初等数论总复习
初等数论复习
§1.3 质因数分解定理
正整数分类 1 质数(素数) 合数
定理1(算术基本定理)
1 2 k
任何大于1的整
数n可以唯一地表示成 n = p1 p2 pk ， (2) 其中p1, p2, , pk是素数，p1 < p2 < < pk，1, 2, , k是正整数。
费马数
也叫费马质数.当年费马发现
F1=2^(2^1)+1=5 F2=2^(2^2)+1=17 F3=2^(2^3)+1=257 F4=2^(2^4)+1=65537 F5=2^(2^5)+1=4294967297 前4个是质数,因为第5个数实在太大了,费马认 为是质数,并提出(费马没给出证明)
如果全是形如 4n+1 积也是形如 4n+1
所以，N必有形如 4n-1的质因数 p
且 p 不同于p1, p2, , pk
设: n=2k j (k为非负整数，j为正奇数) 若 j≠1，则 n+1=(22k)j+1j 2 2k+1)((22k)j-1-(22k)j-2+…+1j-1) =(2 2k+1是2n+1的真因数 2 所以2n+1是合数
哥德巴赫猜想
任何一个大于2的偶数都是两个素
数之和。 中国的陈景润证明了"1+2“
质因数个数较少的数称为殆质数
1.1 奇数与偶数
整数中能被2整除的整数称为偶数，
一般表示为 ２k 整数中不能被2整除的整数称为奇数。 一般表示为 ２k+1
偶数集：｛0, ±2, ± 4, ± 6｝ 奇数集： ｛±1, ±3, ± 5｝
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论总复习题及知识点总结最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。
数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法最大公因数和辗转相除法整除的进一步性质和最小公倍数素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求：2，3 ；：4 ；：1；：1，2，5；：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程多元一次不定方程勾股数费尔马大定理。
习题要求：1，2，4；：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质剩余类和完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用习题要求：2，6；：1；：2，3；1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程的解数和解法素数模的同余方程威尔逊定理。
习题要求：1；：1，2；：1，2。
第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余勒让德符号二次互反律雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求：2；：1，2，3；：1，2；：2；：1。
第一章：原根与指标（2学时）自学8学时指数的定义及基本性质原根存在的条件指标及n次乘余模2及合数模指标组、特征函数习题要求：3。
第一章整除一、主要内容整除的定义、带余除法定理、余数、最大公因数、最小公倍数、辗转相除法、互素、两两互素、素数、合数、算术基本定理、Eratosthesen筛法、[x]和{x}的性质、n！的标准分解式。
二、基本要求通过本章的学习，能了解引进整除概念的意义，熟练掌握整除整除的定义以及它的基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题的若干方法，熟练掌握本章中二个著名的定理：带余除法定理和算术基本定理。
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案复习题及参考答案一一、填空(40%)1 、求所有正约数的与等于15的最小正数为 考核知识点：约数，参见P14-19 2、若1211,,,b b b 是模11的一个完全剩余系，则121181,81,,81b b b +++也是模11的 剩余系.考核知识点：完全剩余系，参见P54-573．模13的互素剩余系为考核知识点：互素剩余系，参见P584.自176到545的整数中是13倍数的整数个数为 考核知识点：倍数，参见P11-13 5、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者考核知识点：整除，参见P1-4 6、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的 .考核知识点：最小公倍数，参见P11-13 7、如果b a ,是两个正整数,则存在 整数r q ,,使r bq a +=,b r ≤0.考核知识点：整除，参见P1-4 8、如果n 3，n 5，则15（ ）n . 考核知识点：整除，参见P1-4二、(10%)试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里n 是任意整数。
考核知识点：整除的性质，参见P9-12 提示：i)若 则ii)若 则iii)若 则又三、(10%)假定a 是任意整数，求证a a (mod )++≡2103或a a (mod )+≡203考核知识点：二次同余式，参见P88提示:要证明原式成立，只须证明231a a ++，或者23a a +成立即可。
四、（10％）设p 是不小于5的素数，试证明21(mod24)p ≡ 考核知识点：同余的性质，参见P48-52 提示： 且是不小于5的素数．又且是不小于5的素数．只能是奇数且即即五、(15%)解同余式组 51(mod7)142(mod8)x x ≡⎧⎨≡⎩考核知识点：同余式，参见P74-75 提示∵ (14，8)=2 且 2 | 2 ∴ 14x ≡2(mod8) 有且仅有二个解解7x ≡1(mod4) ⇒ x ≡3 (mod4) ∴ 6x ≡10(mod8)的解为 x ≡3，3+4(mod8) 原同余式组等价于()()3mod 73mod8x x ≡⎧⎪⎨≡⎪⎩ 或()()3mod 77mod8x x ≡⎧⎪⎨≡⎪⎩ 分别解出两个解即可。
《初等数论》复习资料
《初等数论》 考试复习资料一、叙述题1.完全剩余系2.二次反转定律3.雅可比符号4.费马小定理5.平方非剩余6.欧拉定理二、计算和证明题1.已知正整数a=35,b=21,求(a,b),并将其表成a,b 的线性组合。
2.求同余式)32(m od 172≡x 的解. 3.求同余式组1(mod 4)2(mod5)3(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩的解。
4.已知正整数,a b 满足(,)7,[,]105a b a b ==，求,.a b5.求不定方程9125200.x y z +-=的通解.6.证明： 176212535|(17631254).-7.若今天是星期天，证明：再过101010天是星期四。
参考答案一、叙述题1.完全剩余系从模n的每个剩余类中各取一个数，得到一个由n个数组成的集合，叫做模n的一个完全剩余系2.二次反转定律设a,b是两个非零整数，我们定义雅克比符号括号下a除b，若存在整数x，使得x的平方恒等于a，那么就记括号下a除b等于1；否则就记括号下a除b等于负13.雅可比符号4.费马小定理费马小定理是欧拉定理的一个特殊情况：假如n和a的最大公约数是1的话，那么a^{\varphi (n)} \equiv 1 \pmod在这里φ(n)是欧拉商数。
欧拉商数的值是所有小于n的自然数中与n没有公约数的数的量。
假如n是一个质数，则φ(n) = n-1，即费马小定理。
5.平方非剩余设x为任意正整数，若p为4k+1型素数，且g是素数p的最小原根，设g^(2n-1) mod p = r（1<=n<=(p-1)/2）,则y^2=p*x+r 与y^2=p*x -r 都无整数解。
设x为任意正整数，若p为4k-1型素数，且g是素数p的最小原根，设g^(2n-1) mod p = r（1<=n<=(p-1)/2）则y^2=p*x+r 都无整数解，但y^2=p*x -r 都有整数解。
6.欧拉定理二、计算和证明题1.已知正整数a=35,b=21,求(a,b),并将其表成a,b 的线性组合。
《初等数论》期期末复习资料
《初等数论》期期末复习资料一、单项选择题1、如果n 2，n 15，则30（ ）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定 2、大于10且小于30的素数有（ ）. A 4个 B 5个 C 6个 D 7个 3、模5的最小非负完全剩余系是( ).A -2,-1,0,1,2B -5,-4,-3,-2,-1C 1,2,3,4,5D 0,1,2,3,4 4、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 95、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 6、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 7、同余式)593(m od 4382≡x （ ）.A 有解B 无解C 无法确定D 有无限个解 8、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 9、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 10、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 911、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 12、同余式)593(m od 4382≡x （ ）.A 有解B 无解C 无法确定D 有无限个解13、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 14、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 15、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 16、在整数中正素数的个数（ ）.A 有1个B 有限多C 无限多D 不一定 17、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ Bb a =C ac T )(m od m bcD b a ≠19、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ B b a =C ac T )(m od m bcD b a ≠20、=),0(b （ ）. A b Bb -C bD 021、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）. A a BbC 1D b a +22、小于30的素数的个数（ ）. A 10 B 9 C 8 D 7 三、计算题1、 求50!中2的最高次幂.2、令 =-1859， =1573，求( )=?3、 求525与231的最大公因子?4、解同余式)321(m od 75111≡x .5、求[525,231]=?6、求解不定方程18116=-y x .7、 解不定方程525x+231y=42.8、 求7x+4y=100的一切整数解. 9、 求-15x+25y=-100的一切整数解. 10、 求9x+24y-5z=1000的一切整数解。
初等数论期末复习
2015年5月8日9时1分
性质(9)
若 a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), m=[ m1, m2 ], 则 a ≡ b (mod m) .
性质(10) 设d ≥1， d | m，若a ≡b (mod m) ，
则 a ≡ b (mod d ) .
性质(11) 若a ≡b (mod m)，则 (a，m) = (b，m).
则一次同余方程ax ≡ b ( mod m )恰有一个解 .
一次同余方程有解的判定
定理3.1.3 设m为正整数， a, b是整数， (a, m)=d，则同
余方程 ax≡b (mod m) 有解的充分必要条件为 d | b.
定理3. 1. 4 设m为正整数, a为整数, (a, m)=d，
d | b，则同余方程 ax ≡ b (mod m) 恰有 d 个解．
变形(1)：加上或减去模的倍数，推广的加减变形，
即 a≡b+mk (mod m); 变形(2)：移项变形， 由 a≡b+c(mod m) 可得 a－c≡b(mod m); 变形(3)：约去同余式两端的公约数，约简变形，
2015年5月8日9时1分
简化剩余系的充要条件
定理2.2 7 整数集合 {a1 , a2 , , a ( m) }为模m的 简化剩余系的充要条件是： ( i ) (ai, m) =1 ( 1≤i ≤ϕ (m) ); ( ii ) 各数关于模m两两不同余．
2015年5月8日9时1分
定理 2.2.8 若( a，m ) = 1 , x 通过模 m 的简化 剩余系，则 ax 也通过模 m 的简化剩余系。
2015年5月8日9时1分
பைடு நூலகம்
利用同余解答整除问题
初等数论复习题
初等数论复习题初等数论复习题在数学的世界里，数论是一门研究整数性质和整数间关系的学科。
它是数学的基础，也是其他数学领域的重要组成部分。
初等数论是数论的基础，它涉及到整数的性质、整数的整除关系、素数、最大公约数等等。
在这篇文章中，我们将回顾一些初等数论的重要概念和复习题。
1. 整数的性质整数是自然数、负整数和零的集合。
整数有很多独特的性质，比如整数的加法和乘法运算满足结合律、交换律和分配律等。
此外，整数还有奇偶性的区分，每个整数都可以分为奇数或偶数。
复习题1：证明任意两个奇数的和是偶数。
解答：设两个奇数分别为2n+1和2m+1，其中n和m为整数。
它们的和为：(2n+1) + (2m+1) = 2n + 2m + 2 = 2(n+m+1)。
由于n和m都是整数，所以n+m+1也是整数，因此2(n+m+1)为偶数。
所以任意两个奇数的和是偶数。
2. 整除关系在数论中，整除是一个重要的概念。
如果一个整数a可以被另一个整数b整除，我们称a是b的倍数，b是a的约数。
如果a能被b整除，我们可以用符号b|a 来表示。
复习题2：证明如果a|b且b|c，则a|c。
解答：根据整除的定义，如果a|b，则存在整数k，使得b=ak。
同样地，如果b|c，则存在整数m，使得c=bm。
将b的表达式代入c的表达式中，得到：c = bm = (ak)m = a(km)。
由于km是一个整数，所以a|c。
3. 素数素数是只能被1和自身整除的正整数。
素数在数论中起着重要的作用，它们是整数的基本构成单元。
素数有许多有趣的性质，比如素数的个数是无穷的。
复习题3：列举前10个素数。
解答：前10个素数依次为2、3、5、7、11、13、17、19、23、29。
4. 最大公约数和最小公倍数最大公约数（GCD）是两个或多个整数中最大的能够同时整除它们的整数。
最小公倍数（LCM）是两个或多个整数中最小的能够同时被它们整除的整数。
复习题4：求出24和36的最大公约数和最小公倍数。
初等数论复习资料
初等数论一、计算题求解不定方程9x +21y =144.解：因为（9，21）=3，3，所以有解；化简得3x +7y =48；考虑3x +7y =1，有x =-2, y =1，所以原方程的特解为x =-96, y =48，因此，所求的解是x =-96+7t , y =48-3t , t ∈Z 。
求不定方程x + 2y + 3z = 41的所有正整数解。
解：分别解x + 2y = tt + 3z = 41得x = t - 2uy = u u∈Z，t = 41 - 3vz = v v∈Z，消去t得x = 41 - 3v - 2uy = uz = v u，v∈Z。
由此得原方程的全部正整数解为(x, y, z) = (41 - 3v - 2u, u, v)，u > 0，v > 0，41 - 3v - 2u > 0。
求[136,221,391]=?设n 的十进制表示是z xy 4513，若792∣n ，求x ，y ，z 。
解：因为792 = 8⋅9⋅11，故792∣n ⇔ 8∣n ，9∣n 及11∣n 。
我们有8∣n ⇔ 8∣z 45 ⇒ z = 6，以及9∣n ⇔ 9∣1 + 3 + x + y + 4 + 5 + z = 19 + x + y ⇔ 9∣x + y + 1， (1) 11∣n ⇔ 11∣z - 5 + 4 - y + x - 3 + 1 = 3 - y + x ⇔ 11∣3 - y + x 。
(2) 由于0 ≤ x, y ≤ 9，所以由式(1)与式(2)分别得出x + y + 1 = 9或18，3 - y + x = 0或11。
这样得到四个方程组：⎩⎨⎧=+-=++b x y a y x 31已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.解：a=12b +26, a +b +12+26=454, 12b +26+b +12+26=454,(12+1) b =454-12-26-26=390, b =30, 被除数a =12b +26=360+26=386.从5, 6, 7, 8, 9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3, 5, 7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？解：被5整除，个数必为5，5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤?解：设买甲物x 斤，乙物y 斤，丙物z 斤，则5x + 3y +31z = 100， x + y + z = 100。
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消去t就得到所求的解
x 96 9k1 10k 2 ， y 48 4k1 5k 2 z 8 k 2
这里 k1 , k 2 是任意整数.
综合举例
• 例3．求9x+24y-5z=1000的一切整数解. • 解：因为(9,24)=3,(3,-5)=1,所以我们考虑方程： 9x+24y=3t, 3t-5z=1000,即等价于 3x+8y=t, 3t5z=1000 .利用求二元一次不定方程的解法,得到
综合举例
• 例2． 6 x 17 y 18 ． • 解：因为 (6,17) 18 ，所以有解；考虑
6 x 17 y 1, x 3, y 1,
所以 x 54, y 18 是特解，即原方程的解 是 x 54 17t , y 18 6t , t Z ．
• 例2．15！的标准素因数分解式为 _____________________________． • 解： 15 15 15
2[15!] 2 3 7 3 1 11, 2 2 2 15 15 15 3[15!] 2 5 1 6, 5[15!] 3, 5 3 3
考核内容
考核内容为整数的整除性理论、不定方 程、一元同余理论三个部分。
第1章 整数的整除性理论
一、整除性、公因数、公倍数
• 考核内容： 1．两个整数整除的概念，剩余定理（辗转相除法） 2．最大公因数的概念、性质及求最大公因数的方法 3．最小公倍数的概念、性质及最小公倍数的求法 4．互质数及其性质 5．奇偶性分析 • 考核要求： （1）理解整数整除、公因数、公倍数的概念及相关 性质； （2）理解剩余定理，熟练掌握用剩余定理求最大公 因数、最小公倍数的方法．
• 考核要求： （1）了解二元一次不定方程解的形式及二元一次不 定方程有整数解的条件； （2）熟练掌握利用剩余定理（辗转相除法）求二元 一次不定方程的方法．
综合举例
• 例1．求解不定方程 9 x 21y 144 ． • 分析：利用剩余定理（辗转相除法）求二元一 次不定方程的方法是（1）先化简原方程得到 同解方程；（2）再求同解方程；（3）写出一 切解的形式． • 解：因为（9，21）=3|144，所以有解； 化简 得 3x 7 y 48 ；考虑 3x 7 y 1 ， 有 x 2, y 1 ，所以原方程的特解 为 x 96, y 48 ，因此所求的解 是 ． x 96 7t , y 48 3t , t Z
a a n 10 an110 a0 ,0 ai 10
5) 因为 10 0(mod 5) , 所以得到： a a 0 (mod； 所以整数a的个位数是5，则该数是5的倍数．
综合举例
• 例2．证明：当n是奇数时，有 3 (2 n 1) ． • 证明：因 2 1(mod 3) ，故
• 例4．求不定方程 x 2 y 2 63 的正整数解． • 解： ( x y)( x y) 7 9 21 3 63 1 ， • 于是分别有： x y 7 x 8 x y 9 x 8 ； ； x y 9 y 1 x y 7 y 1 x y 21 x 12 x y 21 x 12 y 9 ； x y 3 y9 ； x y 3 x y 63 x 32 x y 1 x 32 ； ； y 31 x y 1 x y 63 y 31 有三组正整数解：x=8，y=1；x=12，y=9； x=32，y=31．
综合举例
综合举例
• 例5．求不定方程 4 x 4 xy 3 y 77 的正整数解． • 解：(2 x y)( 2 x 3 y) 11 7 77 1 ， • 于是分别有：
2 2
2x y 7 x4 2 x y 11 x 5 ； ； 2 x 3 y 11 y 1 2 x 3 y 7 y 1
136 221 1768 391 [ ,391] [1768,391] 17 17
104 39 • 例4．证明对于任意整数 n , 数 3 2 6
3 2 6 6 6
2 3
整数． 2 3 • 证： n n n n (2 3n n 2 ) 1 n(n 1)( n 2), 而且两个连续整数的乘积是2的倍数,3个连 续整数的乘积是3的倍数, 并且(2,3)=1, n(n 1)(n 2) 有 所以从2 n(n 1)(n 2) 和 3 2 3 6 n(n 1)(n 2) , 即 n n n 是整数. 3 2 6
15 15 15 7[15!] 2,11[15!] 1,13[15!] 1 7 11 13
15! 2 3 5 7 11 13
11 6 3 2
第2章 不定方程
一、二元一次不定方程
• 考核内容： 1．二元一次不定方程的形式 2．二元一次不定方程解的形式 3．二元一次不定方程有整数解的条件 4．利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定 方程的解
综合举例
• 例3．107x 37 y
25 ．
• 解：因为 (107,37) 1 25 ，所以有解；考虑 107x 37 y 1 ，有 x 9, y 26 ， 原方程特解为
x 9 25 225, y 26 25 650, 通解为: x 225 37t , y 650 107t , t Z ．
• 例2．在整数中正素数的个数为（ ）． A． 1个 B． 有限多个 C． 无限多个 D． 不一定 • 答：C．
综合举例
• 例4．设 m 1, m (m 1)!1, 证明：m是素数． • 证：假设m不是素数,则存在整数d,1<d<m,使得 d|m,又 m (m 1)!1, 故d (m 1)!1. 由 1<d<m 知 d (m 1)!. 因此 d (m 1)!1 (m 1)! , 即d 1, 与d 1矛盾. 所以m为素数．
综合举例
• 例1．求24871与3468的最大公因数． rn 即最大公因数． • 分析：利用辗转相除法， • 解:（略） (24871,3468)=17 ．
综合举例
• 例2．求 [24871,3468] ．
• 分析：如果
ab 0 ,那么 [a, b]( a, b) ab,
ab 可得 [a, b] ． ( a, b)
三、函数[x]、{x}及其应用
• 考核内容： 1．函数[x]与{x}的概念与性质 2．n!的素数分解
• 考核要求： （1）了解函数[x]与{x}的概念、性质； （2）掌握n!的素数分解．
综合举例
• 例1．用[x]表示x的整数部分，{x} 表示x的小数部分，则 [-2.3]= ______,{-2.3}=____． • 解：-3，0．7
• 解：因为（24871,3468）=17，所以
24871 3468 [24871,3468]= =5073684 ． 17
综合举例
• 例3．求 [136,221,391] ． • 分析：若ai (1 i k ) 是整数，则 [a1 ,, ak ] mk. 先求[136,221]=1768，再求[1768,391]=40664， 即是136,221,391三数的最大公倍数． • 解： [136,221,391]=[[136,221],391]
• 考核内容： 1．整数同余的概念 2．同余的基本性质 3．利用同余简单验证整数乘积运算的结果（弃九 法） • 考核要求： （1）理解整数同余的概念及同余的基本性质； （2）会利用同余简单验证整数乘积运算的结果．
综合举例
• 例1．证明：如果整数的个位数是5，则该数 是5的倍数． • 证明：设a是一正整数,并将写成10进位数的 形式: n n 1
二、多元一次不定方程
• 考核内容： 1．多元一次不定方程的形式 2．多元一次不定方程有解的条件 3．求简单的多元一次不定方程的解 • 考核要求： （1）知道多元一次不定方程有解的条件； （2）会求解简单的多元一次不定方程．
综合举例
• 例1．求不定方程 25 x 13 y 7 z 4 的整数解. • 分析：求解简单的多元一次不定方程步骤是（1）化 解成两个二元一次不定方程；（2）分别求出两个二 元一次不定方程的解；（3）消去参数得到多元一次 不定方程的解. • 解：我们将它分为两个二元一次不定方程来求解： 25x+13y=t, t+7z=4 .利用求二元一次不定方程的方法, 上面两个方程的解分别为
综合举例
• 例4．求不定方程 11x 15 y 7的全部整数解. • 解：因为(11,15)=1,所以不定方程有解.利用辗转相 除法,得到 11 (4) 15 3 1, 于是有 11 (28) 15 21 7 . 所以,不定方程的全部整数解为 x 28 15t , y 21 11t , (t Z ) . 此解当然可以改写成 x 2 15k , y 1 11k , (k Z ).
t 2000 5v x 3t 8u , . z 1000 3v y t 3u 消去t就得到所求的解 x 6000 15v 8u y 2000 5v 3u z 1000 3v 这里 u , v 是任意整数 .
x t 13k1 y 2t 25k1
消去t就得到所求的解 这里
k1 , k 2
是任意整数.
x 32 13k1 7k 2 y 64 25k1 14k 2 z 4 k 2