【数论第四讲】不定方程
不定方程
一、定义：把未知数的个数多于方程的个数的方程（组）称为不定方程．这里的“不定”指的是方程的解不定．
二、基本思路与方法：
1．因式分解法，对方程的一边进行因式分解，另一边作质因数分解，对比两边，转化为若干个方程构成的方程组，进而求解。
2．配方法，将方程的一边变为平方和的形式，另一边为常数，再用不等式予以处理。
3．不等式估计，利用不等式工具确定不定方程中某元的范围，再利用整数性“夹逼”出该元的取值。 4．运用整除性把“大数”化为“小数”，使方程的解明朗化。
5．同余方法，如果不定方程12(,,,)0n F x x x =L 有整数解，则对任意*
m N ∈，其整数解12(,,,)
n x x x L 满足12(,,,)0(mod )n F x x x m ≡L 。利用这一条件，同余可以作为探求不定方程整数解的一块试金石。 6．构造法，在不易得出方程的全部解时，通过构造法可以提供其部分解，从而证明该方程有解或者有无穷多个解，适合于处理存在性问题。
7．无穷递降法，适合证明不定方程没有正整数解。 三、例题选讲：
例1.求所有满足方程2
2
2511(11)x y xy +=-的正整数解(,)x y 。 解：法1（因式分解）：方程即2
(2)(5)11x y x y --=-，可得
解得(,)(14,27)x y =。 法2（配方法）：方程即2221181
2()1148
y x y -
+=，即222(411)81181x y y -+?= 例2．将11
3表示成k 个连续正整数之和，求项数k 的最大值。 解：设这k 个连续正整数中最小的数为a ，则11
1
3(1)2
ka k k =+-，即112(1)23ka k k +-=?，作因式分解可得11
(21)23k a k +-=?。
显然，为了让k 尽量大，则需a 尽量小，故需k 与21a k +-的取值尽量接近，因此令5
23k =?，
6213a k +-=，可得122a =，486k =。
所以，项数k 的最大值为486。
例3.解方程：x 2
+ [ x ] –2 = 0，其中[ x ]表示不超过x 的最大整数． 解 令[],[0,1)x x r r =+∈，则方程变为220x x r +--=（不定方程）．
整理得22x x r +-=．因为01r ≤<，所以2021x x ≤+-<，解得
2,1x x <≤-≤或 所以[ x ] =3-或2-或1．代入方程x 2
+ [ x ] –2 = 0
中得x =2-或1．
注：运用不等式确定方程中某元的范围，进而求解。 例4．找出所有整数组（x ，y ），使得33221x y y =++．
解（不等式估计法）
把方程33221x y y =++变为332(1)3x y y y =+--．由原方程可知x y >，于是得1x y ≥+．
由于332(1)3x y y y -+=--，从而有230y y --≥，解得30y -≤≤．据y 的整数性可得y 的可能取值为3-，
2-，1-和0．
当3y =-时，38x =-，得2x =-；当2y =-时，31x =，得1x =；当1y =-时，32x =，此时无整数解；当0y =时，x = 1．
综上，原方程的所有整数解为（– 3，– 2），（– 2，1），（0，1）．
例5．已知正整数n 满足：9n +，169n +，279n +都是完全平方数，求n 的值。
解：设219n m +=，22169n m +=，23279n m +=，且*
123123,,,m m m m m m N <<∈。 则22
1216915m m -=?，即1212(4)(4)915m m m m -+=?，可得
121212121212121241434549
,,,4135445427415
m m m m m m m m m m m m m m m m -=-=-=-=?????
???+=+=+=+=????
解得111222
1764
,,672111m m m m m m ===??????===???，即得280n =或27或7，这里只有280n =能使279n +为完全平
方数。所以280n =。
三、求方程x 2＋x ＝y 4＋y 3＋y 2＋y 的整数解．
【解】【不等式估计法】
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???<+->++0
201432
2y 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 ，?
??==25
y x ．
例6．证明：不定方程2
5
4x y =-没有整数解.
【证明】【同余方法】
若存在整数x ，y 使得2
5
4x y =-成立，对方程两边模11，可知2
0,1,4,9,5,3(mod11)x ≡；
若y 能被11整除，则5
47(mod11)y -≡，不合题设；若y 不能被11整除，则10
1(mod11)y ≡，可得
11能整除51y -或51y +，可知5
1,10(mod11)y ≡，于是有5
48,6(mod11)y -≡，这仍与题设不合。
综上，不定方程25
4x y =-没有整数解。
例7．设n 是整数，它的b 进制表示是777，求最小的正整数b ，使得n 是某个整数的四次方．
分析：显然“最小的正整数b ”体现出了b 的范围，应紧紧抓住这个条件． 【解（运用整除性递降大数）】
据题意可建立等式 7772
++=b b n （关于n ，b 的不定方程）．
由于n 是某个整数的四次方，故设4
x n =，x 是整数。那么，7772
4
++=b b x （转化为关于x ，b 的不定方程）．可知7能整除4
x ，由于7为质数，所以7能整除x ，故设m x 7=，m 为整数，则有172
4
3
++=b b m （进一步转化为关于m ，b 的不定方程，方程更加简单）．
因为最小的正整数b 的充要条件是12
++b b 取最小，即4
3
7m 最小，也就是1=m 时．故得
34312=++b b ，解得18=b ．
综上，最小的正整数b 为18．
例8．求方程()120x x y z +=+的质数解．
分析：若x 为偶数，则z 必为偶数；若x 是奇数，y 为奇数，则z 仍为偶数；若x 是奇数，y 为偶数，则z 为奇数。因此，无论怎样，x ，y ，z 中至少有一个为偶数，而偶数为质数的只有2．
解 若x 为偶数，则x = 2，此时可得z = 2，从而得y = 59；
若x 为奇数，y 为奇数，则z 为偶数，即得z = 2，此时方程变为()122x x y +=．由于122 = 2×61，所以得x = 61，从而得2x y +=，不合，舍；
若x 为奇数，y 为偶数，则y = 2，此时方程变为(2)120x x z +=+。方程可进一步变为22120x x z +-=，即(12)(10)x x z +-=．（注：因式分解；数的分解思想）
由于z 是质数，不能继续分解，故需101,12x x z -=+=，即得x = 11，z = 23． 综上，原方程的质数解为（2，59，2）或（11，2，23）．
例9．关于本原勾股数的两条性质：
若正整数x ，y ，z 满足2
2
2
z y x =+，且1),,(=z y x ，则称x ，y ，z 为一组本原勾股数，且满足：
（1）x ，y 是一奇一偶两个正整数，z 为奇数；
（2）若x 为奇数，y 为偶数，则22N M x -=，MN y 2=，2
2N M z +=，其中M 、N 为一奇一偶两个正整数．
证明：（1）若x ，y 均为偶数，则z 必为偶数，与1),,(=z y x 矛盾；若x ，y 均为奇数，则)4(mod 12
≡x ，
)4(mod 12≡y ，得)4(m od 222≡+y x ．而)4(mod 102或≡z ，则有222z y x ≠+，矛盾．所以，x ，y 是一
奇一偶两个正整数，从而得z 为奇数．
（2）方程222z y x =+可变形为2
22y z x -=，即))((2
y z y z x +-=．
若z ，y 不互质，则有质因数a ，那么质因数a 能整除2
x ，可得a 能整除x ，这与1),,(=z y x 矛盾．所以z ，y 互质，即1),(=y z ．
考查：)2,()2,(),(y y z y y z y z y z y z -=+--=+-． 因为1),(),(==-y z y y z ；又y z -为奇数，所以1)2,(=-y z ． 因此，1)2,(=-y y z ，即1),(=+-y z y z ．
所以 2
b y z =-，2
c y z =+，且bc x =，c b <，b 、c 均为正奇数．
所以，2
2
2b c z +=，222b c y -=．令12+=m b ，12+=n c ，则有
2
2
)()1(m n n m z -+++=，)1)((2++-=n m m n y ．
故令 1++=n m M ，m n N -=，就有22N M x -=，MN y 2=，2
2N M z +=，这里的m 、n 均为正整数，所以M 、N 为一奇一偶两个正整数．
例10．求方程2
32z y x =+的正整数解．
分析：先分析出x ，y ，z 的奇偶性，就有可能把方程变形为“勾股方程”． 解 易知x 2为偶数，y 3为奇数，所以2
z 为奇数，可得z 为奇数．
由于3不能整除y x 32+，所以3不能整除2
z ，即得3不能整除z ，故可设13±=k z ，于是)3(mod 12
≡z ，可得)3(mod 12≡x
．若x 为奇数，则)3(mod 22≡x
，所以x 为偶数，可设为n x 2=．于是)4(mod 02≡x
，
而)4(mod 12≡z ，所以)4(mod 13≡y
．若y 是奇数，则)4(mod 33≡y
，所以y 是偶数，设m y 2=。此时
方程变形为2
22)3()2(z m n =+．
显然，1),3,2(=z m
n ，故据本原勾股数的性质有MN n 22=—— ①，2
23N M m -=—— ②。
由①可设d M 2=，e N 2=，其中1-=+n e d ，且e d >．代入②中得e d
m 2222
3-=．
因为m
3为奇数，d 22为偶数，所以e 22为奇数，可得0=e ，所以1-=n d ．从而有14
31
-=-n m
，且
2≥n ．由于)4(mod 3141≡--n ，所以)4(mod 33≡m ，可知m 为奇数．
所以，)1333)(13(1321
+-+-+=+--Λm m m
，注意到133321+-+---Λm m 是m 个奇数的和，而m
为奇数，所以1333
21+-+---Λm m 也为奇数，所以24-n 为奇数，即得2=n ，从而得1=m ．所以4=x ，
3=y ，5=z ．
综上，方程2
32z y
x
=+的正整数解为)5,3,4(．
例11．找出所有的正整数组（x ，y ，z ），使得y 是质数，y 和3均不整除z ，且332x y z -=．
解 方程变形为222()()x y x xy y z -++=．现考查22(,)x y x xy y -++的值，若为1，则x y -与22x xy y ++均为完全平方数，便可以产生两个方程．
因为222(,)(,()3)x y x xy y x y x y xy -++=--+，而由
y
为质数可知(,)1x y =，可得
(,)1,(,)1x y y x y x -=-=．从而(,)1x y xy -=，可得(,3)1x y xy -=．所以2(,()3)1x y x y xy --+=．
所以2222,x y m x xy y n -=++=，且z
mn =．
注意到222
x xy y n ++=可变为2
2
2
4444x xy y n ++=，即222(2)34x y y n ++=，可得
22234(2)(22)(22)y n x y n x y n x y =-+=--++
（注：这样做的目的是利用y 为质数的不可分解性来建立新的方程） 为此有如下情况：
（1）2223,22n x y n x y y --=++=，可得2423x y y +=-，由2
x y m -=得22
463m y y +=-，整
理得 22
(3)412y m --=，即(32)(32)12y m y m -+--=，可得m = 1，y = 7．
所以有 x = 8，y = 7，z = 13；
（2）22,223n x y y n x y y --=++=，可得x = 0，不合，舍；
（3）2221,223n x y n x y y --=++=，可得2
3142y x y -=+，可得22
314()2y y m y -=++，即
223(1)4(1)y m -=+，注意到2112(mod3)m +≡或，而23(1)0(mod3)y -≡，所以不可能．
综上，所有的正整数解为（8，7，13）．
例12．设p 是大于11的素数，问是否存在合数n 和正整数α，使得1211n
n
p α
-=.证明你的结论. 解：因为n 为合数，故设n kq =，其中k 为一个素数，q 为大于1的整数。 那么1211q q -能整除1211n n -，即能整除p α
。 因为p 为素数，所以1211q
q
p β
-=，且1βα+≤。 那么，1211(12)(11)(11)(11)n
n
q k
q k
q k q k
p β-=-=+-
1111()()11(11)k k q q k k k p C p C p p βββα--=+++=L
由于1βα+≤，所以1
p
β+能整除p α，所以p 能整除1
(11)
q k k -?。
因为11p >，所以p 只能整除k ，而k 也是一个素数，因此p k =。
因此有1211p p
-整除p α，于是1211()p
p
r
p r α-=<。
据费马小定理，有121112111(mod )p
p
p -≡-≡，而0(mod )r
p p ≡，矛盾。 综上，不存在合数n 和正整数α，使得1211n n p α
-=. 等式即1
22112
1211121111n n n n p α----+?++?+=L ，
又 1
1
22111
11111n n n n n n C C C p α---?+?++?+=L ，即
1122112111111(1)(1)n n n n n n C C C p p p αα-----?+?++?=-+++L L
若11能整除1p -，则可设111p k =+，且k 为偶数，则有
223212111111(1)n n n n n n C C n k p p αα-----?+?++?+=+++L L
12[(111)(111)(111)1]k k k k αα--=+++++++L
(11)k m α=+
可得(mod11)k n α≡，故设11n k m α=+，于是
1211n n -
例13．求方程2013
2n
n
x y -=的正整数解(,,)x y n ，其中1n >.
解：方程即1
212013()()2n n n x y x
x y y ----+++=L ，可知2()x y N αα-=∈，且
12120132n n n x x y y α----+++=L 。
若0α=，则1x y =+，可得2013
(1)2
n
n
y y +-=。
因为y 与1y +是一奇一偶两数，所以(1)n
n
y y +-为奇数，不合题设，舍； 若0α>，则x y -为正偶数，可知x 与y 的奇偶性相同。
当x 与y 同为偶数，可令112,2x x y y ==，则有2013112()2n n n x y -=，可得2013112n n n
x y --=，可知1
x 与1y 的奇偶性相同。可见x 与y 含因数2的个数是相同的。
故令2,2k
k
x p y q ==，且,p q 均为正奇数，于是有20132
n
n
kn
p q --=，其中2013kn ≤。
可知2p q α
-=，且1
22120132n n n n kn p
p q pq q α------++++=L 。
因为1
221,,,,n n n n p
p q pq q ----L 均为奇数，所以n 为偶数。
若2n m =，可得22201322m
m km p
q --=，于是201322m m km p q β---=，且2m m p q β+=。同上道理，m 必
为偶数。因此，可令2n γ
=，则
1111
222222()()p q p q p q γγγγγγ-----=+-
1
1
2
2
22222013()()()()2kn p q p q p q p q γγγγα------=+++-=L 。
所以122,2p q p q αα-=+=，3222p q α
+=，…，这只能1γ=，即2n =。 若2n =，则2013
2n
n
x y -=，可得2x y α-=，且20132
x y α
-+=。
于是不定方程的解为
四、（本题满分50分）求方程2013
2
n
n
x y -=的正整数解(,,)x y n ，其中1n >.
四、（本题满分50分）
【解答】下证，若z 为大于1的奇数，则此时原方程无满足题意的解.
下证关于x 、y 、z 、k 的方程2z z k
x y -=无满足x 、y 、z 、k 均为正整数且1z >的解. (反证)若关于x 、
y 、z 、k 的方程2z z k x y -=有满足x 、y 、z 、k 均为正整数且1z >的解.由于2
k 为偶数，x 、y 的奇偶
性相同.
若x 、y 同为奇数，则原方程可化为
1221()(...)2z z z z k x y x x y xy y -----++++=，
注意到1221
...z z z z x x y xy y ----++++是z 个正奇数之和，故为大于1的奇数，这与它是2k 的因子矛盾，故x 、y 同为偶数.
设0000(,,,)x y z k 是所有解中使0k 最小的，则可设012x x =，012y y =，其中1x ，1y 均为正整数，则有0000112z z k z x y --=，此时由01z >，得00111z z x y ->，即0021k z ->，000k z ->，且11000(,,,)x y z k z -也是其
一组解，与0k 的最小性矛盾.
故当z 为大于1的奇数时，方程2z
z
k
x y -=无满足x 、y 、z 、k 均为正整数且1z >的解，因此，z 为正
偶数. 设在解0000(,,,)x y z k 中，有012z z =，故有11110000()()2z z z z k
x y x y -+=，则应有1100z z x y -与1100z z x y +同
为2的正整数次幂，且11110000z
z
z
z
x y x y -<+. 设11002z
z
x y α
-=，则由前面的讨论知1z 不可能是大于1的奇数.
若1z 是正偶数，由无穷递降法，0110022k z z x y α
-=<，有0k α<，则正整数解组001(,,,)x y z α与正整数解组
0000(,,,)x y z k 中0k 的最小性相矛盾. 则只能有11z =，0122z z ==.
在本题中，2013k =. 故原方程可化为2013()()2x y x y -+=.
设201322x y x y αα-?-=??+=??，其中α为正整数，则2012120121
222
2x y α
ααα----?=+??=-??. 且由x y x y -<+，有201322αα-<，故11006α≤≤，*N α∈.
综上，知满足题意的原方程的所有解组为2012120121(,,)(2
2,22,2)x y z α
ααα----=+-，其中11006α≤≤，*N α∈.
不定方程常用解题方法
整除法 【例题1】：某国家对居民收入实行下列税率方案：每人每月不超过3000美元的部 分按照1%税率征收，超过3000美元不超过6000美元的部分按照X%税率征收，超过6000 美元的部分按Y%税率征收（X,Y为整数）。假设该国居民月收入为6500美元，支付了120 美元所得税，则Y为多少？ A.6 B.3 C.5 D.4 【参考答案】：A. 【解析】：整除法。列方程可得，3000×1%+3000×X%+500×Y%=120,化简可得 6X+Y=18,观察发现，18以及X的系数6都是6的倍数，根据整除可以确定Y一定是6的倍数，所以结合选项答案选择A选项。 【小结】：当列出的方程中未知数的系数以及结果是同一个数的倍数的时候，可以考 虑用整除法结合选项选择答案。 奇偶法 【例题2】：装某种产品的盒子有大、小两种，大盒每盒能装11个，小盒每盒能装8个，要把89个产品装入盒内，要求每个盒子都恰好装满，需要大、小盒子各多少个？ A.3,7 B.4,6 C.5,4 D.6,3 【参考答案】：A. 【解析】：奇偶法。设需要大、小盒子分别为x、y个，则有11x+8y=89,由此式89为 奇数，8y一定为偶数，所以11x一定为奇数，所以x一定为奇数，结合选项，排除B和D,剩余两个代入排除，可以选择A选项。 【小结】：列出的方程未知数系数和结果奇偶性可确定时，可以考虑用奇偶性结合选 项破解题目。 尾数法 【例题3】：有271位游客欲乘大、小两种客车旅游，已知大客车有37个座位，小 客车有20个座位。为保证每位游客均有座位，且车上没有空座位，则需要大客车的辆数是：
A.1辆 B.3辆 C.2辆 D.4辆 【参考答案】：B. 【解析】：尾数法。大客车需要x辆，小客车需要y辆，可列37x+20y=271,20y的尾数一定是0,则37x的尾数等于271的尾数1,结合选项x只能是3,所以选择B选项。 【小结】：列出方程的未知数的系数出现5或10的倍数时，尾数可以确定，可以考虑用尾数法结合选项来选择答案。
初等数论 第二章 不定方程
第二章 不定方程 数学中的许多问题都可以产生不定方程，如张丘建的“百鸡问题”：鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一，百钱买百鸡，问鸡翁母雏各几何？ 设鸡翁、鸡母、鸡雏各有x , y , z 只，根据题意可得下面方程 ?????=++=++100 1003135z y x z y x 消去z ，可得7x +4y =100 ，于是百鸡问题就化为上述方程求非负整数解的问题。 §1 一次不定方程 都不等于零。可以假定并且不失一般性地我们，，其中式为 一次不定方程的一般形n n n n a a a n Z N a a a N x a x a x a ,,,)1(2 ,,,,21212211 ≥∈=+++ 有整数解。的整线性组合，即是可知节定理的倍数，由第一章第二是，则若”“。 ，即则，使得 式有解，即有若”“。 件是有整数解的充分必要条的整数，是全不为零，其中不定方程)1(,,,4|),,,(||),,,(,,,)1(|),,,(2,,,212122112122112121212211n n n n n n n n n n n n a a a N d N N a a a N d x a x a x a a a a d N x a x a x a Z x x x N a a a n a a a N x a x a x a ?'++'+'?='++'+'∈'''?≥=+++证明定理1 。，，为 的全部整数解（通解），则方程的一个整数解（特解）是不定方程，，，，设Z t t b a a y y t b a b x x c by ax y y x x c b a b a Z c b a ∈-=+==+==≠≠∈) ,(),()2() 2(,|),(00,,00002定理 ，于是有的解，所以是因为c by ax y x =+0000)2(,证明
不定方程的解法与应用
摘要 不定方程是初等数论的一个重要内容，在相关学科和实际生活中也有着广泛的应用．本文首先归纳了整数分离法、系数逐渐减小法和辗转相除法等几种常用的二元一次不定方程的解法；其次进一步讨论了求n元一次不定方程和二次不定方程整数解的方法；最后论述了不定方程在中学数学竞赛题、公务员行测试题和其他学科中的应用，并举例说明． 关键词：不定方程；二元一次不定方程；数学竞赛；公务员试题
Abstract The integral solutions of indeterminate equation solving method is an important content of elementary number theory, has been widely used in related disciplines and in real life. This paper summarizes the integer separation method, coefficient decreases and the Euclidean algorithm and several commonly used two element indefinite equation solution, secondly is further discussed. For n linear indeterminate equation and the method of two time indefinite equation integer solution, and finally discusses the indeterminate equation applied in secondary school mathematics, civil servants for test and other subjects, and illustrated with examples. Key words: i ndeterminate equation; two element indefinite equation; Mathematics contest; civil service examination.
高中数学竞赛辅导初等数论不定方程
不定方程 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.不定方程是数论的一个重要课题，也是一个非常困难和复杂的课题. 1．几类不定方程 （1）一次不定方程 在不定方程和不定方程组中，最简单的不定方程是整系数方程 )0,0(,0≠>=++b a c by ax 通常称之为二元一次不定方程.一次不定方程解的情况有如下 定理. 定理一：二元一次不定方程c b a c by ax ,,,=+为整数.有整数解的充分必要条件是c b a |),(. 定理二：若00,,1),(y x b a 且=为①之一解，则方程①全部解为at y y bt x x -=+=00,. （t 为整数）。 （2）沛尔)(pell 方程 形如12 2 =-dy x （*d N ∈，d 不是完全平方数）的方程称为沛尔方程. 能够证明它一定有无穷多组正整数解；又设),(11y x 为该方程的正整数解),(y x 中使d y x +最小的 解，则其的全部正整数解由111111111[()()]2)()] n n n n n n x x x y x x ?=+-?? ??=-?? （1,2,3, n =）给 出. ①只要有解),(11y x ，就可以由通解公式给出方程的无穷多组解. ②n n y x , 满足的关系：1(n n x y x y +=+；112 11222n n n n n n x x x x y x y y ----=-?? =-? ， （3）勾股方程2 2 2 z y x =+ 这里只讨论勾股方程的正整数解，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。容易看出y x ,一奇一偶，无妨设y 为偶数，下面的结果勾股方程的全部本原解通解公式。 定理三：方程2 2 2 z y x =+满足1),(=y x ，2|y 的全部正整数解),,(z y x 可表为 2222,2,b a z ab y b a x +==-=，其中，b a ,是满足b a b a ,,0>>一奇一偶，且
六年级下册数学试题-小升初 方程、计数、最值、行程等问题中的数论综合(下)(无答案) 全国通用
方程、计数、最值、行程等 问题中的数论综合（下） (★★) 200以内除以3余1，除以4余2，除以5余3的自然数有多少个？分别是多少？ (★★) 一个大于10的数，除以3余1，除以5余2，除以11余7，问满足条件的最小自然数是多少？ (★★★)(小学数学奥林匹克预赛) 某数除以11余8，除以13余10，除以17余12，那么这个数的最小可能值是______。 (★★★) 101个连续的非零自然数的和恰好是四个不同的质数的积，那么这个最小的和应该是______。 (★★★★) 小明打算做一个两位数乘以三位数的乘法，但粗心的他在计算时遗留掉了乘号，从而将两位数直接放在三位数的左边，形成了一个五位数，该五位数恰好为应得的乘积的9倍，问：原来的两个数的乘积是多少？
某单位的职工到郊外植树，其中有男职工也有女职工，并且有13 的职工各带一个孩子参加。男职工每人种13棵树，女职工每人种10棵树，每个孩子种6棵树，他们一共种了216棵树，那么其中有多少名男职工？ A 、 B 两地相距20.3千米，甲、乙、丙的速度分别是4米/秒，6米/秒，5米/秒。如果甲、乙从A ，丙从B 地同时出发相向而行，那么，在多长时间之后，丙与乙的距离是丙与甲距离的2倍？ 在线测试题 温馨提示：请在线作答，以便及时反馈孩子的薄弱环节！ 1．300以内除以4余1，除以5余2，除以6余3的自然数有( )个。 A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 2．一个大于10的数，除以2余1，除以4余3，除以9余7，那么满足条件的最小自然数 是( )。 A ．40 B ．41 C ．42 D ．43 3．某数除以9余5，除以11余7，除以19余8，那么这个数的最小可能值是( )。 A ．95 B ．194 C ．293 D ．392 4．有a ，b ，c 三个数，已知24,36,54a b a c b c ?=?=?=，那么a b c ++=( )。 A ．19 B ． 20 C ．18 D ．21 (★★★★) (★★★★★)
不定方程的求解方法汇总
不定方程的求解方法汇总 行测数量运算的考查中，不定方程是计算问题的常考题型，难度不大，易求解。但是想要快速正确的求解出结果，还是需要一些技巧和方法的。专家认为，掌握了技巧和方法，经过大量练题一定可以实现有效的提升，不定方程的题目必定成为你的送分题。 一、不定方程的概念 在学习之前，首先了解一下不定方程的概念：指对于一个方程或者方程组，未知数的个数大于独立方程的个数，便将其称为不定方程或者不定方程组。 在这里解释一下独立方程。看个例子大家便可以明白了: 4x+3y=26①,8x+6y=52② 因为①×2=②，相互之间可以进行转化得到，所以①、②两个式子并不是两个独立的方程，。 二、求解不定方程的方法 1、奇偶性 奇数+奇数=偶数奇数×奇数=奇数 偶数+偶数=偶数偶数×偶数=偶数 奇数+偶数=奇数奇数×偶数=偶数 性质：奇偶奇 7x为奇数，x也为奇数。x可能的取值有1、3、5。当x=1时，y=9，满足题干要求，凳子数量大于桌子数量，其余情况不符合要求，故答案选择B。
2、尾数法 当看到未知数前面的系数为0或者5结尾时，考虑尾数法。任何正整数与5的乘积尾数只有两种可能0或5。 性质：奇偶奇 5x 为奇数，则其尾数必定为5，则4y的尾数为4，y可能为1、6、11，这三种可能。但已知乙部门人数超过10人，则y=11,求得x=3,故答案选择C。 3、整除法 当未知数前面的系数与和或差有除1之外的公因数时，考虑用整除法。 4、特值法 当题目考察不定方程组，且一般情况下，求解(x+y+z)之和时考虑特值法。不定方程组拥有无数组解，而(x+y+z)的结果是唯一的，那么我们便可以随便找一组解代入即可。同时要使计算相对简单，便可以将系数较为复杂的未知数设为特值0，简化运算。
丢番图方程
丢番图方程 丢番图方程又名不定方程、整系数多项式方程，是变量仅容许是整数的多项式等式；即形式如，其中所有的a j、b j和c 均是整数，若其中能找到一组整数解m1,m2...m n者则称之有整数解。 丢番图问题有数条等式，其数目比未知数的数目少；丢番图问题要求找出对所有等式都成立的整数组合。对丢番图问题的数学研究称为丢番图分析。 3世纪希腊数学家亚历山大城的丢番图曾对这些方程进行研究。 丢番图方程的例子有贝祖等式、勾股定理的整数解、四平方和定理和费马最后定理等。 一次不定方程 一次不定方程是形式如a1x1 + a2x2 + ... + a n x n = c的方程，一次不定方程有整数解的充要条件为： (a1,...,a n)须是c的因子，其中(a1,...,a n)表示a1,...,a n 的最大公因子。 若有二元一次不定方程ax+ by= c，且(a,b) | c，则其必有一组整数解x1,y1，并且还有以下关系式： ?x = x1 + [b / (a,b)]t ?y = y1? [a / (a,b)]t t为任意整数，故此一次不定方程有无限多解。请参见贝祖等式。 丢番图分析 经典问题 ?有解答吗？ ?除了一些显然易见的解答外，还有哪些解答？ ?解答的数目是有限还是无限？ ?理论上，所有解答是否都能找到？ ?实际上能否计算出所有解答？ 希尔伯特第十问题
1900年，希尔伯特提出丢番图问题的可解答性为他的23个问题中的第10题。1970年，一个数理逻辑的结果马蒂雅谢维奇定理（Matiyasevich's theorem）说明：一般来说，丢番图问题都是不可解的。更精确的说法是，不可能存在一个算法能够判定任何丢番图方程式否有解，甚至，在任何兼容于 Peano 算数的系统当中，都能具体构造出一个丢番图方程，使得没有任何办法可以判断它是否有解。 现代研究 ?丢番图集是递归可枚举集。 ?常用的方法有无穷递降法和哈赛原理。 ?丢番图逼近研究了变量为整数，但系数可为无理数的不等式。
初中奥数：数论问题位值原理的解题技巧
初中奥数：数论问题位值原理的解题技巧 1、一个两位数，其十位与个位上的数字交换以后，所得的两位数 比原来小27，则满足条件的两位数共有______个. 【解析】：11+12+13+14+15+16+17=98.若中心圈内的数用a表示，因三条线的总和中每个数字出现一次，只有a多用3两次，所以98+2a 应是3的倍数，a=11，12，…，17代到98+2a中去试，得到a=11，14，17时，98+2a是3的倍数. (1)当a=11时98+2a=120，120÷3=40 (2)当a=14时98+2a=126，126÷3=42 (3)当a=17时98+2a=132，132÷3=44 相对应的解见上图. 2、一个三位数，它等于抹去它的首位数字之后剩下的两位数的4倍于25之差，求这个数。 解答：设它百位数字为a,十位数字为b,个位数字为c 则100a+10b+c=4(10b+c) 化简得5(20a-6b+5)=3c 因为c为正整数,所以20a-6b+5是3的倍数 又因为0≤c≤9 所以0≤3c/5≤5.4 所以0≤20a-6b+5=3c/5≤5.4 所以3c/5=3 即c=5
所以20-6b+5=3 化简得3b-1=10a 按照同样的分析方法,3b-1是10的倍数,解得b=7 最后再算出10a=3*7-1=20 则a=2 所以答案为275。 3、a、b、c是1——9中的三个不同数码，用它们组成的六个没有重复数字的三位数之和是(a+b+c)的多少倍? 解答：组成六个数之和为： 10a+b+10a+c+10b+a+10b+c+10c+a+10c+b =22a+22b+22c =22(a+b+c) 很显然，是22倍 4、有2个3位数，它们的和是999，如果把较大的数放在较小数的左边，所成的数正好等于把较小数放在较大数左边所成数的6倍，那么这2数相差多少呢? 解答：abc+def=999，abcdef=6defabc，根据位值原 理,1000abc+def=6000def+6abc 化简得994abc=5999def，两边同时除以7得142abc=857def，所以abc=857，def=142 所以857-142=715 5、将一个三位数的数字重新排列，在所得到的三位数中，用的减去最小的，正好等于原来的三位数，求原来的三位数。
浅谈数论在密码学上的应用
硕士研究生《应用密码学》课程论文浅谈数论在密码学上的应用 指导教师：王玉柱 专业：计算机应用技术 学号：1010706 姓名：杨玖宏 日期：2011年6月30日
浅谈数论在密码学上的应用 摘要：众所周知．数论是数学中最古老、最纯粹、最优美的一个学科．不过鲜为人知的还是，数论同时也是一门应用性极强的应用数学学科．著名国际数学大师陈省身教授早在1992年精辟地指出：“数学中我愿意把数论看作应用数学。”我想数学中有两个很重要的数学部门，一个是数论，另一个是理论物理。在本文中我将先扼要介绍下数论中的一些基本概念、几个主要难题，紧接着我们要介绍数论在现代密码学与计算机科学中的应用。 关键词：数论；计算数论；密码学； 1 引言 随着现代计算机网络通信的广泛使用，传统密码受到很大挑战，它们已经不能完全适应网络环境下使用密码的需求。于是在上世纪七十年代，提出了公钥密码的概念，并且利用数论方法设计了第一个公钥密码体制（RSA公钥密码），经过二十多年的研究，RSA已得到了广泛的应用。在RSA密码体制中，使用了一个大整数（目前通常取这个数有1024比特长），它是两个素数的乘积，这个大整数是公开的，而它的两个素因子是保密的。如果有人能将这个大整数分解因子而得到它的两个素因子，就能破译这个密码体制，所以RSA的安全性是建立在大整数因子分解问题的基础之上的。这是一个经典的数论问题，RSA的提出大大推动了大整数因子分解算法的研究。在上世纪八十年代，人们又提出了椭圆曲线公钥密码，它应用了更深刻的数论知识，它的安全性也得到了密码界的公认，现在也正逐步推向应用。公钥密码的出现，使数学在密码研究中发挥了更加核心的作用。 2 数论概述 数论，顾名思义，就是关于数的理论，数学，顾名思义，就是关于数的学问．高斯曾说过一句名言：“数学是科学的女王，而数论是数学的女王”。基础数论作为一门古老的数学学科，在很常时间内都属于一种纯数学，随着现代科技的发展，数论在整个科学中的应用非常重要[1]。数论中许多基本内容，如同余理论、中国剩余定理（CRT）、高次剩余理论等，在现代密码体制、密钥分配与管理、数字签名、身份认证等方面有重要的应用。 1 数论概述 1.1 整除理论 1)整除：设 a 和 b 是两个整数，且 b≠0，如果存在一个整数 q，使等式a=bq 成立，那么我们称 a 能被 b 整除或 b 整除 a，记作 b— a，其性质有： (1) 若 b | a，a ≠0，则 | b | ? | a | ； (2) 若 b | a，a | b，a ≠0，则 a=b 或 b=a； (3) 若 c | b，b | a, 则 c | a；（c≠0） (4) 若 b | a，则 cb | ca（c≠0）； (5) 若 c | a，c | b,则 c | ma+nb，m，n∈Z（c≠0）。 2) 整除的基本定理：对于任意整数 a，b(b≠0)存在唯一的一对整数 q，r，
不定方程的解法
基本介绍编辑本段 不定方程是数论的一个分支，它有着悠 久的历史与丰富的内容。所谓不定方程是指解的范围为整数、正整数、有理数或代数整数的方程或方程组，其未知数的个数通常多于方程的个数。 古希腊数学家丢番图于三世纪初就研究过若干这类方程，所以不定方程又称丢番图方程，是数论的重要分支学科，也是历史上最活跃的数学领域之一。不定方程的内容十分丰富，与代数数论、几何数论、集合数论等等都有较为密切的联系。1969 年，莫德尔较系统地总结了这方面的研究成果。 2 发展历史编辑本段
希腊的丢番图早在公元3 世纪就开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程。Diophantus ，古代希腊人，被誉为代数学的鼻祖，流传下来关于他的生平事迹并不多。今天我们称整系数的不定方程为「Diophantus 方程」，内容主要是探讨其整数解或有理数解。他有三本著作，其中最有名的是《算术》，当中包含了189 个问题及其答案，而许多都是不定方程组（变量的个数大于方程的个数）或不定方程式（两个变数以上）。丢番图只考虑正有理数解，而不定方程通常有无穷多解的。 研究不定方程要解决三个问题：①判断何时有解。②有解时决定解的个数。③求出所有的解。中国是研究不定方程最早的国家，公元初的五家共井问题就是一个不定方程组问题，公元5 世纪的《张丘建算经》中的百鸡问题标志中国对不定方程理论有了系统研究。秦九韶的大衍求一术将不定方程与同余理论联系起来。百鸡问题说：“鸡翁一，直钱五，鸡母一，直钱三，鸡雏三，直钱一。百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何”。设x，y，z 分别表鸡翁、母、雏的个数，则此问题即为不定方程组的非负整数解x，y，z，这是一个三元不定方程组问题。 3 常见类型编辑本段
数学高中竞赛之初等数论2
1 4 7 10 13 … 4 9 14 19 24 … 7 14 21 28 35 … 10 19 28 37 46 … … … … … … … 定理2：不定方程x 2+y 2=z 2满足（x ，y ）=1，x ，y ，z ＞0，2|x 的全部整数解可表示为 x=2ab ，y=a 2－b 2，z=a 2+b 2。其中a ＞b ＞0，a 、b 一奇一偶，（a ，b ）=1为任意整数。 四、例题与练习 1、右表的结构为：第一行是以1为首项，3为 公差的无穷等差数列；第一列中的数与第一行 中的数对应相等；第n （n ≥2）行是公差为2n+1 的无穷等差数列。证明：⑴若N 在表中，则2N+7 不是素数；⑵若N 不在表中，则2N+7是素数。 2、证明：若正整数x 、y 使得2xy | x 2+y 2－x ，则x 是完全平方数。 3、证明：存在一个1997的整倍数，它不超过11位，且各位数字不含2，3，4，5，6，7。 4、设c 为奇自然数，且存在自然数a ≤ 13-c ，使（2a －1）2+8c 为平方数，求证：c 为合数。 5、求最大的正整数x ，使得对任意y ∈N ，有x|（1127-+y y ） 6、证明：方程3 25y x =+无整数解。 7、求方程235=-y x 的全部整数解。 8、给数集M={1，2，…，n －1}（n ≥3）中的数染色，满足⑴i 与n －i 同色；⑵有一个k ∈M ，（k ，n ）=1，使得当i ≠k 时i 与|k －i|同色，求证：M 中有一色。
9、在一个圆周上标记了4个整数，规定一个方向，使每个整数都有相邻的下一个数，每一步操作是指对每一个数，同时用该数与下一个数之差来替换，即对于a 、b 、c 、d 依次用a －b 、b －c 、c －d 、d －a 来替换。问经过1996步这样的替换之后，是否可以得到4个数a 、b 、c 、d ，使得|bc －ad|、|ac －bd|、|ab －cd|都是素数。（IMO －37预选题） 10、求所有大于3的自然数n ，使得1+321n n n C C C ++整除20002（CMO － 1998） 11、有多少个正整数对x 、y ，x ≤y ，使得（x ，y ）=5！和[x ，y]=50！成立？（1997年加拿大） 12、设w （n ）表示自然数n 的素因数的个数，n ＞1。证明：存在无穷多个n ，使得w （n ）＜w （n+1）＜w （n+2）。 13、求最小的整数n （n ≥4），满足从任意n 个不同的整数中能选出四个不同的数a 、b 、c 、d ，使a+b －c －d 可以被20整数。 14、求所有实数对（a ，b ），使对所有的正整数n 满足a[bn]=b[an]，其中[x]表示不超过x 的最大整数。（IMO －39预选题）
丢番图方程整数解方法
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02 5=-++y x x 的整数解 解 已知方程可化为 2 31232223225++=++++=+++=++=x x x x x x x x y 因为y 是整数，所以2 3+x 也是整数. 由此 x+2=1，-1，3，-3，即 x=-1，-3，1，-5， 相应的.0,2,0,4=y 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2510737=+y x 的整数解. 解 因为251)107,37(=,所以原方程有整数解. 用辗转相除法求特解: 18433,413337,33237107+?=+?=+?= 从最后一个式子向上逆推得到 19107)26(37=?+-?
二元一次不定方程的解法总结与例题
探究二元一次不定方程 （Inquires into the dual indefinite equation） 冯晓梁（XiaoLiang Feng）（江西科技师范学院数计学院数一班 330031）【摘要】:二元一次不定方程是最简单的不定方程, 一些复杂的不定方程常常化为二元一次不定方程问题加以解决。我们讨论二元一次方程的整数解。 The dual indefinite equation is the simple the indefinite equation, some complex indefinite equations change into the dual indefinite equation question to solve frequently. We discuss the dual linear equation the integer solution. 【关键字】：二元一次不定方程初等数论整数解 （Dual indefinite equation Primary theory of numbers Integer solution） 二元一次方程的概念：含有两个未知数，并且未知项的次数是1的方程叫做二元一次方程。一个方程是二元一次方程必须同时满足下列条件；①等号两边的代数式是整式； ②具有两个未知数；③未知项的次数是1。 如：2x-3y=7是二元一次方程，而方程4xy-3=0中含有两个未知数，且两个未知数的次数都是1，但是未知项4xy的次数是2，所以，它是二元二次方程，而不是二元一次方程。 定理1.形如(不同时为零)的方程称为二元一次不定方程。 [1] 二元一次方程的解和解二元一次方程：能使一个二元一次方程两边的值相等的未知数的一组值叫做这个方程的一个解，但若对未知数的取值附加某些限制，方程的解可能只有有限个。 通常求一个二元一次方程的解的方法是用一个未知数的代数式表示另一个未知数，如x-2y=3变形为x=3+2y，然后给出一个y的值就能求出x的一个对应值，这样得到的x、y的每对对应值，都是x-2y=3的一个解。 定理2.方程有解的充要是；[2] 若，且为的一个解，则方程的一切解都可以表示成： （t为任意整数）
丢番图方程整数解方法
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 y1 x 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
100个著名初等数论问题
100个著名初等数学问题 https://www.360docs.net/doc/d014285985.html,/xyp 2003-10-26 数学园地 第01题阿基米德分牛问题Archimedes' Problema Bovinum 太阳神有一牛群，由白、黑、花、棕四种颜色的公、母牛组成. 在公牛中，白牛数多于棕牛数，多出之数相当于黑牛数的1/2+1/3；黑牛数多于棕牛数，多出之数相当于花牛数的1/4+1/5；花牛数多于棕牛数，多出之数相当于白牛数的1/6+1/7. 在母牛中，白牛数是全体黑牛数的1/3+1/4；黑牛数是全体花牛数1/4+1/5；花牛数是全体棕牛数的1/5+1/6；棕牛数是全体白牛数的1/6+1/7. 问这牛群是怎样组成的？ 第02题德·梅齐里亚克的法码问题The Weight Problem of Bachet de Meziriac 一位商人有一个40磅的砝码，由于跌落在地而碎成4块.后来，称得每块碎片的重量都是整磅数，而且可以用这4块来称从1至40磅之间的任意整数磅的重物. 问这4块砝码碎片各重多少？ 第03题牛顿的草地与母牛问题Newton's Problem of the Fields and Cows a头母牛将b块地上的牧草在c天内吃完了； a'头母牛将b'块地上的牧草在c'天内吃完了； a"头母牛将b"块地上的牧草在c"天内吃完了； 求出从a到c"9个数量之间的关系？ 第04题贝韦克的七个7的问题Berwick's Problem of the Seven Sevens 在下面除法例题中，被除数被除数除尽： * * 7 * * * * * * * ÷ * * * * 7 * = * * 7 * * * * * * * * * * * * * 7 * * * * * * * * * 7 * * * * * 7 * * * * * * * * * * * * * * * 7 * * * * * * * * * * * * * * 用星号（*）标出的那些数位上的数字偶然被擦掉了，那些不见了的是些什么数字呢？ 第05题柯克曼的女学生问题Kirkman's Schoolgirl Problem
小学数学不定方程与不定方程组的解法
不定方程与不定方程组 知识框架 一、知识点说明 历史概述 不定方程是数论中最古老的分支之一．古希腊的丢番图早在公元3世纪就开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程．中国是研究不定方程最早的国家，公元初的五家共井问题就是一个不定方程组问题，公元5世纪的《张丘建算经》中的百鸡问题标志着中国对不定方程理论有了系统研究．宋代数学家秦九韶的大衍求一术将不定方程与同余理论联系起来． 考点说明 在各类竞赛考试中，不定方程经常以应用题的形式出现，除此以外，不定方程还经常作为解题的重要方法贯穿在行程问题、数论问题等压轴大题之中．在以后初高中数学的进一步学习中，不定方程也同样有着重要的地位，所以本讲的着重目的是让学生学会利用不定方程这个工具，并能够在以后的学习中使用这个工具解题。 二、不定方程基本定义 （1）定义：不定方程（组）是指未知数的个数多于方程个数的方程（组）。 （2）不定方程的解：使不定方程等号两端相等的未知数的值叫不定方程的解，不定方程的解不唯一。（3）研究不定方程要解决三个问题：①判断何时有解；②有解时确定解的个数；③求出所有的解 三、不定方程的试值技巧 （1）奇偶性 （2）整除的特点（能被2、3、5等数字整除的特性） （3）余数性质的应用（和、差、积的性质及同余的性质） 重难点 （1）b利用整除及奇偶性解不定方程 （2）不定方程的试值技巧 （3）学会解不定方程的经典例题
例题精讲 一、利用整除性质解不定方程【例 1】求方程2x－3y＝8的整数解 【考点】不定方程 【解析】方法一：由原方程，易得2x＝8＋3y，x＝4＋3 2 y，因此，对y的任意一个值，都有一个x与之对 应，并且，此时x与y的值必定满足原方程，故这样的x与y是原方程的一组解，即原方程的解 可表为： 3 4 2 x k y k ? =+ ? ? ?= ? ，其中k为任意数．说明由y取值的任意性，可知上述不定方程有无穷多 组解． 方法二：根据奇偶性知道2x是偶数，8为偶数，所以若想2x－3y＝8成立，y必为偶数，当y＝0，x＝4；当y＝2，x＝7；当y＝4，x＝10……，本题有无穷多个解。 【答案】无穷多个解 【巩固】求方程2x＋6y＝9的整数解 【考点】不定方程 【解析】因为2x＋6y＝2(x＋3y)，所以，不论x和y取何整数，都有2|2x＋6y，但29，因此，不论x和y取什么整数，2x＋6y都不可能等于9，即原方程无整数解． 说明：此题告诉我们并非所有的二元一次方程都有整数解。 【答案】无整数解 【例 2】求方程4x＋10y＝34的正整数解 【考点】不定方程 【解析】因为4与10的最大公约数为2，而2|34，两边约去2后，得2x＋5y＝17，5y的个位是0或5两种情况，2x是偶数，要想和为17，5y的个位只能是5，y为奇数即可；2x的个位为2，所以x的取值为1、6、11、16…… x＝1时，17－2x＝15，y＝3， x＝6时，17－2x＝5，y＝1， x＝11时，17－2x＝17 －22，无解
不定方程及不定方程组的解法
不定方程及不定方程组的解法 华图教育任小芳 在公务员行政职业能力测试数量关系模块中，经常会运用到方程法解答各类文字应用题型，但是在运用方程法的过程中，常会遇到所设的未知数数量多于方程个数的情况。未知数数量多于方程数量，这种方程我们称之为“不定方程（组）”。 解不定方程（组）最典型的方法为代入排除法，即直接将选项代入方程中，验证是否能使其他未知数都有符合题目要求的解。 【例1】有271位游客欲乘大、小两种客车旅游，已知大客车有37个座位，小客车有20个座位。为保证每位游客均有座位，且车上没有空座位，则需要大客车的辆数是（）？ A.1辆 B.3辆 C.2辆 D.4辆 【答案】：B 【解析】：每位游客均有座位且车上没有空座位，可知座位总数与游客人数相等。假设需要大客车x辆，需要小客车y辆，根据题意列出方程：37x+20y=271。未知数个数多于方程个数，此为不定方程问题。20的倍数尾数一定为0，则37x的尾数应为1，代入四个选项，只有当x=3时，37x 的尾数为1，B选项正确。 【例2】超市将99个苹果装进两种包装盒，大包装盒每个装12个苹果，小包装盒每个装 5个苹果共用了十多个盒子刚好装完。问两种包装盒相差多少个？（） A.3 B.4 C.7 D.13 【答案】：D 【解析】：假设大包装盒用了x个，小包装盒用了y个，根据题意可列出方程：12x+5y=99。题干中只有一个等量关系，2个未知数，1个方程，此为不定方程问题。结合数字的奇偶特性，偶数的倍数一定是偶数，可知12x为偶数。两个数的和99为奇数，这两个数的奇偶性一定相反，因此5y的值一定为奇数。5的倍数尾数不是0就是5，因此可以确定5y尾数为5,12x尾数为9-5=4。由此推出x=2,y=15。或者x=7,y=3。题目条件“共用了10多个盒子”，x=7,y=3不符合题意，结果为x=2,y=15,差是13。D选项正确。 在解不定方程时可结合数字的奇偶特性、尾数特性等数字特性思想，然后通过代入选项得出答案。当题目要求的是所有未知数的和时，可用设“0”法简化计算。
丢番图和不定方程
丢番图和不定方程 ——兼谈中国人在这方面的工作 丢番图的工作 埃及尼罗河的出海口有一个大港叫亚历山大城，它是以希腊大帝亚历山大的名字命名。在两千年前这里曾是地中海文化的一个中心。 亚历山大大帝在公元前330年建立这城市，在公元前323年他去世之后，托勒米（Ptalamy）成为埃及的统治者。他选择这里为他的帝国的国都，并且模仿雅典的吕克昂学院在这里建立了一个博物院（Museum），世界各国的学者被邀请到这里来研究教导。 英国科学史家法灵顿（B．Farrington 1891—1974）在他的书《希腊人的科书》这么描写：“在埃及首都形成这个科学和艺术新中人的心里，存在一种美国式的豪华。” 编写著名的《几何原本》的欧几里得（Euclid）是博物院的第一个希腊数学教授。 在公元250年前后有一位希腊数学家丢番图（Dioplantos公元214－218年）住在亚历山大城里，他作为一个数学教员编写了一部叫《算术》（Arithmetica）的教科书。 这书总共有13卷，可惜在10世纪时只剩下6卷，其余7卷遗失了。在15世纪这书的希腊文手抄本在意大利的威尼斯发现于是广被人注意，以后又有法国数学家巴歇的希腊—拉丁文对照本，以后还有英、德、俄等国的译本，这是一本如《几何原本》般在数学上影响很大的书。 这本书基本上是代数书，有人称他为“代数学之父”，他书中采用符号，研究了一次、二次、三次方程。他是第一个引进符号入希腊数学的人。 如第一卷第27题：“两数之和是20，乘积是96，求这两数。” 第一卷第28题：“两数之和是20，平方和是208，求这两数。” 第六卷第27题：“求直角三角形的三边，已知它的面积加上斜边是一个平方数，而周长是一个立方数。” 写成现代的式子，令a，b，c是直角三角形的三边，则有： a2＋b2＝c2 a＋ b＋ c＝N3 这里就要考虑到三次方程了。
初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第21章不定方程试题新人教版
第21章 不定方程 §21.1 二元一次不定方程 21.1.1★求不定方程2x y -=的正整数解． 解析 因为312-=，422-=，532-=，…，所以这个方程的正整数解有无数组，它们是 2, ,x n y n =+?? =? 其中n 可以取一切正整数． 21.1.2★求11157x y +=的整数解． 解析1 将方程变形得 71511 y x -= ． 因为x 是整数，所以715y -应是11的倍数．由观察得02x =，01y =-是这个方程的一组整数解， 所以方程的解为 215, 111,x t y t =-?? =-+? t 为整数． 解析2 先考察11151x y +=，通过观察易得 ()()1141531?-+?=， 所以 ()()114715377?-?+??=， 可取028x =-，0 21y =．从而 2815, 2111,x t y t =--?? =+? t 为整数． 评注 如果a 、b 是互质的整数，c 是整数，且方程 ax by c += ① 有一组整数解0x 、0y ．则此方程的一切整数解可以表示为 00, ,x x bt y y at =-?? =+? 其中0t =，±1，±2，±3，…． 21.1.3★求方程62290x y +=的非负整数解． 解析 因为(6，22)=2，所以方程两边同除以2得 31145x y +=． ① 由观察知，14x =，11y =-是方程 3111x y += ② 的一组整数解，从而方程①的一组整数解为
()00 454180, 45145,x y =?=??? =?-=-?? 所以方程①的一切整数解为 18011, 453.x t y t =-?? =-+? 因为要求的原方程的非负整数解，所以必有 180110,4530.t t -?? -+? ≥③ ≥④ 由于t 是整数，由③、④得15≤t ≤16，所以只有t =15，t =16两种可能． 当t =15时，x =15，0y =；当t =16时，x =4，y = 3．所以原方程的非负整数解是 15,0, x y =?? =?4, 3.x y =??=? 21.1.4★求方程719213x y +=的所有正整数解． 解析 这个方程的系数较大，用观察法去求其特殊解比较困难，碰到这种情况我们可用逐步缩小系数 的方法使系数变小，最后再用观察法求解． 用方程 719213x y +=① 的最小系数7除方程①的各项，并移项得 213193530277 y y x y --= =-+ ．② 因为x 、y 是整数，故 357 y u -=也是整数，于是有573y u +=．再用5除此式的两边得 373255 u u y u --= =-+ ．③ 令 325 u v -= (整数)，由此得 253u v +=．④ 由观察知1u =-，1v =是方程④的一组解．将1u =-代入③得2y =．2y =代入②得x =25．于 是方程①有一组解025x =，02y =，所以它的一切解为 2519, 27.x t y t =-?? =+? 0,1,2,t =±± 由于要求方程的正整数解，所以 25190, 270.t t ->?? +>? 解不等式，得t 只能取0，1．因此得原方程的正整数解为 25,2, x y =?? =?6, 9.x y =??=?
初等数论知识点汇总
第一节 整数的p 进位制及其应用 正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数，人们发明了进位制，这是一种位值记数法。进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系，近几年来，国内与国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现，比如处理数字问题、处理整除问题及处理数列问题等等。在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。 基础知识 给定一个m 位的正整数A ，其各位上的数字分别记为021,,,a a a m m --，则此数可以简记为：021a a a A m m --=（其中01≠-m a ）。 由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的1-m 次多项式，即 012 21 11010 10 a a a a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i 且 01≠-m a ，像这种10的多项式表示的数常常简记为10021)(a a a A m m --=。在我们的日常 生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作021a a a A m m --=，以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。但是随着计算机的普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。特别是现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。 为了具备一般性，我们给出正整数A 的p 进制表示： 012 21 1a p a p a p a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},1,,2,1,0{-=-∈m i p a i 且 01≠-m a 。而m 仍然为十进制数字，简记为p m m a a a A )(021 --=。 第二节 整数的性质及其应用（1） 基础知识 整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。 1．整除的概念及其性质 在高中数学竞赛中如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。 定义：设b a ,是给定的数，0≠b ，若存在整数c ，使得bc a =则称b 整除a ，记作a b |，并称b 是a 的一个约数(因子)，称a 是b 的一个倍数，如果不存在上述c ，则称b 不能整除a 记作b a 。 由整除的定义，容易推出以下性质： (1)若c b |且a c |，则a b |(传递性质)；