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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。
![关于丢番图方程[(10k1+2) n-1][(10k 2+3) n-1]=x 2的解](https://img.taocdn.com/s1/m/febfd087a0116c175f0e486a.png)
关于丢番图方程px+(p+1)y=z2徐爱娟;邓谋杰【摘要】设p,q是奇素数,s是非负整数.利用初等方法中的同余、二次剩余、不等式法与Scott(1993年)的结果,证明:如果p≡1 (mod4),p=2qs-1,q≡3(mod4),s是正整数,则丢番图方程px+(p+1)y=z2仅有正整数解(p,x,y,z)=(5,4,3,29);如果p≡3(mod8),p=4qs-1,则当q≡5,7(mod8),s是正整数时,上述方程无解;而当q≡3(mod8),s为非负整数时,上述方程仅有正整数解(3,2,2,5),(11,2,3,43).【期刊名称】《黑龙江大学自然科学学报》【年(卷),期】2016(033)006【总页数】4页(P766-769)【关键词】丢番图方程;正整数解;非负整数解;初等方法【作者】徐爱娟;邓谋杰【作者单位】海南大学信息科学技术学院,海口570228;海南大学信息科学技术学院,海口570228【正文语种】中文【中图分类】O156近年来，形如ax+by=z2的丢番图方程引起了一些作者的兴趣。
2007年，Acu ［1］给出了丢番图方程2x+ 5y=z2的全部非负整数解。
2012年，Sroysang［2］证明了丢番图方程31x+32y=z2无非负整数解。
2013年，Rabago［3］给出了丢番图方程3x+19y=z2与3x+91y=z2的全部非负整数解。
2013年，Sroysang［4］证明了丢番图方程7x+8y=z2仅有非负整数解(x，y，z)=(0，1，3)，并提出了求解丢番图方程的公开问题。
因(1)中p也是变量，故求解(1)比对给定的a，b求解ax+by=z2要困难一些。
目前关于(1)的结果很少。
2013年，Chotchaisthi［5］证明了:当p是Mersenne素数时，(1)仅有两个非负整数解(p，x，y，z)=(7，0，1，3)，(3，2，2，5)。
很明显，他遗漏了一组解(p，x，y，z)=(3，1，0，2)。
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。
一般二元二次丢番图方程的解法
石赛英
【期刊名称】《杭州师范学院学报：社会科学版》
【年(卷),期】2000(000)006
【摘要】给出了若干个关于二元二次丢番图方程ax2+bxy+cy2+dx+ey+f=０整数解的定理，系统地解决了二元二次丢番图方程的求解问题。
【总页数】5页(P23-27)
【作者】石赛英
【作者单位】杭州师范学院数学系，浙江杭州３１００１２
【正文语种】中文
【中图分类】O156.7
【相关文献】
1.一类二元二次方程组的解法及在物理解题中的应用 [J], 赖丽春;黄绍书
2.基于二阶曲线束理论的二元二次方程组的简捷解法 [J], 周明旺
3.一类二元二次函数取值范围问题的几何解法 [J], 祁学军
4.一类二元二次函数取值范围问题的几何解法 [J], 杨彦玉;杨占国
5.三种不同视角下的特殊二元二次方程的解法 [J], 肖利;王凯旋
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关于丢番图方程(45n)x+(28n)y=(53n)z的解
唐刚
【期刊名称】《西南民族大学学报（自然科学版）》
【年(卷),期】2014(040)001
【摘要】利用初等方法证明了,对于任意的正整数n,丢翻图方程
(45n)x+(28n)y=(53n)z仅有x=y=z=2正整数解.
【总页数】4页(P101-104)
【作者】唐刚
【作者单位】阿坝师范高等专科学校基础教育系,四川汶川 623000
【正文语种】中文
【中图分类】O156.7
【相关文献】
1.关于丢番图方程（195n）x+（28n）y=（197n）z [J], 凌灯荣;翁建欣
2.丢番图方程∑n-1 k=0 [x+(80s+42)k]r=[x+(80s+42)n]r [J], 及万会
3.指数丢番图方程|m4-6m2+1|x+(4m3-4m)y=(m2+1)z的解 [J], 杨仕椿
4.关于丢番图方程(24n)x+(143n)y=(145n)z [J], 冉银霞
5.关于丢番图方程(na)x+(nb)y=(nc)z(c=65,89,101) [J], 管训贵
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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>n>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<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>0,Y>0,z>0,21x的全部解可表为x=2ab,y=a一b,z=a十b.这里a>b>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>n>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>n>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>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。
第38卷第1期Vol.38 No.1重庆工商大学学报(自然科学版)J Chongqing Technol &Business Univ(Nat Sci Ed)2021年2月Feb.2021doi:10.16055/j.issn.1672-058X.2021.0001.014丢番图方程x 2+(2n )2=y 9(1≤n ≤7)的整数解陈一维,柴向阳(华北水利水电大学数学与统计学院,郑州450045) 收稿日期:2020-02-23;修回日期:2020-05-20.作者简介:陈一维(1996—),男,河南信阳人,硕士,从事数论研究.摘 要:在高斯整环中,利用代数数论理论和同余理论的方法研究丢番图方程x 2+(2n )2=y 9(x ,y ,n ∈Z ,1≤n ≤7)的整数解问题;首先统计了1≤n ≤7时已有的证明结果,之后在n =3,5,6,7时对x 分奇数和偶数情况讨论,证明了n =3,5,6,7时丢番图方程x 2+(2n )2=y 9无整数解,即证明了丢番图方程x 2+(2n )2=y 9(x ,y ,n ∈Z ,1≤n ≤7)无整数解。
关键词:高斯整环;代数数论;同余理论;丢番图方程;整数解中图分类号:O156.4 文献标志码:A 文章编号:1672-058X (2020)01-0092-070 引 言设B ∈N ,研究指数型Lebesgue-Nagell 不定方程:x 2+B =y k(1)的整数解是数论中的一类重要课题,已经有了不少研究成果[1-10]。
在B =(2n )2,k =9时,式(1)的整数解问题研究中,李伟[11]证明了n =1时,不定方程x 2+4=y 9无整数解;杨全[12]证明了n =2时,不定方程x 2+16=y 9无整数解;许宏鑫等[13]在求解不定方程x 2+4k =y 9的整数解时,证明了n =4时,不定方程x 2+64=y 9无整数解,n =8时x 2+256=y 9仅有整数解(x ,y )=(±16,4)。
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(如要求是有理数，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x 5 y 0 的整数解x2解已知方程可化为x 5 x 2 3 x 2 3 3 y1x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 因为y 是整数，所以3也是整数.x2由此x+2=1 ，-1，3，-3 ，即x=-1 ，-3，1，-5 ，相应的y 4,0,2,0.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，缩小未知数的范围，就是利用限定条件将未知数限定在某一范围内，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37x 107y 25的整数解.解因为(37,107) 125, 所以原方程有整数解.用辗转相除法求特解:107 37 2 33,37 33 1 4,33 4 8 1 从最后一个式子向上逆推得到37 ( 26) 107 9 1所以37 ( 26 25) 107 (9 25) 25则特解为x0 26 25 650y9 25 225通解为x 650 107t 8 107(t 6),t Z y 225 37t 3 37(t 6)或改写为x 8107t ,tZ.y 3 37t(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范围.例 3 求方程 1 1 1 1 适合x y z的正整数解.xyz解因为xyz所以111 xyz所以1 1 1 1 1 1 1 z x y z z z z即1 1 3 zz所以1 z 3所以z 2或z 3.当z 2 时有111 xy2所以1 1 1 1 1 y x y y y 所以所以 2 y 4所以y 3或y 4,相应地x 6或4;当z 3 时有112 xy3 所以1 1 1 1 1 y x y y y 所以1 2 2 y 3 y所以y 3,y 3; 相应地x 3.所以( x, y, z) (6,3,2),(4,4,2),(3,3,3).(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37x 107y 25的整数解.解因为(37,107) 125 ，所以原方程有整数解有37 107 ，用y 来表示x ，得则令12 4y12374y m Z,即4y 37m 1225 107y 1 3y 12 4yy 2 yx3737由 4<37,用 m 来表示 y, 得12 37m m3 9m44令 m t Z,得m 4t. 将上述结果一一带回，得原方程的通解为4注 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 ax by c 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 . 对于二元一次不定方程 ax by c 来说有整数解的充要条件是 (a,b)c.,(t Z)或y x x y 0 b a t ty y 0 at(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 3x 5y 143的整数解 . 解 原方程等价于3x 5y 143 3x 5y 140 3 3(x 1) 5(y 28) 0因为3,5 1所以x 1 5t,t Z y 28 3tx 1 5t所以原方程的通解为 ,t Z. y 28 3t(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范围，另一方面又可用 2n 或 2n 1(n Z )代入方程，使方程变形为便于讨论的等价形式 .例 6 求方程 x 2 y 2 328的正整数解 .x 8 107ty 3 37ttZx x 0 bty y 0 at ,(t Z)解显然x y, 不妨设xy0因为328是偶数，所以x、y的奇偶性相同，从而x y是偶数. 令x y 2u1,x y 2v1则u1 、v1 Z, 且u1 v1 0.所以x u1 v1,y u1 v1 代入原方程得u12v12164同理，令u1 v1 2u2,u1 v1 2v2（u2、v2 Z,且u2 v2 0）于是，有u22v2282再令u2 v2 2u3 , u2 v2 2v3 得u32v3241此时，u3、v3必有一奇一偶，且0v3 u3 41 6取v3 1,2,3,4,5, 得相应的u3240,37,32,25,16所以，只能是u3 5,v3 4.从而x 18,y 2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.111例7 求方程 1 1 1的正整数解.xy7解显见，x 7,y 7.为此，可设x 7 m,y 7 n,其中m、n为正整数. 所以3原方程1 1 1可化为 xy71 1 1 7 m 7 n 7整理得77 m 7 7 n 7 m 7 n,即mn 49.所以m 1 49,n 1 1;m 2 7,n 2 7;m 3 1,n 3 49相应地x 1 56,y 1 8;x 2 14,y 2 14;x 3 8,y 3 56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 b c，求a 的最大值和最小值，并求出此 ab时相应的 b 与 c 的值.a b c 13 2 解 由题意得 a b 2 c 13，消去 b 得 13 a c 2ac b ac整理得到关于 c 的一元二次方程c 2a 26 c a 13 20.因为2 2 52 a 2624 a 13 2 0, 解得 0 a .因 a 0,若a 1,则有 c 225c 144 0,解得c 16或c 9,符合题意，此时a 1 a 1b 4 或 b 3;c 16 c 9若a 17时，则有 c 2 9c 16 0,无实数解，故 a 17;若a 16时，则有 c 2 10c 9 0,解得c 1或c 9,符合题意，此时a 16 a 16b 4 或 b 12;c 1 c 9(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 x 2 y 2 5 2x y ,求x y y x 的值 .4解 由题意2 2 5 x 2x y y4(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 a b 、 a b 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 x 2 8p 10q x5pq 0至 少有一个正整数根，求所有的质数对 p,q .解 设方程的两根分别为 x 1 、 x 2 x 1 x 2 , 由根与系数关系得x 1 x 2 8p 10qb4 b 12 b4或 和 或 c1 c9 c 16 c9 3 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 所以所以 x yy x112 23x 1,y 12x 12x1 x2 5pq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x1 1,5, p, q,5p,5qx2 5pq, pq,5q,5 p,q, p所以x1x25pq 1,pq 5,5q p,5p q.①当x1 x2 5pq 1时，即5pq 1 8p 10q,因为p、q均是质数，所以5pq 110p 8p 10q, 故此时无解.②当x1 x2 5pq 5时，即pq 5 8p 10q,所以p 10 q 8 85, 因为p、q 都是质数，且p 10 q 8, 所以p 10 17,85,q 8 5, 1 解得符合条件的质数对为p,q 7,3.③当x1 x2 5q p 时，即5q p 8p 10q,所以7p 15q, 满足条件的质数对.④当x1x25p q时，即5p q 8p 10q,所以3p 11q,于是p,q 7,3 或p,q 11,3. 综上所述，满足条件的质数对为p,q 7,3 或p,q 11,3.(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y x 3或 y kx k 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 k 1时，直线 y x 3与 y x 1平行，所以两直线没有交点 当 k 0时，直线 y x 3与 y 0 即 x 轴 交点为整数 ;y x 3 当k 1、 k 0时，直线 y x 3与y kx k 的交点为方程组 y y k x x 3k 的解，解得3k x k1 4k因为 x 、 y 均为整数 , 所以 k 1只能取 1, 2, 4 解得综上，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 kx 22k 3 x 1 0有有理根，求 k 值.解 因为 k 0 ，所以 kx 22k 3 x 1 0 的根为2k 3 4k 2 8k 9 2k 3 2k 2 2 5 x2k 2k 由原方程的根是有理根，所以 2k 2 2 5 必是完全平方式 . 可设 2k 2 2 5 m 2,则m 2 2k 2 2 5,即m2k 2 m 2k 215,m 2k 2 1 m 2k2 5 m 2k2 5 ,m 2k 2 1m 2k 2 5m 2k 2 1 ,m 2k 1 1m 2k 2 5k1k 2,0,3, 1,5,3.因为 m 、 k 均是整数 ,所以解得k 2或0,因为k 0,所以k 的值是-2.(13)判别式法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b2 4ac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.1 1 1 3例13 求方程 1 1 123的整数解.x y xy2 4解已知方程可化为24 3x y24xy 4 0因为x、y 均为整数，所以16x2 48x 64 0, 且为完全平方数. 于是，令16x248x 64 4n 2, 其中n为正整数所以23x 4 n20x因为x、n均为整数所以9 44 n20, 且为完全平方数，即有，4n2 7 为完全平方数.于是，再令4n2 7 m2, 其中m 为正整数所以2n m 2n m 7因为2n m与2n m 奇偶性相同，且2n m 2n m 所以2n m 7,2n m 1由上n 2.相应的x2 3x 0,解得x 3或x 0 舍去，所以x 3把x 3代入已知方程中得y 2或y 2舍去, 所以y 25所以x, y 3,2(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ax by cxy abc 0 整数解的基本思路: 将ax by cxy abc 0 转化为x a cy b ab后,若ab 可分解为ab a1b1 a i b i Z,则解的一般形式为a i ax ic , 再取舍得其整数解.b i by ic2 3 1例14 方程 2 3 1,a 、b都是正整数，求该方程的正整数解.ab4解已知方程可化为8b 12a ab所以ab 12a 8b 96 96即a 8b 12 96因为a、b都是正整数所以b 0,b 12 12这样b 12 16或24或32或48或96所以b 4或12或20或36或84 相应地a 2或4或5或6或7所以方程的正整数解为: 2,4 , 4,12 , 5,20 , 6,36 , 7,84 .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。
