丢番图方程整数解方法

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（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.

x5例1 求不定方程y0的整数解

x2解 已知方程可化为

x5x23x233 y 1x2x2x2x2x23因为y是整数，所以也是整数.

x2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

x2625650 0

y09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8107t ,tZ.

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

1111适合xyz的正整数解. xyz解 因为

xyz 所以

所以

1111111 

zxyzzzz111 xyz即

13 1

zz所以

1z3 所以z2或z3. 当z2时有

111 xy2 2

所以

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

所以

所以

122 y3y11111 yxyyy112 xy3112 y2y11111 yxyyy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

x25107y13y124y

3737则令

124y mZ,即4y37m12

37 3

由4<37,用m来表示y,得 y令

1237mm39m 44mtZ,得m4t.将上述结果一一带回，得原方程的通解为 4x8107t ,tZ

y337t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.

xx0btxx0bt ,(tZ)或,(tZ)

yyatyyat00

(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3tx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x2y2328的正整数解.

4

解 显然xy,不妨设

xy0

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

u12v121 同理，令

u1v12u2,u1v12v2(u2、v2Z,且u2v20) 于是，有

22v282 u2再令

u2v22u3,u2v22v3 得

22 u3v341

此时，u3、v3必有一奇一偶，且 0v3u3取v31,2,3,4,5,得相应的

2 u340,37,32,25,16

416

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.

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(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.

例7 求方程

111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. 所以原方程

111可化为 xy7 整理得

111 7m7n7 77m77n7m7n,即mn49. 所以

m149,n11;m27,n27;m31,n349 相应地

x156,y18;x214,y214;x38,y3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132b解 由题意得，消去得13acac 2bac整理得到关于c的一元二次方程

c2a26ca130.

2因为

a264a130,解得0a2252.3

6

因a0,

若a1,则有c225c1440,解得c16或c9,符合题意，此时

a1a1 b4或b3;

c16c9若a17时，则有c29c160,无实数解，故a17;

若a16时，则有c210c90,解得c1或c9,符合题意，此时

a16a16 b4或b12;

c1c9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

b4b12b4b3或和或. c1c9c16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.

5例9 若x2y22xy,求xyyx的值.

4解 由题意

5 x22xy2y0

4即

1x1y0 222所以

x1,y所以xyyx113 221 2

(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

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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x28p10qx5pq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x1、x2x1x2, 由根与系数关系得

x1x28p10q 

xx5pq12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,5q 

x5pq,pq,5q,5p,q,p2所以x1x25pq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110p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x1x25p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

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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的解，解得

ykxk3k

xk1 

4ky

k1

因为x、y均为整数, 所以k1只能取1,2,4

解得

k2,0,3,1,5,3. 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kx22k3x10有有理根，求k值. 解 因为k0，所以kx22k3x10的根为

2k34k28k92k32k25 x,

2k2k2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m2,则m22k225,即

m2k2m2k215, 因为m、k均是整数,所以

m2k21m2k25  , 

m2k25m2k21m2k25m2k21  , 

m2k11m2k25

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解得k2或0,因为k0,所以k的值是-2.

(13)判别式法

一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.

例13 求方程

11132的整数解. xyxy4解 已知方程可化为

43xy24xy40 因为x、y均为整数，所以

16x248x0,且为完全平方数. 于是，令

16x248x4n2,其中n为正整数 所以

x23x4n20 因为x、n均为整数

所以

944n20,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

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把x3代入已知方程中得y2或y所以x,y3,2

2舍去,所以y2 5

(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aibiZ,则解的一般形式为

aiaxc,再取舍得其整数解. bbyic231例14 方程,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8b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.

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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。

百鸡百钱：我国古代数学家张丘建在《算经》一书中提出的数学问题：“鸡翁一值钱五，鸡母一值钱三，鸡雏三值钱一。百钱买百鸡，问鸡翁、鸡母、鸡雏各几何？” 解：设母鸡x只，公鸡y只，小鸡（100-x-y）只， 所以3x+5y+(100-x-y)/3=100 且x，y为整数。 化简： X+7y/4=25

公鸡五文一只，所以公鸡数量要至少小于20. 有四种情况符合要求： Y 0 4 8 12 16 20 X 25 18 11 4 -3 -10 100-x-y 75 78 81 84 87 90 1.公鸡0只，母鸡25只，小鸡75只 2.公鸡4只，母鸡18只，小鸡78只 3.公鸡8只，母鸡11只，小鸡81只 4.公鸡12只，母鸡4只，小鸡84只

辗转相除法，又名欧几里德算法，是求两个正整数的最大公因子的算法。

设两数为a、b(a>b)，求a和b最大公约数(a，b)的步骤如下：用a除以b，得a÷b=q......r1(0≤r1)。若r1=0，则(a，b)=b；若r1≠0，则再用b除以r1，得b÷r1=q......r2 (0≤r2）.若r2=0，则(a，b)=r1；若r2≠0，则继续用r1除以r2，……如此下去，直到能整除为止。其最后一个余数为0的被除数的除数即为(a, b)。 例如：a=25,b=15，a/b=1余10,b/10=1余5,10/5=2余0,最后一个余数为0的被除数的除数就是5, 5就是所求最大公约数。

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