关于x 的一元二次方程x 2－（y +2）x +（y 2－2y ）=0． 若此方程有整数解，则△=（y +2）2－4（y 2－2y ）为完全平方数． 又因为△=－3（y －2）2+16∈[0，16]，所以△=0，1，4，9或16． 解得y =2或4．代入原方程解得⎩⎨⎧==24y x ，⎩⎨⎧==42y x 或⎩⎨⎧==44y x ．例7．求方程x 6+3x 3+1=y 4的整数解．解：（1）当x >0时，x 6+2x 3+1<y 4<x 6+4x 3+2，即（x 3+1）2<y 4<（x 3+2）2所以x 3+1<y 2<x 3+2，而x 3+1与x 3+2为两个相邻整数，中间不可能有其他整数，这说明x >0不成立．（2）当x =0时，y 4=1，y =±1．（3）当x =－1时，y 4=－1，y 无实数解．（4）当x ≤－2时，x 3+1<0，所以x 6+4x 3+2<y 4<x 6+4x 3+1，即（x 3+2）2<y 4<（x 3+1）2 所以－（x 3+2）<y 2<－（x 3+1），与（1）类似可证x ≤－2不成立．综上所述，⎩⎨⎧==10y x 或⎩⎨⎧-==10y x ．说明：本题先将原方程变形，利用不等式缩小x 的取值范围，再进行求解．练习7．求方程x 2+x =y 4+y 3+y 2+y 的整数解．解：原方程可变形为4x 2+4x +1=4y 4+4y 3+4y 2+4y +1． ∴（2x +1）2=（2y 2+y ）2+3y 2+4y +1 =（2y 2+y ）2+2×（2y 2+y ）+1+（－y 2+2y ） =（2y 2+y +1）2+（－y 2+2y ）（1）当⎩⎨⎧<+->++02014322y y y y ，即当y <－1或y >2时， （2y 2+y ）2<（2x +1）2<（2y 2+y +1）2而2y 2+y 与2y 2+y +1为两相邻整数，所以此时原方程没有整数解． （2）当y =－1时，x 2+x =0，所以x =0或－1． （3）当y =0时，x 2+x =0，所以x =0或－1． （4）当y =1时，x 2+x =4，此时x 无整数解． （5）当y =2时，x 2+x =30，所以x =－6或5．综上所述：⎩⎨⎧-==10y x ，⎩⎨⎧-=-=11y x ，⎩⎨⎧==00y x ，⎩⎨⎧=-=01y x ，⎩⎨⎧=-=26y x ，⎩⎨⎧==25y x ．说明：本题与例7的解法基本思想相同，但各种条件更隐蔽，需要较高的洞察力．。