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1、包头市数学联赛辅导 高一数论初步选讲-北重三中 樊增平 教用第三讲 不定方程所谓不定方程，是指未知数的个数多于方程个数，且未知数受到某些条件约束（如要求是有理数、整数或正整数等等）的方程或方程组，不定方程也称为丢番图方程.不定方程问题的常见类型：（1）求不定方程的解；（2）判定不定方程是否有解；（3）判定不定方程的解的个数（有限个还是无限个）。（一）多元一次不定方程（组）定义1.形如(不同时为零)的方程称为二元一次不定方程。定理1.方程(不同时为零)有整数解的充要条件是.定理2. 若为 的一个整数解，则方程的一切整数解都可以表示成 为任意整数).【例题分析】1求不定方程的整数解.解：先求的一组
2、特解，为此对37，107运用带余除法：， 将上述过程回填，得：由此可知：是方程的一组特解，于是 ，是方程的一组特解.因此原方程的一切整数解为： .2求不定方程的所有正整数解.解：用原方程中的最小系数7去除方程的各项，并移项得：因为是整数，故也一定是整数，于是有.用5去除上式的两边，得.令为整数，由此得。经观察得是最后一个方程的一组解，依次回代，可求得原方程的一组特解：，所以原方程的一切整数解为： .【规律总结】解二元一次不定方程通常先判定方程有无解。若有解，可先求一个特解，从而写出通解。当不定方程系数不大时，可以通过带余除法或逐渐减小系数法求其特解，进而得其通解；定理3.元一次不定方程，()有
3、整数解的充要条件是.【例题分析】3求不定方程的正整数解.解：先确定系数最大的未知数的取值范围，因为的最小值为1，所以 .当时，原方程变形为，即，由上式知是偶数且，故方程组有5组正整数解，分别为，；当时，原方程变形为，即，故方程有3组正整数解，分别为：，；当时，原方程变形为，即，故方程有2组正整数解，分别为：，；当时，原方程变形为，即，故方程只有一组正整数解：.故原方程有11组正整数解（如下表）：246810246242131074196352111111222334【规律总结】解元一次不定方程时，可先顺次求出，.若 ，则方程无解；若|，则方程有解，作方程组：，求出最后一个方程的一切解，然后把的
4、每一个值代入倒数第二个方程，求出它的一切解，这样下去即可得到方程的一切解.（二）高次不定方程（组）及其解法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.因式分解法的理论基础是整数的唯一分解定理，分解法作为解题的一种手段，没有固定的程序可循，在具体的例子中才能有深刻的体会；4、 5、 证明：方程无整数解.解：对原方程进行变形、因式分解，左边四个括号内奇偶性相同，而为偶数，故括号内每个都为偶数，则应出现，矛盾。所以原方程无整数解。评析：将所有字母项放在一起，进行因式分解，再与另一侧数字项对比讨论，推出矛盾.2不等式估计法：利用不等式工具确定不定方程
5、中某些字母的范围，再分别求解.不等式估计法主要针对有整数解的方程，由于一个有限范围内的整数解至多有有限个，逐一检验，求出全部解； 6、解方程：.3无穷递降法：假设关于正整数的命题对于某些正整数成立，设是使成立的最小正整数，如果推导得出：存在，使得，成立，则推出矛盾. 无穷递降法适合证明不定方程无正整数解的问题，它的核心是设法构造出方程的新解，使得它比已选择的解“严格地小”，由此产生矛盾。7、 （三）求不定方程的整数解将转化为 后，若可分解为 ，则解的一般形式为，再取舍得其整数解；7、求不定方程的所有正整数解。解：8、求一切实数使得三次方程的三个根均为自然数。注：本题解法不唯一【巩固练习】1、（
6、2005年预赛）等差数列3、10、17、2005与3、8、13、2003中，值相同的项有 个.2、（2010年预赛）使方程组至少有一解，且所有解都是整数解的有序实数对共有 对.3、（2011年预赛）方程的解集为 .4、（2013年预赛）关于实数的方程的解集为 .5、设是整数，且表示两个相邻正整数的积，则 6、满足方程的正整数为7、 不定方程的整数解为8、满足方程且使是最大的正整数解为9、方程的所有正整数解为10、已知实数满足方程，则11、设，则使得是完全平方数的有序整数对（）的个数为12、在直角坐标平面上，以（199，0）为圆心，以199为半径的圆周上的整点有 个.【参考答案】1、58 个2、34、5、设，故.当时，；当时，；当时，；6、由所以方程的两个根为7、8、由已知得： 9、不妨设利用的值讨论得出：10、11解：由于，可得：又，于是若是完全平方数，则必有。然而，于是必有，即，此时，。所以所求的有序整数对（）共有98对：12解：设为圆上任一整点，则其方程为：；显然为方程的4组解。但当时，（因为199是质数），此时，是一组勾股数，故199可表示为两个正整数的平方和，即。因为，可设，则这与199为型的质数矛盾！因而圆O上只有四个整点.8
