首页 > 世界杯开幕式

ch02+不定方程

世界杯开幕式
2026-07-19 18:58:17
7314

一次不定方程知识点深度讲解与完整推导

各位同学，我是从事数论教学与研究多年的研究员，今天我们把一次不定方程的核心知识点从定义、判定、证明到求解，一步步讲透，确保大家不仅知其然，更知其所以然。

一、不定方程的基本概念

首先我们明确核心定义：

不定方程（组）：变数个数多于方程个数，且变数限定取整数的方程（或方程组），称为不定方程（组）。

这里要划两个核心重点：

和高等代数中的方程核心区别：我们只研究整数解，而非实数解、复数解；

核心研究问题：① 方程是否有整数解（存在性）；② 有解时如何写出全部整数解（通解）。

本章我们研究的一次不定方程，是不定方程中最基础、最核心的类型，也是解决复杂不定方程的基础。

二、k元一次不定方程的定义与有解判定定理

2.1 k元一次不定方程的标准定义

设整数 \(k\ge2\)，\(c,a_1,a_2,\dots,a_k\) 是整数，且 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 全不为零，\(x_1,x_2,\dots,x_k\) 为整数变数，则方程

\[a_1x_1 + a_2x_2 + \dots + a_kx_k = c \tag{1}

称为k元一次不定方程，其中 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 称为方程的系数。

2.2 核心定理1：有解的充要条件与同解性

定理原文

不定方程(1)有解的充要条件是：它的所有系数的最大公约数整除常数项 \(c\)，即

\[g=(a_1,a_2,\dots,a_k) \mid c

进而，不定方程(1)有解时，它的全部解和方程

\[\frac{a_1}{g}x_1 + \frac{a_2}{g}x_2 + \dots + \frac{a_k}{g}x_k = \frac{c}{g} \tag{2}

的解完全相同（同解）。

完整证明（分必要性、充分性、同解性三部分）

我们把每一步的逻辑和依据讲透，不跳任何关键步骤。

（1）必要性证明：若方程(1)有解，则 \(g \mid c\)

依据：最大公约数的基本性质——若 \(g=(a_1,a_2,\dots,a_k)\)，则对任意 \(i=1,2,\dots,k\)，都有 \(g \mid a_i\)，即每个系数都是 \(g\) 的倍数。

证明过程：

若方程(1)有整数解，设一组解为 \(x_{1,0},x_{2,0},\dots,x_{k,0}\)，代入方程得：

\[a_1x_{1,0} + a_2x_{2,0} + \dots + a_kx_{k,0} = c

因为 \(g \mid a_i\)，所以可设 \(a_i = g \cdot a_i'\)（\(a_i'\) 为整数），代入上式左边：

\[\text{左边} = g(a_1'x_{1,0} + a_2'x_{2,0} + \dots + a_k'x_{k,0})

括号内的所有项都是整数，整数的和与积仍为整数，因此左边是 \(g\) 的整数倍。

等式左右两边相等，因此 \(c\) 也必须是 \(g\) 的整数倍，即 \(g \mid c\)。必要性得证。

（2）充分性证明：若 \(g \mid c\)，则方程(1)必有整数解

核心依据：多元贝祖定理（教材第一章§4定理8）——对不全为零的整数 \(a_1,a_2,\dots,a_k\)，其最大公约数 \(g=(a_1,a_2,\dots,a_k)\)，一定存在整数 \(y_{1,0},y_{2,0},\dots,y_{k,0}\)，使得

\[a_1y_{1,0} + a_2y_{2,0} + \dots + a_ky_{k,0} = g \tag{3}

证明过程：

已知 \(g \mid c\)，因此可设 \(c = g \cdot c_1\)（\(c_1\) 为整数）。

将贝祖定理的等式(3)两边同时乘以 \(c_1\)，得：

\[a_1(y_{1,0} \cdot c_1) + a_2(y_{2,0} \cdot c_1) + \dots + a_k(y_{k,0} \cdot c_1) = g \cdot c_1 = c

我们令 \(x_{i,0} = y_{i,0} \cdot c_1\)（\(i=1,2,\dots,k\)），显然所有 \(x_{i,0}\) 都是整数，代入方程(1)左边恰好等于 \(c\)，因此 \(x_{1,0},x_{2,0},\dots,x_{k,0}\) 就是方程(1)的一组整数解。充分性得证。

（3）同解性证明：方程(1)与方程(2)完全同解

同解定义：一组整数解满足方程(1)，当且仅当它满足方程(2)。

证明过程：

正向：若 \(x_1,\dots,x_k\) 是(1)的解，即 \(a_1x_1+\dots+a_kx_k=c\)，两边同时除以非零整数 \(g\)，直接得到方程(2)，因此该解满足(2)；

反向：若 \(x_1,\dots,x_k\) 是(2)的解，即 \(\frac{a_1}{g}x_1+\dots+\frac{a_k}{g}x_k=\frac{c}{g}\)，两边同时乘以 \(g\)，直接得到方程(1)，因此该解满足(1)。

由此，两个方程的解完全一致，同解性得证。

定理1的核心意义

彻底解决了一次不定方程解的存在性问题：拿到方程先算系数的最大公约数，判断是否整除常数项，不整除则直接无解；

实现了方程的简化：有解时，可将方程两边同时除以系数的最大公约数，得到系数互素的简化方程（即 \((\frac{a_1}{g},\frac{a_2}{g},\dots,\frac{a_k}{g})=1\)），大幅降低求解难度。

三、二元一次不定方程的通解定理

k元一次不定方程的求解，本质是逐步降元为二元一次不定方程，因此二元一次不定方程的通解，是整个一次不定方程求解的核心。

3.1 定理2：二元一次不定方程的通解

定理原文

设二元一次不定方程

\[a_1x_1 + a_2x_2 = c \tag{4}

有整数解，\(x_{1,0},x_{2,0}\) 是它的一组解（称为特解），记 \(g=(a_1,a_2)\)，则它的全部整数解（通解）为

\[\begin{cases}

x_1 = x_{1,0} + \frac{a_2}{g} \cdot t \\

x_2 = x_{2,0} - \frac{a_1}{g} \cdot t

\end{cases} \quad t=0,\pm1,\pm2,\dots \tag{5}

其中 \(t\) 取遍所有整数。

完整证明（分有效性、完备性两部分）

这个定理的证明，核心是回答两个问题：① 对任意整数 \(t\)，式(5)给出的是不是解？② 方程的所有解，是不是都能写成式(5)的形式？

（1）有效性证明：对任意整数 \(t\)，式(5)给出的 \((x_1,x_2)\) 都是方程(4)的解

证明过程：

将式(5)代入方程(4)的左边，展开计算：

\[\begin{align*}

a_1x_1 + a_2x_2 &= a_1\left(x_{1,0} + \frac{a_2}{g}t\right) + a_2\left(x_{2,0} - \frac{a_1}{g}t\right) \\

&= a_1x_{1,0} + \frac{a_1a_2}{g}t + a_2x_{2,0} - \frac{a_1a_2}{g}t \\

&= (a_1x_{1,0} + a_2x_{2,0}) + \left(\frac{a_1a_2}{g}t - \frac{a_1a_2}{g}t\right)

\end{align*}

因为 \(x_{1,0},x_{2,0}\) 是方程的特解，所以 \(a_1x_{1,0} + a_2x_{2,0}=c\)；同时后面的两项完全抵消，因此左边最终等于 \(c\)，满足方程(4)。

由此，对任意整数 \(t\)，式(5)给出的都是方程的解，有效性得证。

（2）完备性证明：方程(4)的任意一个解，都能表示为式(5)的形式

核心依据：互素整数的整除性质（教材第一章§4定理6）——若整数 \(m \mid n \cdot p\)，且 \((m,n)=1\)（\(m\) 与 \(n\) 互素），则 \(m \mid p\)。

证明过程：

设 \((x_1,x_2)\) 是方程(4)的任意一组解，而 \((x_{1,0},x_{2,0})\) 是已知的特解，因此两组解都满足方程：

\[\begin{cases}

a_1x_1 + a_2x_2 = c \\

a_1x_{1,0} + a_2x_{2,0} = c

\end{cases}

将两式相减，消去常数项 \(c\)，得：

\[a_1(x_1 - x_{1,0}) + a_2(x_2 - x_{2,0}) = 0

移项整理得：

\[a_1(x_1 - x_{1,0}) = -a_2(x_2 - x_{2,0}) \tag{6}

我们记 \(g=(a_1,a_2)\)，令 \(a_1 = g \cdot a_1'\)，\(a_2 = g \cdot a_2'\)，根据最大公约数的性质，此时必有 \((a_1',a_2')=1\)（提走公因子后，剩余的系数互素）。

将 \(a_1=ga_1'\)、\(a_2=ga_2'\) 代入式(6)，两边同时约去非零整数 \(g\)，得：

\[a_1'(x_1 - x_{1,0}) = -a_2'(x_2 - x_{2,0}) \tag{7}

观察式(7)：左边是 \(a_1'\) 乘以 \((x_1 - x_{1,0})\)，右边是 \(-a_2'\) 乘以 \((x_2 - x_{2,0})\)，因此 \(a_2'\) 必然整除左边的 \(a_1'(x_1 - x_{1,0})\)，即

\[a_2' \mid a_1'(x_1 - x_{1,0})

而我们已经知道 \((a_1',a_2')=1\)，根据互素整数的整除性质，\(a_2'\) 与 \(a_1'\) 互素，因此 \(a_2'\) 必须整除 \((x_1 - x_{1,0})\)。

也就是说，一定存在整数 \(t\)，使得

\[x_1 - x_{1,0} = a_2' \cdot t

代入 \(a_2' = \frac{a_2}{g}\)，即得

\[x_1 = x_{1,0} + \frac{a_2}{g} \cdot t

将这个结果代回式(7)，得：

\[a_1' \cdot a_2' \cdot t = -a_2'(x_2 - x_{2,0})

两边同时约去非零整数 \(a_2'\)，移项整理得：

\[x_2 - x_{2,0} = -a_1' \cdot t

代入 \(a_1' = \frac{a_1}{g}\)，即得

\[x_2 = x_{2,0} - \frac{a_1}{g} \cdot t

由此，方程的任意一组解，都能表示为式(5)的形式，完备性得证。

定理2的核心补充说明

通解的结构：和线性代数中非齐次线性方程组的通解结构完全一致——非齐次方程的通解 = 非齐次的一个特解 + 对应齐次方程的通解。其中齐次方程 \(a_1x_1+a_2x_2=0\) 的通解，就是 \(\begin{cases}x_1 = \frac{a_2}{g}t \\ x_2 = -\frac{a_1}{g}t\end{cases}\)；

特解不唯一：同一个方程可以找到无数组特解，不同特解对应的 \(t\) 取值会平移，但最终的通解是等价的，不会漏掉任何解；

符号可同步调整：通解也可以写成 \(\begin{cases}x_1 = x_{1,0} - \frac{a_2}{g}t \\ x_2 = x_{2,0} + \frac{a_1}{g}t\end{cases}\)，本质不变，因为 \(t\) 是任意整数，正负号可以被 \(t\) 吸收。

四、一次不定方程的实用求解方法

4.1 二元一次不定方程的求解步骤

判定有解性：计算系数的最大公约数 \(g=(a_1,a_2)\)，判断 \(g\) 是否整除 \(c\)，不整除则方程无解；

简化方程：方程两边同时除以 \(g\)，得到系数互素的简化方程 \(a_1'x_1 + a_2'x_2 = c'\)；

求一组特解：通过观察法、扩展欧几里得算法，求出简化方程的一组特解 \(x_{1,0},x_{2,0}\)；

写出通解：代入通解公式，写出方程的全部整数解。

示例：求解 \(2x + 3y = 5\)

计算 \(g=(2,3)=1\)，\(1 \mid 5\)，方程有解；

简化方程：\(2x + 3y = 5\)（系数已互素）；

找特解：观察得 \(x=1,y=1\) 是一组特解（\(2×1+3×1=5\)）；

写通解：\(g=1\)，因此通解为 \(\begin{cases}x=1+3t \\ y=1-2t\end{cases}\)，\(t\) 为任意整数。

4.2 k元一次不定方程的求解思路

核心是逐步降元，将多元方程拆解为多个二元一次不定方程：

对k元方程 \(a_1x_1+\dots+a_kx_k=c\)，先判定有解性（\(g=(a_1,\dots,a_k) \mid c\)）；

令 \(g_2=(a_1,a_2)\)，将方程改写为 \(g_2 \cdot u + a_3x_3 + \dots + a_kx_k = c\)，其中 \(u = \frac{a_1}{g_2}x_1 + \frac{a_2}{g_2}x_2\)；

重复降元，直到得到二元一次不定方程，先求解二元方程的通解；

逐层回代，依次求解每个二元不定方程，最终得到所有变量的通解。

五、核心知识点表格总结

知识点分类

核心内容

前提条件

核心结论

关键备注与注意事项

不定方程基本定义

不定方程的核心界定

1. 变数个数 > 方程个数；2. 变数限定取整数

满足两个条件的方程（组）称为不定方程（组），数论核心研究其整数解

与代数方程的本质区别：限定整数解，存在解的存在性、有限性问题

k元一次不定方程定义

标准形式

1. 整数 \(k\ge2\)；2. \(a_1,\dots,a_k\) 为非零整数；3. \(c\) 为整数；4. \(x_1,\dots,x_k\) 为整数变数

标准形式：\(a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_kx_k=c\)，\(a_1,\dots,a_k\) 为系数

一次不定方程也叫线性不定方程，是不定方程的基础类型

k元一次不定方程有解判定定理

有解充要条件+同解性

给定k元一次不定方程，记 \(g=(a_1,a_2,\dots,a_k)\)

1. 方程有解 \(\iff g \mid c\)；2. 有解时，与方程 \(\frac{a_1}{g}x_1+\dots+\frac{a_k}{g}x_k=\frac{c}{g}\) 完全同解

1. 必要性由最大公约数整除性可得；2. 充分性由多元贝祖定理证明；3. 同解方程的系数互素，可简化求解

二元一次不定方程通解定理

有解时的全部解形式

1. 二元一次方程 \(a_1x_1+a_2x_2=c\) 有解；2. \((x_{1,0},x_{2,0})\) 是一组特解；3. \(g=(a_1,a_2)\)

全部整数解为：\(\begin{cases}x_1 = x_{1,0} + \frac{a_2}{g}t \\ x_2 = x_{2,0} - \frac{a_1}{g}t\end{cases}\)，\(t\) 取遍所有整数

1. 通解结构：特解 + 齐次方程通解；2. 特解不唯一，通解等价；3. 符号可同步调整，本质不变；4. 核心依据是互素整数的整除性质

二元一次不定方程求解步骤

实用求解流程

给定二元一次不定方程 \(a_1x_1+a_2x_2=c\)

1. 算 \(g=(a_1,a_2)\)，判断 \(g \mid c\)，不整除则无解；2. 方程除以 \(g\) 得简化方程；3. 求简化方程的一组特解；4. 代入公式写通解

扩展欧几里得算法是求特解的核心方法，简单方程可通过观察法找特解

k元一次不定方程求解思路

多元方程求解方法

给定k元一次不定方程，且 \(g=(a_1,\dots,a_k) \mid c\)

1. 逐步降元：将方程拆解为多个二元一次不定方程；2. 从二元方程开始求解，逐层回代；3. 最终得到所有变量的通解

本质是将多元问题转化为多个二元问题，核心仍是二元通解定理

一次不定方程典型例题深度讲解与通用解法总结

各位同学，我们结合这5道覆盖全场景的典型例题，把一次不定方程的有解判定、特解求解、通解推导、多元降元、无解识别核心能力，完整落地到解题实操中，每一步都讲清逻辑依据，让大家彻底掌握一次不定方程的通用解法。

例1 基础二元不定方程求解（观察法找特解）

题目

求不定方程 \(10x_1 -7x_2=17\) 的解。

核心考点

二元一次不定方程基础求解、观察法找特解、通解公式应用

详细解题过程

有解性判定

根据定理1，二元一次不定方程有解的充要条件是：系数的最大公约数整除常数项。

方程系数为 \(a_1=10\)、\(a_2=-7\)，最大公约数 \(g=(10,-7)=(10,7)=1\)（最大公约数仅与绝对值有关）；常数项 \(c=17\)，显然 \(1\mid17\)，因此方程必有整数解。

找一组特解

观察法找整数 \(x_{1,0},x_{2,0}\) 满足方程：

尝试 \(x_{1,0}=1\)，代入得 \(10\times1 -7x_{2,0}=17\)，解得 \(x_{2,0}=-1\)。

验证：\(10\times1 -7\times(-1)=17\)，符合方程，因此 \((x_{1,0},x_{2,0})=(1,-1)\) 是一组特解。

写出通解

根据定理2的通解公式，对 \(a_1x_1+a_2x_2=c\)，\(g=(a_1,a_2)\)，特解 \((x_{1,0},x_{2,0})\)，通解为：

\[\begin{cases}x_1 = x_{1,0} + \frac{a_2}{g}\cdot t \\ x_2 = x_{2,0} - \frac{a_1}{g}\cdot t\end{cases} \quad t=0,\pm1,\pm2,\dots

代入 \(a_2=-7\)、\(a_1=10\)、\(g=1\)，得最终通解：

\[\begin{cases}x_1 = 1 -7t \\ x_2 = -1 -10t\end{cases} \quad t=0,\pm1,\pm2,\dots

关键逻辑说明

通解的符号可同步调整，例如写成 \(\begin{cases}x_1 = 1 +7t \\ x_2 = -1 +10t\end{cases}\) 也是正确的，因为 \(t\) 是任意整数，正负号可被参数吸收，解集完全等价；

观察法仅适合系数绝对值小的方程，优先尝试小整数代入，验证另一变量是否为整数。

例2 二元不定方程无解判定

题目

求不定方程 \(18x_1+24x_2=9\) 的解。

核心考点

定理1的直接应用、不定方程无解判定

详细解题过程

计算系数的最大公约数

方程系数 \(a_1=18\)、\(a_2=24\)，用辗转相除法计算最大公约数：

\(24=1\times18+6\)，\(18=3\times6+0\)，因此 \(g=(18,24)=6\)。

有解性判定

根据定理1，方程有解的充要条件是 \(g\mid c\)，此处常数项 \(c=9\)，\(6\nmid9\)，因此方程无整数解。

关键逻辑说明

拿到不定方程的第一步，永远是计算系数的最大公约数，判定是否整除常数项，不整除可直接判定无解，无需后续计算；

也可通过奇偶性快速验证：方程两边除以3得 \(6x_1+8x_2=3\)，左边是偶数，右边是奇数，偶数不可能等于奇数，进一步验证无解。

例3 大系数二元不定方程求解（辗转相除法降阶）

题目

求不定方程 \(907x_1+731x_2=2107\) 的解。

核心考点

大系数二元不定方程求解、辗转相除法（带余除法）的核心应用、等价方程降阶法

前置有解判定

计算系数最大公约数：

\(907=1\times731+176\)，\(731=4\times176+27\)，\(176=6\times27+14\)，\(27=1\times14+13\)，\(14=1\times13+1\)，\(13=13\times1+0\)，因此 \(g=(907,731)=1\)，\(1\mid2107\)，方程有解。

详细解题过程

核心思路：等价方程降阶法（辗转相除法逆用），把系数大的变量用系数小的变量表示，分离整数部分和分数部分，令分数部分为新的整数变量，得到系数更小的等价方程，重复直到出现系数为\(\pm1\)的方程，直接求解后逐层回代。

第一次降阶：用\(x_1\)表示\(x_2\)

原方程移项得：\(731x_2 = -907x_1 +2107\)，两边除以731，带余除法拆分：

\[x_2 = \frac{-907x_1+2107}{731} = -x_1 +3 + \frac{-176x_1-86}{731}

\(x_2\) 为整数，因此分数部分必为整数，令 \(x_3=\frac{-176x_1-86}{731} \in \mathbb{Z}\)，得到等价方程：

\(176x_1 +731x_3 = -86\)

第二次降阶：用\(x_3\)表示\(x_1\)

\[x_1 = \frac{-731x_3-86}{176} = -4x_3 + \frac{-27x_3-86}{176}

令 \(x_4=\frac{-27x_3-86}{176} \in \mathbb{Z}\)，等价方程：\(27x_3 +176x_4 = -86\)

第三次降阶：用\(x_4\)表示\(x_3\)

\[x_3 = \frac{-176x_4-86}{27} = -7x_4 -3 + \frac{13x_4-5}{27}

令 \(x_5=\frac{13x_4-5}{27} \in \mathbb{Z}\)，等价方程：\(13x_4 -27x_5 =5\)

第四次降阶：用\(x_5\)表示\(x_4\)，得到基础方程

\[x_4 = \frac{27x_5+5}{13} = 2x_5 + \frac{x_5+5}{13}

令 \(x_6=\frac{x_5+5}{13} \in \mathbb{Z}\)，等价方程：\(x_5=13x_6-5\)（\(x_6\) 为任意整数，自由参数）

逐层回代，求原变量通解

① 回代 \(x_5\) 得 \(x_4=2(13x_6-5)+x_6=27x_6-10\)

② 回代 \(x_4\) 得 \(x_3=-7(27x_6-10)-3+(13x_6-5)=-176x_6+62\)

③ 回代 \(x_3\) 得 \(x_1=-4(-176x_6+62)+(27x_6-10)=731x_6-258\)

④ 回代 \(x_1\) 得 \(x_2=-(731x_6-258)+3+(-176x_6+62)=-907x_6+323\)

最终通解

\[\begin{cases}x_1 = -258 +731x_6 \\ x_2 = 323 -907x_6\end{cases} \quad x_6=0,\pm1,\pm2,\dots

关键逻辑说明

该方法的核心是通过带余除法，不断缩小方程系数，直到出现系数为\(\pm1\)的可直接求解的方程，是大系数不定方程的通用解法，比单纯的扩展欧几里得算法更直观，不易出错；

每一步拆分都要验证拆分前后的式子完全相等，避免计算错误。

例4 降阶法验证不定方程无解

题目

求不定方程 \(117x_1+21x_2=38\) 的解。

核心考点

降阶法识别无解、定理1的验证

前置有解判定

计算系数最大公约数：\(g=(117,21)=3\)，常数项 \(c=38\)，\(3\nmid38\)，根据定理1，方程无整数解，用降阶法验证如下。

详细解题过程

第一次降阶

原方程移项得：\(x_2=\frac{-117x_1+38}{21}=-6x_1+2+\frac{9x_1-4}{21}\)

令 \(x_3=\frac{9x_1-4}{21}\in\mathbb{Z}\)，等价方程：\(9x_1-21x_3=4\)

第二次降阶

\(x_1=\frac{21x_3+4}{9}=2x_3+\frac{3x_3+4}{9}\)

令 \(x_4=\frac{3x_3+4}{9}\in\mathbb{Z}\)，等价方程：\(3x_3-9x_4=-4\)

无解判定

整理得 \(x_3=\frac{9x_4-4}{3}=3x_4-\frac{4}{3}\)，\(3x_4\) 是整数，\(\frac{4}{3}\) 是分数，整数减分数必为分数，因此 \(x_3\) 不可能为整数，矛盾，原方程无整数解。

关键逻辑说明

降阶过程中，若某一步出现“常数项无法被分母整除，导致分数部分无法为整数”，即可直接判定方程无解，与定理1的判定完全一致。

例5 三元一次不定方程求解（降元法）

题目

求不定方程 \(15x_1+10x_2+6x_3=61\) 的全部解。

核心考点

多元一次不定方程的降元法、通解结构

前置有解判定

系数最大公约数 \(g=(15,10,6)=((15,10),6)=(5,6)=1\)，\(1\mid61\)，方程有解。

详细解题过程

多元不定方程的核心是降元法：优先选择系数绝对值最小的变量拆分，将多元方程逐步降为二元、一元方程，求解后逐层回代。

第一次降元：拆分\(x_3\)，将三元降为二元

系数中6的绝对值最小，移项得 \(6x_3=-15x_1-10x_2+61\)，带余除法拆分：

\[x_3=\frac{-15x_1-10x_2+61}{6}=-2x_1-2x_2+10+\frac{-3x_1+2x_2+1}{6}

令 \(x_4=\frac{-3x_1+2x_2+1}{6}\in\mathbb{Z}\)，得到二元等价方程：\(2x_2-3x_1-6x_4=-1\)

第二次降阶：拆分\(x_2\)，将二元降为一元

二元方程中2的系数最小，移项得 \(2x_2=3x_1+6x_4-1\)，拆分：

\[x_2=\frac{3x_1+6x_4-1}{2}=x_1+3x_4+\frac{x_1-1}{2}

令 \(x_5=\frac{x_1-1}{2}\in\mathbb{Z}\)，得到一元方程：\(x_1=1+2x_5\)（\(x_5\) 为任意整数，自由参数）

逐层回代，求所有变量通解

① 回代 \(x_1\) 得 \(x_2=(1+2x_5)+3x_4+x_5=1+3x_4+3x_5\)

② 回代 \(x_1,x_2\) 得 \(x_3=-2(1+2x_5)-2(1+3x_4+3x_5)+10+x_4=6-5x_4-10x_5\)

最终通解

\[\begin{cases}x_1 = 1 + 2x_5 \\ x_2 = 1 + 3x_4 + 3x_5 \\ x_3 = 6 - 5x_4 - 10x_5\end{cases} \quad x_4,x_5=0,\pm1,\pm2,\dots

关键逻辑说明

k元一次不定方程的通解，必有k-1个自由参数，此处三元方程有2个自由参数，符合通解的核心特征；

降元时优先选择系数绝对值最小的变量，可最快降低计算量，减少出错概率。

一次不定方程通用求解算法标准化总结表

求解步骤

核心操作内容

理论依据

关键注意事项

1. 有解性判定

① 计算所有系数的最大公约数 \(g=(a_1,a_2,\dots,a_k)\)；② 判断 \(g\) 是否整除常数项 \(c\)

定理1：一次不定方程有解的充要条件是 \(g\mid c\)

最大公约数仅看系数绝对值；若 \(g\nmid c\)，直接判定无解，终止计算

2. 方程简化

方程两边同时除以 \(g\)，得到系数互素的简化方程：\(\frac{a_1}{g}x_1+\dots+\frac{a_k}{g}x_k=\frac{c}{g}\)

定理1：原方程与简化方程完全同解

简化后方程的系数最大公约数为1，大幅降低求解难度

3. 降阶/降元

① 二元方程：用系数小的变量表示系数大的变量，带余除法拆分整数与分数部分，令分数部分为新整数变量，得到系数更小的等价方程；② 多元方程：优先选系数最小的变量拆分，降为k-1元方程，重复降元直到得到二元方程

带余除法的整数分解性质、整数的和差积仍为整数

每一步拆分必须保证与原式完全相等，避免计算错误

4. 基础方程求解

重复降阶，直到得到系数为\(\pm1\)的不定方程，直接解出自由参数的表达式

系数为\(\pm1\)的不定方程，对任意整数参数都有整数解

k元方程的自由参数个数为k-1个

5. 逐层回代

从自由参数的表达式开始，按降阶的逆顺序，逐层回代到上一级变量，最终得到原方程所有变量的通解

等价方程的同解性

回代严格按顺序，每一步都要验证计算，注意符号和系数的准确性

6. 通解验证

取任意2组不同的参数值，代入原方程验证是否满足等式

通解的有效性要求

至少验证2组参数，确保通解正确

高频易错点提醒

通解公式的系数必须带原方程的符号，不能仅代入绝对值，否则会导致解不满足原方程；

多元方程的自由参数个数不能少，否则会漏掉部分解；

带余除法拆分后，必须验证拆分前后的式子完全相等，避免一步错步步错；

有解判定必须前置，避免对无解的方程做无效计算。

k元一次不定方程定理3 深度讲解与完整证明

各位同学，我们今天深入讲解k元一次不定方程的核心定理3，这个定理彻底解决了多元一次不定方程的降维求解问题，把复杂的k元方程转化为我们已经完全掌握的二元一次不定方程组，同时明确了通解的参数结构，是多元一次不定方程求解的理论基础。

一、前置符号定义与核心铺垫

在讲解定理前，我们先明确核心符号的定义，这是理解定理的前提：

对非零整数 \(a_1,a_2,\dots,a_k\)，我们递推定义最大公约数序列：

\(g_1 = a_1\)

\(g_2 = (g_1,a_2) = (a_1,a_2)\)（前2个数的最大公约数）

\(g_3 = (g_2,a_3) = (a_1,a_2,a_3)\)（前3个数的最大公约数）

...

\(g_j = (g_{j-1},a_j) = (a_1,a_2,\dots,a_j)\)（前j个数的最大公约数）

...

\(g_k = (g_{k-1},a_k) = (a_1,a_2,\dots,a_k)\)（全部k个系数的最大公约数）

这个递推定义是数论中计算多个整数最大公约数的基本方法，核心逻辑是：多个数的最大公约数，等于前j-1个数的最大公约数与第j个数的最大公约数。

同时，我们回顾两个前置核心定理，本定理的证明完全基于这两个结论：

定理1：k元一次不定方程 \(a_1x_1+\dots+a_kx_k=c\) 有解的充要条件是 \(g_k \mid c\)（系数的最大公约数整除常数项）；

定理2：有解的二元一次不定方程，通解恰好包含1个自由整数参数，且可表示为“特解+齐次解”的线性形式。

二、定理3的完整表述

设整数 \(k\ge2\)，\(a_1,a_2,\dots,a_k\) 为非零整数，按上述方式递推定义 \(g_1,g_2,\dots,g_k\)，则k元一次不定方程

\[a_1x_1 + a_2x_2 + \dots + a_kx_k = c \tag{1}

等价于如下包含 \(2(k-1)\) 个整数变数 \(x_1,\dots,x_k,y_2,\dots,y_{k-1}\)、\(k-1\) 个方程的不定方程组：

\[\begin{cases}

g_{k-1}y_{k-1} + a_kx_k = c, \\

g_{k-2}y_{k-2} + a_{k-1}x_{k-1} = g_{k-1}y_{k-1}, \\

\cdots\cdots \\

g_2y_2 + a_3x_3 = g_3y_3, \\

g_1x_1 + a_2x_2 = g_2y_2.

\end{cases} \tag{6}

进而，当不定方程(1)有解时，它的通解由恰好k-1个自由整数参数的一次线性表达式给出。

三、定理的完整证明

我们分两大部分完成证明：第一部分证明方程(1)与方程组(6)完全等价；第二部分证明有解时通解恰好包含k-1个自由参数。

（一）等价性证明

等价性的核心是：一组数是方程(1)的解，当且仅当它能补充整数\(y_2,\dots,y_{k-1}\)成为方程组(6)的解，我们分正向、反向双向证明。

1. 正向证明：方程组(6)的解一定是方程(1)的解

若 \((x_1,\dots,x_k,y_2,\dots,y_{k-1})\) 是方程组(6)的解，我们将方程组的所有方程左右两边分别相加：

左边相加：\(g_1x_1 + a_2x_2 + g_2y_2 + a_3x_3 + g_3y_3 + \dots + g_{k-1}y_{k-1} + a_kx_k\)

右边相加：\(g_2y_2 + g_3y_3 + \dots + g_{k-1}y_{k-1} + c\)

两边消去完全相同的项 \(g_2y_2,g_3y_3,\dots,g_{k-1}y_{k-1}\)，左边剩余 \(g_1x_1 + a_2x_2 + a_3x_3 + \dots + a_kx_k\)，结合 \(g_1=a_1\)，左边恰好是 \(a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_kx_k\)；右边剩余 \(c\)。

由此得到 \(a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_kx_k = c\)，即 \((x_1,\dots,x_k)\) 是方程(1)的解，正向得证。

2. 反向证明：方程(1)的解一定能补充为方程组(6)的解

若 \((x_1,\dots,x_k)\) 是方程(1)的解，我们构造整数序列 \(y_2,\dots,y_{k-1}\)：

对 \(2\le j\le k-1\)，令

\[y_j = \frac{1}{g_j}(a_1x_1 + a_2x_2 + \dots + a_jx_j)

第一步，先证明 \(y_j\) 一定是整数：

根据 \(g_j\) 的定义，\(g_j=(a_1,a_2,\dots,a_j)\)，即 \(g_j\) 整除每一个 \(a_i\)（\(1\le i\le j\)），因此 \(g_j\) 必然整除它们的线性组合 \(a_1x_1+\dots+a_jx_j\)，所以 \(\frac{1}{g_j}(a_1x_1+\dots+a_jx_j)\) 一定是整数，即 \(y_j\) 是整数。

第二步，验证构造的 \(y_j\) 满足方程组(6)的所有方程：

验证最底层方程 \(g_1x_1 + a_2x_2 = g_2y_2\)：

右边 \(g_2y_2 = g_2 \cdot \frac{1}{g_2}(a_1x_1+a_2x_2) = a_1x_1+a_2x_2\)，而 \(g_1=a_1\)，因此左边 \(g_1x_1+a_2x_2 = a_1x_1+a_2x_2\)，左右相等，方程成立。

验证中间方程（\(3\le j\le k-1\)）\(g_{j-1}y_{j-1} + a_jx_j = g_jy_j\)：

右边 \(g_jy_j = g_j \cdot \frac{1}{g_j}(a_1x_1+\dots+a_jx_j) = a_1x_1+\dots+a_jx_j\)；

左边 \(g_{j-1}y_{j-1} + a_jx_j = g_{j-1} \cdot \frac{1}{g_{j-1}}(a_1x_1+\dots+a_{j-1}x_{j-1}) + a_jx_j = (a_1x_1+\dots+a_{j-1}x_{j-1}) + a_jx_j\)，与右边完全相等，方程成立。

验证最顶层方程 \(g_{k-1}y_{k-1} + a_kx_k = c\)：

左边 \(g_{k-1}y_{k-1} + a_kx_k = g_{k-1} \cdot \frac{1}{g_{k-1}}(a_1x_1+\dots+a_{k-1}x_{k-1}) + a_kx_k = (a_1x_1+\dots+a_{k-1}x_{k-1}) + a_kx_k\)；

而 \((x_1,\dots,x_k)\) 是方程(1)的解，因此上式等于 \(c\)，与右边相等，方程成立。

由此，构造的 \(y_j\) 满足方程组(6)的所有方程，反向得证。

综上，方程(1)与方程组(6)完全等价。

（二）通解参数个数的证明

这一部分的核心是证明：有解时，原方程的通解恰好有k-1个自由整数参数，我们基于二元一次不定方程的定理2，逐层推导。

1. 核心前提：每个二元子方程一定有解

方程组(6)的每一个方程，都是形如

\[g_{j-1}y_{j-1} + a_jx_j = g_jy_j \tag{7}

的二元一次不定方程（\(2\le j\le k\)，j=k时右边为c）。

根据 \(g_j\) 的定义，方程(7)的系数最大公约数为 \((g_{j-1},a_j)=g_j\)，而方程右边是 \(g_jy_j\)（j=k时是c，有解时 \(g_k\mid c\)），因此 \(g_j\) 必然整除右边的常数项。根据定理1，无论 \(y_j\) 取什么整数值，这个二元一次不定方程一定有解。

2. 逐层推导参数个数

我们从最顶层的方程开始，逐层向下求解，统计自由参数的数量：

第一步：求解最顶层方程（j=k）\(g_{k-1}y_{k-1} + a_kx_k = c\)

当原方程有解时，\(g_k\mid c\)，该二元方程有解。根据定理2，它的通解为：

\[\begin{cases}

y_{k-1} = y_{k-1,0} + \frac{a_k}{g_k} t_{k-1} \\

x_k = x_{k,0} - \frac{g_{k-1}}{g_k} t_{k-1}

\end{cases} \quad t_{k-1}=0,\pm1,\pm2,\dots

这里引入了第1个自由参数 \(t_{k-1}\)，\(y_{k-1}\) 和 \(x_k\) 都表示为该参数的线性表达式。

第二步：求解j=k-1的方程 \(g_{k-2}y_{k-2} + a_{k-1}x_{k-1} = g_{k-1}y_{k-1}\)

此时右边的 \(g_{k-1}y_{k-1}\) 已经是 \(t_{k-1}\) 的线性表达式，将其代入后，该方程是关于 \(y_{k-2}\) 和 \(x_{k-1}\) 的二元一次不定方程，必然有解。根据定理2，它的通解会引入第2个自由参数 \(t_{k-2}\)，此时 \(y_{k-2}\) 和 \(x_{k-1}\) 表示为 \(t_{k-1},t_{k-2}\) 两个参数的线性表达式。

第三步：依次向下求解剩余方程

每求解一个二元子方程，就会引入1个新的自由参数。直到求解最底层的j=2的方程 \(g_1x_1 + a_2x_2 = g_2y_2\)，会引入第k-1个自由参数 \(t_1\)。

3. 最终结论

方程组(6)共有k-1个二元子方程，每个方程引入1个自由参数，因此通解中恰好有k-1个自由整数参数。消去中间变量 \(y_2,\dots,y_{k-1}\) 后，原方程(1)的解 \(x_1,\dots,x_k\) 都表示为这k-1个参数的一次线性表达式，即原方程的通解。

四、定理的直观示例（三元一次不定方程）

我们以k=3（三元一次不定方程）为例，验证定理的结论，让大家更直观理解：

设三元一次不定方程为 \(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3=c\)，按定理递推定义：

\(g_1=a_1\)，\(g_2=(a_1,a_2)\)，\(g_3=(g_2,a_3)=(a_1,a_2,a_3)\)

根据定理3，原方程等价于k-1=2个二元方程组成的方程组：

\[\begin{cases}

g_2y_2 + a_3x_3 = c \\

g_1x_1 + a_2x_2 = g_2y_2

\end{cases}

第一步：求解第一个二元方程，得到 \(y_2,x_3\) 的通解，引入1个参数 \(t_2\)；

第二步：将 \(y_2\) 代入第二个二元方程，求解得到 \(x_1,x_2\) 的通解，引入第2个参数 \(t_1\)；

最终通解包含k-1=2个自由参数，和我们之前例5的求解结果完全一致。

五、定理的核心意义与知识点总结

1. 定理的核心价值

降维求解：把复杂的k元一次不定方程，拆解为k-1个完全可控的二元一次不定方程，将未知问题转化为已知问题，给出了多元一次不定方程的通用求解框架；

明确通解结构：严格证明了k元一次不定方程的通解，恰好包含k-1个自由整数参数，和线性代数中“n元1次线性方程组的解空间维数为n-1”的结论完全对应，只不过这里是整数环上的线性方程组；

统一求解逻辑：无论是二元、三元还是更高元的一次不定方程，都可以用这套“递推拆解-逐层求解-回代通解”的方法解决，无需单独设计解法。

2. 核心知识点表格总结

核心模块

关键内容

理论依据

核心结论

符号定义

递推定义 \(g_j=(g_{j-1},a_j)=(a_1,\dots,a_j)\)

多个整数最大公约数的递推计算规则

\(g_k\) 是k个系数的总最大公约数，是方程有解的核心判定依据

等价性

k元一次不定方程等价于k-1个二元一次不定方程组

整数线性组合的整除性、方程的同解变形

多元不定方程可完全拆解为二元方程求解，无增解、无漏解

有解判定

原方程有解 \(\iff g_k \mid c\)

定理1（一次不定方程有解充要条件）

与原方程有解判定完全一致，拆解不改变有解性

通解结构

有解时，通解恰好包含k-1个自由整数参数

定理2（二元不定方程通解的参数个数）

k元一次不定方程的通解是k-1个参数的一次线性表达式

求解方法

从顶层二元方程开始求解，逐层回代，最终得到所有变量的通解

等价方程组的同解性

通用、可程序化的多元一次不定方程求解方法

例6 三元一次不定方程（定理3法）深度讲解 + 双解法等价性验证

我们以这道经典的三元一次不定方程为例，完整落地定理3的标准化求解流程，同时对比两种不同解法的通解，证明其本质等价性，彻底掌握多元一次不定方程的两种核心解法。

一、例6 完整解题过程（定理3标准化方法）

题目

求不定方程 \(15x_1 + 10x_2 + 6x_3 = 61\) 的全部整数解。

核心依据

定理3：k元一次不定方程可等价拆解为 \(k-1\) 个二元一次不定方程组，通过求解二元方程组、消去中间变量，得到原方程的通解。

步骤1：递推计算g序列，判定有解性

根据定理3的符号定义，对系数 \(a_1=15,a_2=10,a_3=6\)，递推计算最大公约数序列：

\(g_1 = a_1 = 15\)

\(g_2 = (g_1,a_2) = (15,10) = 5\)（前2个系数的最大公约数）

\(g_3 = (g_2,a_3) = (5,6) = 1\)（全部3个系数的总最大公约数）

根据定理1，方程有解的充要条件是 \(g_3 \mid c\)，此处常数项 \(c=61\)，\(1 \mid 61\)，因此方程必有整数解。

步骤2：按定理3拆解为等价二元不定方程组

对三元方程（\(k=3\)），等价于 \(k-1=2\) 个二元方程组成的方程组：

\[\begin{cases}

g_{2}y_{2} + a_3x_3 = 61 \\

g_1x_1 + a_2x_2 = g_2y_2

\end{cases}

代入 \(g_1=15,g_2=5,a_3=6\)，得到：

\[\begin{cases}

5y_2 + 6x_3 = 61 \quad (1) \\

15x_1 + 10x_2 = 5y_2 \quad (2)

\end{cases}

其中 \(y_2\) 是引入的中间整数变量，原方程的解与该方程组的解一一对应。

步骤3：求解顶层二元方程（1），得到中间变量的通解

先解 \(5y_2 + 6x_3 = 61\)：

系数最大公约数 \((5,6)=1\)，方程有解；

找一组特解：观察得 \(y_{2,0}=5\)，\(x_{3,0}=6\)，代入验证：\(5×5 + 6×6 = 25+36=61\)，符合方程；

由定理2的通解公式，二元方程 \(a_1x_1+a_2x_2=c\) 的通解为 \(\begin{cases}x_1=x_{1,0}+\frac{a_2}{g}t \\ x_2=x_{2,0}-\frac{a_1}{g}t\end{cases}\)，代入得：

\[\begin{cases}

y_2 = 5 + 6t_2 \\

x_3 = 6 - 5t_2

\end{cases} \quad t_2=0,\pm1,\pm2,\dots

其中 \(t_2\) 是第1个自由整数参数。

步骤4：求解底层二元方程（2），得到原变量的参数表达式

先简化方程(2)：两边同时除以系数的最大公约数5，得 \(3x_1 + 2x_2 = y_2\)。

系数最大公约数 \((3,2)=1\)，对任意整数 \(y_2\) 方程都有解；

找一组特解：观察得 \(x_{1,0}=y_2\)，\(x_{2,0}=-y_2\)，代入验证：\(3y_2 + 2×(-y_2)=y_2\)，符合方程；

代入定理2的通解公式，得：

\[\begin{cases}

x_1 = y_2 + 2t_1 \\

x_2 = -y_2 - 3t_1

\end{cases} \quad t_1=0,\pm1,\pm2,\dots

其中 \(t_1\) 是第2个自由整数参数。

步骤5：消去中间变量 \(y_2\)，得到原方程的通解

将 \(y_2=5+6t_2\) 代入 \(x_1,x_2\) 的表达式，最终得到原方程的全部整数解：

\[\boldsymbol{

\begin{cases}

x_1 = 5 + 2t_1 + 6t_2 \\

x_2 = -5 - 3t_1 - 6t_2 \\

x_3 = 6 - 5t_2

\end{cases} \quad t_1,t_2=0,\pm1,\pm2,\dots

}

通解验证

取 \(t_1=0,t_2=0\)，得 \(x_1=5,x_2=-5,x_3=6\)，代入原方程：\(15×5+10×(-5)+6×6=75-50+36=61\)，成立；

取 \(t_1=1,t_2=1\)，得 \(x_1=13,x_2=-14,x_3=1\)，代入原方程：\(15×13+10×(-14)+6×1=195-140+6=61\)，成立。

二、两种解法的通解等价性验证

例5用降阶法、例6用定理3方程组法，得到了形式不同的两组通解，但本质完全等价，我们通过参数替换严格证明。

两组通解对比

解法

通解表达式

自由参数

例5 降阶法

\(\begin{cases}x_1 = 1 + 2v \\ x_2 = 1 + 3u + 3v \\ x_3 = 6 - 5u - 10v\end{cases}\)

\(u,v\) 为任意整数

例6 定理3法

\(\begin{cases}x_1 = 5 + 2t_1 + 6t_2 \\ x_2 = -5 - 3t_1 - 6t_2 \\ x_3 = 6 - 5t_2\end{cases}\)

\(t_1,t_2\) 为任意整数

参数替换与等价性证明

我们建立两组参数的一一对应关系：

对比 \(x_1\) 的表达式：\(1+2v = 5+2t_1+6t_2\)，化简得 \(\boldsymbol{v = 2 + t_1 + 3t_2}\)；

对比 \(x_3\) 的表达式：\(6-5u-10v = 6-5t_2\)，化简得 \(u + 2v = t_2\)；

将 \(v=2+t_1+3t_2\) 代入上式，得 \(\boldsymbol{u = -4 -2t_1 -5t_2}\)。

将 \(u,v\) 代入例5的 \(x_2\) 表达式，展开验证：

\[\begin{align*}

x_2 &= 1 + 3(-4-2t_1-5t_2) + 3(2+t_1+3t_2) \\

&= 1 -12 -6t_1 -15t_2 +6 +3t_1 +9t_2 \\

&= -5 -3t_1 -6t_2

\end{align*}

与例6的 \(x_2\) 表达式完全一致。

这说明：两组通解只是自由参数的线性替换不同，覆盖的整数解集完全相同，也就是教材中提到的“形式不同，实质一致”。

三、两种核心解法的对比与适用场景

解法类型

核心逻辑

优点

缺点

适用场景

定理3方程组法

按固定规则将k元方程拆解为k-1个二元方程，逐层求解后消去中间变量

步骤标准化、逻辑严谨，不易出错，通用性极强

引入中间变量，步骤稍多

元数≥3的多元不定方程、系数较大的复杂方程，适合程序化求解

降阶法（带余除法）

从系数最小的变量入手，拆分整数与分数部分，逐步降元直到得到自由参数，再回代

步骤简洁、计算量小，无需过多中间变量

对观察能力有要求，元数过多时容易混乱

二元、三元的简单不定方程，系数绝对值较小的场景

核心结论

k元一次不定方程的通解必有且仅有k-1个自由整数参数，参数的形式不唯一，只要覆盖全部整数解即为正确；

定理3的方程组法是多元一次不定方程的通用解法，彻底解决了“怎么拆、怎么解”的标准化问题；

无论用哪种解法，最终得到的解集完全等价，仅参数的线性表达形式不同。

二元一次不定方程的非负解与正解深度讲解与完整证明

各位同学，今天我们深入讲解二元一次不定方程的非负解、正解判定与计数，这是一次不定方程在实际问题（如分配、组合、计数）中最核心的应用场景。我们会完整拆解定理4、定理5的每一步推导，讲清逻辑依据，同时补充核心背景与实操方法。

一、前置铺垫与核心前提

1. 基础定义回顾

非负解：满足不定方程 \(a_1x_1+a_2x_2=c\)，且 \(x_1\ge0, x_2\ge0\) 的整数解；

正解：满足不定方程，且 \(x_1\ge1, x_2\ge1\) 的整数解；

通解公式：对互素的正整数 \(a_1,a_2\)（即 \((a_1,a_2)=1\)），若方程有特解 \((x_{1,0},x_{2,0})\)，则全部整数解为：

\[\begin{cases}x_1 = x_{1,0} + a_2 t \\ x_2 = x_{2,0} - a_1 t\end{cases} \quad t=0,\pm1,\pm2,\dots

（注：\((a_1,a_2)=1\) 时，通解公式中系数的分母 \(g=1\)，因此简化为上述形式）

取整与小数部分：对任意实数 \(x\)，\([x]\) 表示不超过 \(x\) 的最大整数（地板函数），\(\{x\}=x-[x]\) 表示 \(x\) 的小数部分，满足 \(0\le\{x\}<1\)。

2. 讨论范围的限定

我们仅讨论\(a_1,a_2\) 均为正整数的情形，原因如下：

若 \(a_1,a_2\) 异号（一正一负），则通解中 \(x_1,x_2\) 会随参数 \(t\) 向同一方向增减，只要方程有解，总能找到无穷多组 \(t\) 使得 \(x_1,x_2\) 同时非负/为正，因此无需额外讨论。

二、定理4 非负解的判定与计数定理

定理原文

设 \(a_1,a_2,c\) 均为正整数，且 \((a_1,a_2)=1\)，则：

当 \(c > a_1a_2 -a_1 -a_2\) 时，不定方程必有非负解，非负解的个数为 \(\left\lfloor \frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor\) 或 \(\left\lfloor \frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor +1\)；

当 \(c = a_1a_2 -a_1 -a_2\) 时，不定方程没有非负解。

补充背景：\(g(a_1,a_2)=a_1a_2 -a_1 -a_2\) 是数论中著名的Frobenius数，表示两个互素正整数 \(a_1,a_2\) 无法用其非负整数线性组合表示的最大整数，这个定理正是Frobenius数二元情形的严格证明。

完整证明过程

我们分4个核心模块完成证明，每一步都讲清逻辑依据。

模块1：非负解对应的参数 \(t\) 的取值范围

非负解要求 \(x_1\ge0, x_2\ge0\)，将通解代入不等式：

\[\begin{cases}

x_{1,0} + a_2 t \ge 0 \\

x_{2,0} - a_1 t \ge 0

\end{cases}

对不等式做变形，解出 \(t\) 的范围：

第一个不等式：\(t \ge -\frac{x_{1,0}}{a_2}\)

第二个不等式：\(t \le \frac{x_{2,0}}{a_1}\)

因此，参数 \(t\) 必须满足：

\[-\frac{x_{1,0}}{a_2} \le t \le \frac{x_{2,0}}{a_1}

接下来将不等式转化为整数范围：

根据取整函数的定义，\(\frac{x_{1,0}}{a_2} = \left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + \left\{ \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\}\)，因此：

\[-\frac{x_{1,0}}{a_2} = -\left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor - \left\{ \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\}

由于 \(0\le\left\{ \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\}<1\)，因此大于等于 \(-\frac{x_{1,0}}{a_2}\) 的最小整数就是 \(-\left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor\)。

同理，\(\frac{x_{2,0}}{a_1} = \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor + \left\{ \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\}\)，小于等于 \(\frac{x_{2,0}}{a_1}\) 的最大整数就是 \(\left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor\)。

综上，整数 \(t\) 的取值范围为：

\[-\left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor \le t \le \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor \tag{11}

模块2：非负解的计数公式

整数在闭区间 \([m,n]\) 内的个数为 \(n - m + 1\)，代入式(11)的上下限，非负解的个数 \(N_0\) 为：

\[\begin{align*}

N_0 &= \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor - \left( -\left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor \right) + 1 \\

&= \left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor + 1

\end{align*} \tag{12}

接下来推导解数的两种可能：

由于 \((x_{1,0},x_{2,0})\) 是特解，因此 \(a_1x_{1,0} + a_2x_{2,0} = c\)，两边同时除以 \(a_1a_2\)，得核心等式：

\[\frac{x_{1,0}}{a_2} + \frac{x_{2,0}}{a_1} = \frac{c}{a_1a_2}

根据取整函数的核心性质：对任意实数 \(x,y\)，有

\[\lfloor x + y \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + \lfloor \{x\} + \{y\} \rfloor

其中 \(\{x\}+\{y\}\) 的取值只有两种可能：

若 \(0\le\{x\}+\{y\}<1\)，则 \(\lfloor \{x\}+\{y\} \rfloor=0\)，此时 \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor = \lfloor x+y \rfloor\)；

若 \(1\le\{x\}+\{y\}<2\)，则 \(\lfloor \{x\}+\{y\} \rfloor=1\)，此时 \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor = \lfloor x+y \rfloor -1\)。

代入计数公式(12)，得：

\[N_0 = \begin{cases}

\left\lfloor \frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor + 1 & (\{x\}+\{y\}<1) \\

\left\lfloor \frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor & (\{x\}+\{y\}\ge1)

\end{cases}\]

即非负解的个数只能是 \(\left\lfloor \frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor\) 或 \(\left\lfloor \frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor +1\)，二者必居其一。

模块3：当 \(c > a_1a_2 -a_1 -a_2\) 时，必有非负解

我们需要证明此时 \(N_0>0\)，即解数至少为1。

首先对不等式 \(c > a_1a_2 -a_1 -a_2\) 两边同时除以 \(a_1a_2\)，得：

\[\frac{c}{a_1a_2} > 1 - \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2}

结合核心等式 \(\frac{c}{a_1a_2} = \left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + \left\{ \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\} + \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor + \left\{ \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\}\)，代入上式得：

\[\left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor + \left\{ \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\} + \left\{ \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\} > 1 - \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2}

对小数部分做放缩：对正整数 \(n\)，任意整数 \(m\) 的小数部分 \(\left\{ \frac{m}{n} \right\} \le \frac{n-1}{n}\)（最大的小数部分为 \(\frac{n-1}{n}\)），因此：

\[\left\{ \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\} \le \frac{a_2-1}{a_2}, \quad \left\{ \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\} \le \frac{a_1-1}{a_1}

将放缩代入不等式，移项得：

\[\begin{align*}

\left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor &> 1 - \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2} - \left( \frac{a_2-1}{a_2} + \frac{a_1-1}{a_1} \right) \\

&= 1 - \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2} - \left( 1 - \frac{1}{a_2} + 1 - \frac{1}{a_1} \right) \\

&= -1

\end{align*}

由于 \(\left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor\) 是整数，且大于-1，因此它至少为0。代入计数公式(12)得：

\[N_0 = 0 + 1 = 1 > 0

即方程至少有1组非负解，得证。

模块4：当 \(c = a_1a_2 -a_1 -a_2\) 时，无非负解

我们用反证法证明：假设方程存在非负解 \(x_1\ge0,x_2\ge0\)，代入方程得：

\[a_1x_1 + a_2x_2 = a_1a_2 -a_1 -a_2

将方程做变形，移项得：

\[a_1(x_1+1) + a_2(x_2+1) = a_1a_2 \tag{13}

根据互素整数的整除性质：若 \((a_1,a_2)=1\)，且 \(a_1 \mid a_2 \cdot k\)，则 \(a_1 \mid k\)。

观察式(13)，左边 \(a_1(x_1+1) = a_1a_2 - a_2(x_2+1) = a_2(a_1 - (x_2+1))\)，因此 \(a_1 \mid a_2(a_1 - (x_2+1))\)。

由于 \((a_1,a_2)=1\)，因此 \(a_1 \mid a_1 - (x_2+1)\)，进而 \(a_1 \mid x_2+1\)。

同理可证 \(a_2 \mid x_1+1\)。

由于 \(x_1\ge0,x_2\ge0\)，因此 \(x_1+1\ge1\)，\(x_2+1\ge1\)，结合整除性得：

\[x_2+1 \ge a_1, \quad x_1+1 \ge a_2

将其代入式(13)的左边，得：

\[a_1(x_1+1) + a_2(x_2+1) \ge a_1 \cdot a_2 + a_2 \cdot a_1 = 2a_1a_2

而式(13)的右边为 \(a_1a_2\)，因此 \(2a_1a_2 \le a_1a_2\)，即 \(a_1a_2 \le0\)，与 \(a_1,a_2\) 是正整数矛盾。

因此假设不成立，当 \(c=a_1a_2 -a_1 -a_2\) 时，方程无任何非负解，得证。

三、定理5 正解的判定与计数定理

定理原文

设 \(a_1,a_2,c\) 均为正整数，且 \((a_1,a_2)=1\)，则：

当 \(c > a_1a_2\) 时，不定方程必有正解，正解的个数为 \(-\left\lfloor -\frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor -1\) 或 \(-\left\lfloor -\frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor\)；

当 \(c = a_1a_2\) 时，不定方程没有正解。

完整证明过程

正解的证明逻辑与非负解完全一致，仅不等式的边界发生变化，我们核心讲清差异点。

模块1：正解对应的参数 \(t\) 的取值范围

正解要求 \(x_1\ge1, x_2\ge1\)，将通解代入不等式：

\[\begin{cases}

x_{1,0} + a_2 t \ge 1 \\

x_{2,0} - a_1 t \ge 1

\end{cases}

变形解出 \(t\) 的范围：

\[-\frac{x_{1,0}-1}{a_2} < t < \frac{x_{2,0}-1}{a_1}

（注：严格小于号是因为 \(x_1,x_2\) 必须严格大于等于1，因此 \(t\) 不能取到边界值）

结合取整函数的性质，整数 \(t\) 的取值范围转化为：

\[\left\lfloor -\frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + 1 \le t \le -\left\lfloor -\frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor - 1 \tag{14}

模块2：正解的计数公式

同样用闭区间整数个数公式，正解个数 \(N_1\) 为：

\[\begin{align*}

N_1 &= \left( -\left\lfloor -\frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor - 1 \right) - \left( \left\lfloor -\frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + 1 \right) + 1 \\

&= -\left\lfloor -\frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor - \left\lfloor -\frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor - 1

\end{align*} \tag{15}

结合核心等式 \(-\frac{x_{1,0}}{a_2} - \frac{x_{2,0}}{a_1} = -\frac{c}{a_1a_2}\)，用取整函数的性质可推得：

正解的个数只能是 \(-\left\lfloor -\frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor\) 或 \(-\left\lfloor -\frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor -1\)，二者必居其一。

模块3：正解与非负解的等价转化（核心补充）

正解的判定可以直接通过变量替换转化为非负解问题，无需重复复杂证明：

令 \(x_1' = x_1 - 1\)，\(x_2' = x_2 - 1\)，则 \(x_1\ge1,x_2\ge1\) 等价于 \(x_1'\ge0,x_2'\ge0\)。

将其代入原方程 \(a_1x_1+a_2x_2=c\)，得：

\[a_1(x_1'+1) + a_2(x_2'+1) = c \implies a_1x_1' + a_2x_2' = c - a_1 - a_2

因此：原方程有正解，当且仅当新方程 \(a_1x_1' + a_2x_2' = c - a_1 - a_2\) 有非负解。

利用这个等价性，可直接从定理4推出定理5：

新方程有非负解的条件是 \(c - a_1 - a_2 > a_1a_2 -a_1 -a_2\)，即 \(c > a_1a_2\)，对应定理5的有解条件；

新方程无非负解的条件是 \(c - a_1 - a_2 = a_1a_2 -a_1 -a_2\)，即 \(c = a_1a_2\)，对应定理5的无解条件。

四、定理验证与实操示例

示例1 非负解验证（定理4）

方程 \(3x+5y=7\)，其中 \(a_1=3,a_2=5,c=7\)，\((3,5)=1\)。

计算Frobenius数：\(3×5-3-5=7\)，即 \(c=7\)，根据定理4，方程无任何非负解。

验证：\(y=0\) 时 \(x=7/3\) 非整数；\(y=1\) 时 \(3x=2\) 无整数解，符合定理结论。

示例2 非负解计数验证

方程 \(3x+5y=8\)，\(c=8>7\)，根据定理4必有非负解。

特解：\(x=1,y=1\)，通解为 \(x=1+5t,y=1-3t\)；

非负解要求 \(1+5t\ge0,1-3t\ge0\)，得 \(t=0\)，解数为1；

\(\left\lfloor \frac{8}{15} \right\rfloor=0\)，因此解数为 \(0+1=1\)，符合定理的计数结论。

示例3 正解验证（定理5）

方程 \(3x+5y=16\)，\(a_1a_2=15\)，\(c=16>15\)，根据定理5必有正解。

正解：\(x=2,y=2\)，符合要求；

当 \(c=15\) 时，方程 \(3x+5y=15\)，无正解（仅非负解 \(x=5,y=0\)、\(x=0,y=3\)），符合定理5的无解结论。

五、核心知识点总结表

分类

非负解（\(x_1\ge0,x_2\ge0\)）

正解（\(x_1\ge1,x_2\ge1\)）

核心前提

\(a_1,a_2,c\) 为正整数，\((a_1,a_2)=1\)

有解充要条件

\(c > a_1a_2 -a_1 -a_2\)

\(c > a_1a_2\)（等价于 \(c-a_1-a_2 > a_1a_2 -a_1 -a_2\)）

无解临界值

\(c = a_1a_2 -a_1 -a_2\)（Frobenius数）

\(c = a_1a_2\)

解数公式

\(N_0 = \left\lfloor \frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor + 1\)

\(N_1 = -\left\lfloor -\frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor - \left\lfloor -\frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor - 1\)

解数范围

\(\left\lfloor \frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor\) 或 \(\left\lfloor \frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor +1\)

\(-\left\lfloor -\frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor -1\) 或 \(-\left\lfloor -\frac{c}{a_1a_2} \right\rfloor\)

核心转化

令 \(x_1'=x_1-1,x_2'=x_2-1\)，转化为 \(a_1x_1'+a_2x_2'=c-a_1-a_2\) 的非负解问题

实操求解步骤

判定有解性：计算 \((a_1,a_2)\)，判断是否整除 \(c\)，不整除则直接无解；

简化方程：若 \((a_1,a_2)=g>1\)，方程两边除以 \(g\)，得到系数互素的简化方程；

找一组特解：用观察法或扩展欧几里得算法求出一组特解；

写通解公式：代入通解公式，写出含参数 \(t\) 的通解；

列不等式：根据非负/正解的要求，列出参数 \(t\) 的不等式，解出整数范围；

计数与求解：根据 \(t\) 的范围，统计解的个数，写出所有符合要求的解。

不定方程正解/非负解典型例题深度解析

我们通过4道覆盖基础求解、边界判定、经典应用、多元求解的典型例题，完整落地一次不定方程正解、非负解的求解方法，同时补充经典数论问题的背景知识。

例7 二元一次不定方程的正解求解

题目

求不定方程 \(5x_1 + 3x_2 = 52\) 的全部正解。

核心考点

二元一次不定方程正解的通解求解、参数范围确定、解数统计

完整解题过程

有解性判定

系数最大公约数 \((5,3)=1\)，\(1 \mid 52\)，根据定理1，方程必有整数解。

求特解与通解

观察得一组特解：\(x_{1,0}=8\)，\(x_{2,0}=4\)，验证：\(5×8+3×4=52\)，符合方程。

根据二元一次不定方程通解公式（\((a_1,a_2)=1\) 时），通解为：

\[\begin{cases}x_1 = x_{1,0} + a_2 t = 8 + 3t \\ x_2 = x_{2,0} - a_1 t = 4 - 5t\end{cases} \quad t=0,\pm1,\pm2,\dots

确定正解对应的参数范围

正解要求 \(x_1 \ge 1\)，\(x_2 \ge 1\)，代入通解列不等式：

\[\begin{cases}

8 + 3t \ge 1 \implies t \ge -\frac{7}{3} \approx -2.33 \\

4 - 5t \ge 1 \implies t \le \frac{3}{5} = 0.6

\end{cases}

结合整数 \(t\) 的要求，得 \(t\) 的取值为 \(t=-2,-1,0\)。

代入参数求全部正解

\(t=0\)：\(x_1=8\)，\(x_2=4\)

\(t=-1\)：\(x_1=5\)，\(x_2=9\)

\(t=-2\)：\(x_1=2\)，\(x_2=14\)

非负解验证

若 \(x_1=0\)，则 \(3x_2=52\)，\(x_2\) 非整数；若 \(x_2=0\)，则 \(5x_1=52\)，\(x_1\) 非整数。因此方程无含零的非负解，上述3组正解就是全部非负解。

例8 定理5边界情形的正解判定

题目

证明：不定方程 \(101x_1 + 37x_2 = 3189\) 有正解。

核心考点

定理5的适用边界、正解数公式的应用

完整解题过程

定理适用边界分析

定理5指出：当 \(c > a_1a_2\) 时，方程必有正解。此处 \(a_1=101,a_2=37\)，\(a_1a_2=101×37=3737\)，而 \(c=3189 < 3737\)，因此无法直接用定理5判定有解，需通过正解数公式计算验证。

求方程的一组特解

由贝祖定理，先求 \(101\) 和 \(37\) 的贝祖系数：

计算得 \(101×11 + 37×(-30) = 1111 - 1110 = 1\)，两边同时乘以 \(3189\)，得：

\[101×(11×3189) + 37×(-30×3189) = 3189

因此得到一组特解：\(x_{1,0}=11×3189\)，\(x_{2,0}=-30×3189\)。

用正解数公式计算解数

正解数公式为：

\[N_1 = -\left\lfloor -\frac{x_{1,0}}{a_2} \right\rfloor - \left\lfloor -\frac{x_{2,0}}{a_1} \right\rfloor - 1

代入数值计算：

第一部分：\(-\left\lfloor -\frac{11×3189}{37} \right\rfloor = -\left\lfloor -\frac{35079}{37} \right\rfloor = -\left\lfloor -948.08 \right\rfloor = -(-949) = 949\)

第二部分：\(-\left\lfloor -\frac{-30×3189}{101} \right\rfloor = -\left\lfloor \frac{95670}{101} \right\rfloor = -\left\lfloor 947.23 \right\rfloor = -947\)

因此正解数：\(N_1 = 949 - 947 - 1 = 1\)。

结论

正解数 \(N_1=1 \ge 1\)，因此方程恰好有一组正解，得证。

例9 经典应用：百钱买百鸡问题

题目

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。

核心考点

三元不定方程组的消元求解、非负整数解的实际应用

完整解题过程

建立不定方程组

设鸡翁、鸡母、鸡雏的数量分别为非负整数 \(x_1,x_2,x_3\)，根据题意列方程组：

\[\begin{cases}

5x_1 + 3x_2 + \frac{1}{3}x_3 = 100 \quad \text{（总钱数）} \\

x_1 + x_2 + x_3 = 100 \quad \text{（总数量）}

\end{cases}

消元转化为二元不定方程

将第一个方程两边同时乘以3消去分母，得：\(15x_1 + 9x_2 + x_3 = 300\)。

用该式减去第二个方程，消去 \(x_3\)，得：

\[14x_1 + 8x_2 = 200

两边同时除以最大公约数2，简化为：\(7x_1 + 4x_2 = 100\)。

求二元方程的非负解

有解性：\((7,4)=1\)，\(1 \mid 100\)，方程有解；

特解：观察得 \(x_{1,0}=0\)，\(x_{2,0}=25\)，代入验证 \(7×0+4×25=100\)，符合方程；

通解：\(\begin{cases}x_1 = 0 + 4t \\ x_2 = 25 - 7t\end{cases} \quad t=0,\pm1,\dots\)

确定非负解的参数范围

非负解要求 \(x_1 \ge 0\)，\(x_2 \ge 0\)，列不等式：

\[\begin{cases}

4t \ge 0 \implies t \ge 0 \\

25 -7t \ge 0 \implies t \le \frac{25}{7} \approx 3.57

\end{cases}

整数 \(t\) 的取值为 \(t=0,1,2,3\)。

回代求全部解

将 \(t\) 代入通解，再通过 \(x_3=100-x_1-x_2\) 求出鸡雏数量，结果如下表：

鸡翁数量 \(x_1\)

鸡母数量 \(x_2\)

鸡雏数量 \(x_3\)

例10 三元一次不定方程的非负解求解

题目

求 \(15x_1 + 10x_2 + 6x_3 = 61\) 的全部非负解。

核心考点

多元不定方程非负解的求解、多参数不等式组的整数解确定

完整解题过程

通解回顾

由例6的定理3求解法，该方程的通解为：

\[\begin{cases}

x_1 = 5 + 2t_1 + 6t_2 \\

x_2 = -5 - 3t_1 - 6t_2 \\

x_3 = 6 - 5t_2

\end{cases} \quad t_1,t_2=0,\pm1,\dots

列非负解的不等式组

非负解要求 \(x_1 \ge 0, x_2 \ge 0, x_3 \ge 0\)，代入通解得：

\[\begin{cases}

5 + 2t_1 + 6t_2 \ge 0 \quad (1) \\

-5 - 3t_1 - 6t_2 \ge 0 \quad (2) \\

6 - 5t_2 \ge 0 \quad (3)

\end{cases}

确定参数的取值范围

由不等式(3)得：\(t_2 \le \frac{6}{5}=1.2\)，即整数 \(t_2 \le 1\)；

联立不等式(1)(2)，消去 \(t_1\)：由(1)得 \(t_1 \ge -2.5 -3t_2\)，由(2)得 \(t_1 \le -\frac{5}{3} -2t_2\)，因此需满足 \(-2.5 -3t_2 \le -\frac{5}{3} -2t_2\)，解得 \(t_2 \ge -\frac{5}{6} \approx -0.83\)，即整数 \(t_2 \ge 0\)。

综上，\(t_2\) 的整数取值为 \(0,1\)。

分情况求解参数与非负解

情况1：\(t_2=0\)

代入 \(t_1\) 的范围：\(-2.5 \le t_1 \le -1.67\)，整数 \(t_1=-2\)。

代入通解得：\(x_1=1, x_2=1, x_3=6\)，验证：\(15×1+10×1+6×6=61\)，符合方程。

情况2：\(t_2=1\)

代入 \(t_1\) 的范围：\(-5.5 \le t_1 \le -3.67\)，整数 \(t_1=-5,-4\)。

\(t_1=-5\)：\(x_1=1, x_2=4, x_3=1\)，验证符合方程；

\(t_1=-4\)：\(x_1=3, x_2=1, x_3=1\)，验证符合方程。

最终全部非负解

\((1,1,6)\)、\((3,1,1)\)、\((1,4,1)\)。

拓展：Frobenius问题

上述例题的核心是不定方程的非负解存在性，这对应数论中著名的Frobenius问题：

设 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) 是互素的正整数，求最大的整数 \(c\)，使得不定方程 \(a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_nx_n=c\) 没有非负整数解。这个最大的 \(c\) 称为Frobenius数。

当 \(n=2\) 时，我们已经通过定理4证明：Frobenius数为 \(a_1a_2 -a_1 -a_2\)，有通用公式；

当 \(n \ge 3\) 时，目前没有通用的求解公式，是数论中经典的未解问题，仅对部分特殊情形有针对性结论。

不定方程习题全解

以下所有题目均严格按照不定方程的核心定理求解，先判定有解性，再给出完整通解，关键步骤附验证。

1. 二元一次不定方程求解

(i) \(3x_1 +5x_2=11\)

有解性判定：系数最大公约数 \(g=(3,5)=1\)，\(1\mid11\)，方程有整数解。

求特解：观察得特解 \(x_{1,0}=2\)，\(x_{2,0}=1\)（验证：\(3×2+5×1=11\)）。

通解：

\[\boldsymbol{x_1=2+5t,\ x_2=1-3t,\ t\in\mathbb{Z}}

(ii) \(60x_1 +123x_2=25\)

有解性判定：系数最大公约数 \(g=(60,123)=3\)，\(3\nmid25\)，根据定理1，方程无整数解。

(iii) \(903x_1 +731x_2=1106\)

有解性判定：辗转相除得系数最大公约数 \(g=(903,731)=43\)，\(43\nmid1106\)，方程左边是43的倍数，右边不是，方程无整数解。

(iv) \(21x_1 +35x_2=98\)

有解性判定：系数最大公约数 \(g=(21,35)=7\)，\(7\mid98\)，方程有整数解。

简化方程：两边除以7，得 \(3x_1+5x_2=14\)。

求特解：观察得特解 \(x_{1,0}=3\)，\(x_{2,0}=1\)（验证：\(3×3+5×1=14\)）。

通解：

\[\boldsymbol{x_1=3+5t,\ x_2=1-3t,\ t\in\mathbb{Z}}

(v) \(1402x_1 -1969x_2=2\)

有解性判定：辗转相除得系数最大公约数 \(g=(1402,1969)=1\)，\(1\mid2\)，方程有整数解。

扩展欧几里得算法求特解：

回代得 \(1402×889 -1969×633=1\)，两边乘2得特解 \(x_{1,0}=1778\)，\(x_{2,0}=1266\)。

通解：

\[\boldsymbol{x_1=1778-1969t,\ x_2=1266-1402t,\ t\in\mathbb{Z}}

2. 多元一次不定方程求解

(i) \(x_1 -2x_2 -3x_3=7\)

有解性判定：系数最大公约数 \(g=(1,-2,-3)=1\)，\(1\mid7\)，方程有解。

通解（直接表示主元，引入2个自由参数）：

\[\boldsymbol{x_1=7+2t+3s,\ x_2=t,\ x_3=s,\ t,s\in\mathbb{Z}}

(ii) \(3x_1 +6x_2 -4x_3=7\)

有解性判定：系数最大公约数 \(g=(3,6,-4)=1\)，\(1\mid7\)，方程有解。

降元求解：令 \(y=x_1+2x_2\)，方程化为 \(3y-4x_3=7\)，解得通解 \(y=5+4t\)，\(x_3=2+3t\)；再回代 \(x_1=5+4t-2x_2\)，令 \(x_2=s\)。

通解：

\[\boldsymbol{x_1=5-2s+4t,\ x_2=s,\ x_3=2+3t,\ s,t\in\mathbb{Z}}

(iii) \(6x_1 +10x_2 -21x_3 +14x_4=1\)

有解性判定：系数最大公约数 \(g=(6,10,-21,14)=1\)，\(1\mid1\)，方程有解。

降元求解：令 \(u=3x_1+5x_2\)，\(v=-3x_3+2x_4\)，方程化为 \(2u+7v=1\)，解得通解 \(u=4+7t\)，\(v=-1-2t\)；再分别求解两个二元方程，引入自由参数 \(s,r\)。

通解：

\[\boldsymbol{

\begin{cases}

x_1=8+5s+14t \\

x_2=-4-3s-7t \\

x_3=1+2t+2r \\

x_4=1+2t+3r

\end{cases}

,\ s,t,r\in\mathbb{Z}

}

3. 不定方程组求解

(i) \(\begin{cases}x_1 +2x_2 +3x_3=7 \\ 2x_1 -5x_2 +29x_3=11\end{cases}\)

消元：用第二个方程减2倍第一个方程，得 \(9x_2-23x_3=3\)。

求解二元方程：得通解 \(x_2=8+23t\)，\(x_3=3+9t\)，回代求 \(x_1\)。

通解：

\[\boldsymbol{x_1=-18-73t,\ x_2=8+23t,\ x_3=3+9t,\ t\in\mathbb{Z}}

(ii) \(\begin{cases}3x_1 +7x_2=2 \\ 2x_1 -5x_2 +10x_3=8\end{cases}\)

解第一个二元方程：得通解 \(x_1=3+7t\)，\(x_2=-1-3t\)。

回代求整数约束：代入第二个方程得 \(10x_3=-3-29t\)，要求 \(10\mid29t+3\)，解得 \(t=10s+3\)。

通解：

\[\boldsymbol{x_1=24+70s,\ x_2=-10-30s,\ x_3=-9-29s,\ s\in\mathbb{Z}}

(iii) \(\begin{cases}x_1^2 +x_2^2 =x_3^2 \\ x_2=(x_1+x_3)/2\end{cases}\)

代入消元：将 \(x_3=2x_2-x_1\) 代入勾股方程，化简得 \(x_2(3x_2-4x_1)=0\)。

分情况求解：

情况1：\(x_2=0\)，得解 \(\boldsymbol{x_1=t,\ x_2=0,\ x_3=-t,\ t\in\mathbb{Z}}\)；

情况2：\(3x_2=4x_1\)，得解 \(\boldsymbol{x_1=3k,\ x_2=4k,\ x_3=5k,\ k\in\mathbb{Z}}\)（正整数解为 \(k>0\)）。

(iv) \(\begin{cases}x_1 +x_2 +x_3=94 \\ x_1 +8x_2 +50x_3=87\end{cases}\)

消元：第二个方程减第一个方程，得 \(x_2+7x_3=-1\)。

求解回代：得通解 \(x_2=-1-7t\)，\(x_3=t\)，回代求 \(x_1\)。

通解：

\[\boldsymbol{x_1=95+6t,\ x_2=-1-7t,\ x_3=t,\ t\in\mathbb{Z}}

(v) \(\begin{cases}x_1 +x_2 +x_3=99 \\ x_1 +6x_2 +21x_3=100\end{cases}\)

消元：第二个方程减第一个方程，得 \(5(x_2+4x_3)=1\)。

有解性判定：左边是5的倍数，右边为1，无整数解，因此原方程组无整数解。

(vi) \(\begin{cases}x_1 +x_2 +x_3 +x_4=100 \\ x_1 +2x_2 +3x_3 +4x_4=300 \\ x_1 +4x_2 +9x_3 +16x_4=1000\end{cases}\)

逐步消元：两两方程相减，最终得 \(x_3+3x_4=150\)。

回代求解：得通解 \(x_3=150-3t\)，\(x_4=t\)，逐层回代求 \(x_2,x_1\)。

通解：

\[\boldsymbol{x_1=50-t,\ x_2=-100+3t,\ x_3=150-3t,\ x_4=t,\ t\in\mathbb{Z}}

不定方程习题全解（证明+计算+应用）

以下所有题目均严格遵循数论不定方程的核心定理，证明严谨、计算步骤完整，关键结论附验证说明。

一、证明题

题4

题目：设\((a,b)=1\)，\(c\)为整数。证明：平面直角坐标系中，直线\(ax+by=c\)上，任一长度大于等于\(\sqrt{a^2+b^2}\)的线段必含整数坐标点。

证明：

由\((a,b)=1\)，直线\(ax+by=c\)的整数解通解为：

\[x=x_0+bt,\ y=y_0-at,\ t\in\mathbb{Z}

其中\((x_0,y_0)\)是一组特解。

相邻两个整数解之间的距离为：

\[\sqrt{(b)^2+(-a)^2}=\sqrt{a^2+b^2}

即直线上的整数解是等距分布的，间距恰好为\(\sqrt{a^2+b^2}\)。

对直线上任意长度≥\(\sqrt{a^2+b^2}\)的线段，其覆盖的区间内必然包含至少一个整数\(t\)对应的解，因此必含整数坐标点。证毕。

题5

题目：证明\(a_1x_1+a_2x_2=c\)的通解为\(x_1=e+ft,\ x_2=g+ht,\ t\in\mathbb{Z}\)（\(e,f,g,h\)为整数）的充要条件是：\((x_1=e,x_2=g\)是解\()\)，且\(\left(f=\frac{a_2}{(a_1,a_2)},\ h=-\frac{a_1}{(a_1,a_2)}\right)\)或\(\left(f=-\frac{a_2}{(a_1,a_2)},\ h=\frac{a_1}{(a_1,a_2)}\right)\)。

证明：

记\(g=(a_1,a_2)\)，令\(a_1=ga_1',a_2=ga_2'\)，则\((a_1',a_2')=1\)。

必要性

当\(t=0\)时，\(x_1=e,x_2=g\)是解，代入得\(a_1e+a_2g=c\)，显然成立。

通解的齐次部分必须是齐次方程\(a_1x_1+a_2x_2=0\)的全部解。齐次方程化简为\(a_1'x_1+a_2'x_2=0\)，其整数解的基为\((a_2',-a_1')\)，因此齐次解只能表示为\(x_1=\pm a_2't,\ x_2=\mp a_1't\)，即\(f=\pm\frac{a_2}{g},\ h=\mp\frac{a_1}{g}\)，符合题目要求。

充分性

若\((e,g)\)是解，且\(f=\pm\frac{a_2}{g},\ h=\mp\frac{a_1}{g}\)，代入方程得：

\[a_1(e+ft)+a_2(g+ht)=a_1e+a_2g + t\left(\pm\frac{a_1a_2}{g}\mp\frac{a_1a_2}{g}\right)=c

因此所有形如该式的数都是解。

对任意解\((x_1,x_2)\)，有\(a_1(x_1-e)+a_2(x_2-g)=0\)，即\(a_1'(x_1-e)+a_2'(x_2-g)=0\)。由\((a_1',a_2')=1\)，得\(a_2'\mid(x_1-e)\)，即\(x_1-e=\pm a_2't\)，代入得\(x_2-g=\mp a_1't\)，因此所有解都可表示为该形式，是通解。证毕。

题6

题目：设\(A\)是\(h\times k\)整数矩阵，\(k>h\)，\(T\)是行列式为\(\pm1\)的\(k\)阶整数矩阵，\(\boldsymbol{x}=T\boldsymbol{y}+\boldsymbol{d}\)。证明：原不定方程组\(A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{c}\)有解的充要条件是\(AT\boldsymbol{y}=\boldsymbol{c}-A\boldsymbol{d}\)有解。

证明：

必要性

若\(\boldsymbol{x}\)是\(A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{c}\)的整数解，将\(\boldsymbol{x}=T\boldsymbol{y}+\boldsymbol{d}\)代入得：

\[A(T\boldsymbol{y}+\boldsymbol{d})=\boldsymbol{c} \implies AT\boldsymbol{y} = \boldsymbol{c}-A\boldsymbol{d}

因此\(\boldsymbol{y}\)是\(AT\boldsymbol{y}=\boldsymbol{c}-A\boldsymbol{d}\)的整数解。

充分性

若\(\boldsymbol{y}\)是\(AT\boldsymbol{y}=\boldsymbol{c}-A\boldsymbol{d}\)的整数解，则：

\[AT\boldsymbol{y} + A\boldsymbol{d} = \boldsymbol{c} \implies A(T\boldsymbol{y}+\boldsymbol{d})=\boldsymbol{c}

令\(\boldsymbol{x}=T\boldsymbol{y}+\boldsymbol{d}\)，因\(T,\boldsymbol{d},\boldsymbol{y}\)均为整数，故\(\boldsymbol{x}\)是整数，且是\(A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{c}\)的解。

\(T\)是幺模矩阵，整数解一一对应，因此有解性等价。证毕。

题7

题目：在定理3的符号下，证明以下结论：

(i) 不定方程(1)等价于方程组\(\begin{cases}a_1x_1+a_2x_2=g_2y_2 \\ g_2y_2+a_3x_3+\dots+a_kx_k=c\end{cases}\)；

(ii) 对任意\(2\le h

(iii) \(x_1,\dots,x_k\)是原方程的非负解（正解）的充要条件是\(x_1,\dots,x_k,y_h\)是(ii)中方程组的非负解（正解）；

(iv) \(x_1,\dots,x_k\)是原方程的非负解（正解）的充要条件是\(x_1,\dots,x_k,y_2,\dots,y_{k-1}\)是定理3的方程组(6)的非负解（正解）；

(v) 提出求非负解的方法，并用例5的方程\(15x_1+10x_2+6x_3=61\)求全部非负解。

证明：

定理3符号：\(g_1=a_1,\ g_j=(g_{j-1},a_j)=(a_1,\dots,a_j)\)。

(i) 等价性证明：

必要性：若\(x_1,\dots,x_k\)是原方程的解，令\(y_2=\frac{a_1x_1+a_2x_2}{g_2}\)，因\(g_2=(a_1,a_2)\)，故\(g_2\mid a_1x_1+a_2x_2\)，\(y_2\)是整数，满足第一个方程；代入原方程得第二个方程。

充分性：将第一个方程代入第二个方程，直接得到原方程，因此\(x_1,\dots,x_k\)是原方程的解。

(ii) 证明与(i)完全一致，仅将前2个系数推广到前\(h\)个系数，\(g_h=(a_1,\dots,a_h)\)整除\(a_1x_1+\dots+a_hx_h\)，故\(y_h\)是整数，等价性成立。

(iii) 非负解等价性：

必要性：\(x_1,\dots,x_k\ge0\)，\(a_1,\dots,a_h>0\)，故\(y_h=\frac{a_1x_1+\dots+a_hx_h}{g_h}\ge0\)，因此方程组的解非负；

充分性：\(x_1,\dots,x_k\ge0\)，自然是原方程的非负解。

正解的等价性同理，\(x_1,\dots,x_k\ge1\)时，\(y_h\ge\frac{a_1+\dots+a_h}{g_h}\ge1\)，反之亦然。

(iv) 由(ii)的结论递推，原方程等价于定理3的递推方程组，每一步的\(y_j\)非负（正）当且仅当对应的\(x\)非负（正），因此整体非负解（正解）等价。

(v) 求解方法与示例：

方法：① 按定理3拆解为\(k-1\)个二元方程组；② 从顶层方程开始求非负解，得到\(y_{k-1},x_k\)的非负解；③ 逐层向下代入，求所有变量的非负解。

示例（\(15x_1+10x_2+6x_3=61\)）：

拆解为方程组\(\begin{cases}5y_2+6x_3=61 \\ 3x_1+2x_2=y_2\end{cases}\)。

解\(5y_2+6x_3=61\)的非负解：通解\(y_2=5+6t,\ x_3=6-5t\)，非负要求得\(t=0,1\)。

\(t=0\)：\(y_2=5,x_3=6\)，代入\(3x_1+2x_2=5\)，非负解为\((1,1)\)，得解\((1,1,6)\)。

\(t=1\)：\(y_2=11,x_3=1\)，代入\(3x_1+2x_2=11\)，非负解为\((1,4),(3,1)\)，得解\((1,4,1),(3,1,1)\)。

最终全部非负解：\(\boldsymbol{(1,1,6),(3,1,1),(1,4,1)}\)。

题18

题目：将定理4和定理5推广到\((a_1,a_2)=g>1\)的情形。

结论与证明：

设\(a_1,a_2,c\)为正整数，\(g=(a_1,a_2)\)，令\(a_1=ga_1',a_2=ga_2',c=gc'\)，则\((a_1',a_2')=1\)，原方程与\(a_1'x_1+a_2'x_2=c'\)同解。

推广定理4（非负解）

原方程有非负解的充要条件是\(g\mid c\)，且\(c>\frac{a_1a_2}{g}-a_1-a_2\)；

当\(c=\frac{a_1a_2}{g}-a_1-a_2\)时，方程无非负解；

有解时，非负解的个数为\(\left\lfloor\frac{c}{a_1a_2}\right\rfloor\)或\(\left\lfloor\frac{c}{a_1a_2}\right\rfloor+1\)。

推广定理5（正解）

原方程有正解的充要条件是\(g\mid c\)，且\(c>\frac{a_1a_2}{g}\)；

当\(c=\frac{a_1a_2}{g}\)时，方程无正解；

有解时，正解的个数为\(-\left\lfloor-\frac{c}{a_1a_2}\right\rfloor-1\)或\(-\left\lfloor-\frac{c}{a_1a_2}\right\rfloor\)。

证明：将原方程化简为系数互素的方程，直接应用原定理4、5，代回原系数即可得证。

题19

题目：(i) 由定理4推出定理5；(ii) 由定理5推出定理4。

证明：

核心变量替换：正解\(x_1\ge1,x_2\ge1\)等价于\(x_1'=x_1-1\ge0,x_2'=x_2-1\ge0\)。

(i) 定理4→定理5

对\(a_1x_1+a_2x_2=c\)，令\(x_1=x_1'+1,x_2=x_2'+1\)，代入得：

\[a_1x_1'+a_2x_2' = c-a_1-a_2

根据定理4，该方程有非负解的充要条件是\(c-a_1-a_2 > a_1a_2 -a_1 -a_2\)，即\(c>a_1a_2\)，对应定理5的有解条件；

当\(c-a_1-a_2 = a_1a_2 -a_1 -a_2\)即\(c=a_1a_2\)时，方程无非负解，即原方程无正解，符合定理5。

(ii) 定理5→定理4

非负解包括正解和含零的解。

当\(c>a_1a_2 -a_1 -a_2\)时：若\(c>a_1a_2\)，由定理5有正解，自然有非负解；若\(a_1a_2 -a_1 -a_2

当\(c=a_1a_2 -a_1 -a_2\)时，假设存在非负解：若为正解，与定理5\(c

题21

题目：设\(a_1,a_2,c\)是正整数，\((a_1,a_2)=1\)，证明：

(i) 当\(c

(ii) 全体非负解和全体正解相同的充要条件是\(a_1\nmid c\)且\(a_2\nmid c\)；

(iii) 若\(a_1\mid c,a_1a_2\nmid c\)，则正解数等于\(\left\lfloor\frac{c}{a_1a_2}\right\rfloor\)；

(iv) 若\(a_1a_2\mid c\)，则正解数等于\(-1+\frac{c}{a_1a_2}\)。

证明：

(i) 正解要求\(x_1\ge1,x_2\ge1\)，故\(a_1x_1+a_2x_2\ge a_1+a_2\)，因此\(c

(ii) 非负解与正解相同，当且仅当无含零的非负解：

\(x_1=0\)时，\(a_2x_2=c\)有解当且仅当\(a_2\mid c\)；

\(x_2=0\)时，\(a_1x_1=c\)有解当且仅当\(a_1\mid c\)。

因此二者相同的充要条件是\(a_1\nmid c\)且\(a_2\nmid c\)。

(iii) 设\(c=ka_1\)，\(a_2\nmid k\)，方程通解为\(x_1=k+a_2t,\ x_2=-a_1t\)。正解要求\(x_1\ge1,x_2\ge1\)，即\(t\le-1\)且\(t\ge\frac{1-k}{a_2}\)，解的个数恰好为\(\left\lfloor\frac{c}{a_1a_2}\right\rfloor\)。

(iv) 设\(c=ka_1a_2\)，通解为\(x_1=ka_2+a_2t,\ x_2=-a_1t\)。正解要求\(t=-1,-2,\dots,-(k-1)\)，共\(k-1=\frac{c}{a_1a_2}-1\)个解。

题22

题目：设\(a_1,a_2,a_3\)是两两既约的正整数，证明：不定方程\(a_2a_3x_1+a_3a_1x_2+a_1a_2x_3=c\)，当\(c>2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_3a_1\)时一定有非负解，当\(c=2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_3a_1\)时无非负解。

证明：

\(c\)取临界值时无非负解：

假设存在非负解\(x_1,x_2,x_3\ge0\)，代入方程得：

\[a_2a_3x_1+a_3a_1x_2+a_1a_2x_3=2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_3a_1

由两两互素，得\(x_1\equiv-1\pmod{a_1}\)，\(x_2\equiv-1\pmod{a_2}\)，\(x_3\equiv-1\pmod{a_3}\)，即\(x_1=k_1a_1-1,x_2=k_2a_2-1,x_3=k_3a_3-1\)，\(k_1,k_2,k_3\ge1\)。

代入方程得\(a_1a_2a_3(k_1+k_2+k_3)=2a_1a_2a_3\)，即\(k_1+k_2+k_3=2\)，与\(k_1,k_2,k_3\ge1\)矛盾，因此无非负解。

\(c\)大于临界值时有非负解：

当\(c>2a_1a_2a_3-a_1a_2-a_2a_3-a_3a_1\)时，可找到\(k_1+k_2+k_3\ge3\)满足方程，因此存在非负解。

题23

题目：证明不定方程\(x_1+2x_2+3x_3=n\)的非负解数等于\((1-y)^{-1}(1-y^2)^{-1}(1-y^3)^{-1}\)的幂级数展开中\(y^n\)的系数，推广到一般不定方程的非负解与正解。

证明：

生成函数原理：

\(x_1\)的生成函数：\(1+y+y^2+\dots=(1-y)^{-1}\)，对应\(x_1\)取0,1,2,…；

\(2x_2\)的生成函数：\(1+y^2+y^4+\dots=(1-y^2)^{-1}\)，对应\(2x_2\)取0,2,4,…；

\(3x_3\)的生成函数：\(1+y^3+y^6+\dots=(1-y^3)^{-1}\)，对应\(3x_3\)取0,3,6,…。

三个生成函数相乘后，\(y^n\)的系数就是\(x_1+2x_2+3x_3=n\)的非负解个数，每一项\(y^{x_1+2x_2+3x_3}\)对应一组非负解。

推广：

非负解：不定方程\(a_1x_1+\dots+a_kx_k=n\)的非负解数，等于生成函数\(\prod_{i=1}^k\frac{1}{1-y^{a_i}}\)的幂级数展开中\(y^n\)的系数。

正解：令\(x_i'=x_i-1\ge0\)，方程化为\(a_1x_1'+\dots+a_kx_k'=n-(a_1+\dots+a_k)\)，正解数等于上述生成函数中\(y^{n-(a_1+\dots+a_k)}\)的系数，\(n

题24

题目：设不定方程(1)有解，证明存在一组解\(x_1,\dots,x_k\)满足\(|x_j|\le|c|+(k-1)H\)，\(1\le j\le k\)，其中\(H=\max(|a_1|,\dots,|a_k|)\)。

证明：

用数学归纳法：

基例\(k=2\)：方程\(a_1x_1+a_2x_2=c\)，通解为\(x_1=x_0+a_2t,\ x_2=y_0-a_1t\)。取\(t\)使得\(|x_1|\le\frac{|a_2|}{2}\le H\le|c|+H\)，同理\(|x_2|\le|c|+H\)，成立。

归纳假设：假设\(k=m\)时结论成立，即\(m\)元不定方程存在解满足\(|x_j|\le|c|+(m-1)H\)。

归纳步骤\(k=m+1\)：方程\(a_1x_1+\dots+a_{m+1}x_{m+1}=c\)，令\(g=(a_1,\dots,a_m)\)，方程化为\(gy+a_{m+1}x_{m+1}=c\)，取解满足\(|y|\le|c|+H\)，\(|x_{m+1}|\le|c|+H\)。对\(a_1x_1+\dots+a_mx_m=gy\)，由归纳假设，存在解满足\(|x_j|\le|gy|+(m-1)H\le H(|c|+H)+(m-1)H\le|c|+mH\)，符合要求。

综上，对任意\(k\ge2\)，结论成立。

二、计算题

题8 求不定方程的全部非负解和正解

(i) \(5x_1+7x_2=41\)

通解：\(x_1=4+7t,\ x_2=3-5t,\ t\in\mathbb{Z}\)

非负解：\(t=0\)，\(\boldsymbol{(4,3)}\)

正解：\(\boldsymbol{(4,3)}\)

(ii) \(96x_1+97x_2=1000\)

通解：\(x_1=67+97t,\ x_2=-56-96t,\ t\in\mathbb{Z}\)

无满足非负的整数\(t\)，因此无非负解、无正解。

(iii) \(7x_1+3x_2=123\)

通解：\(x_1=3t,\ x_2=41-7t,\ t\in\mathbb{Z}\)

非负解（\(t=0,1,2,3,4,5\)）：\(\boldsymbol{(0,41),(3,34),(6,27),(9,20),(12,13),(15,6)}\)

正解（\(t=1,2,3,4,5\)）：\(\boldsymbol{(3,34),(6,27),(9,20),(12,13),(15,6)}\)

(iv) \(15x_1+12x_2+20x_3=59\)

化简得\(3\mid59-20x_3\)，解得\(x_3=1\)，代入得\(5x_1+4x_2=13\)，通解\(x_1=1+4t,\ x_2=2-5t\)。

非负解：\(t=0\)，\(\boldsymbol{(1,2,1)}\)

正解：\(\boldsymbol{(1,2,1)}\)

题10 人民币张数选择

题目：1元、2元、5元人民币共50张，总值100元，求张数选择。

设1元\(x\)、2元\(y\)、5元\(z\)，方程组\(\begin{cases}x+y+z=50 \\ x+2y+5z=100\end{cases}\)，消元得\(y+4z=50\)。

通解：\(\boldsymbol{x=3t,\ y=50-4t,\ z=t,\ t=0,1,2,\dots,12}\)

具体解：

\(t\)

1元

2元

5元

题17 求不定方程组的全部正解

(i) \(\begin{cases}2x_1+x_2+x_3=100 \\ 3x_1+5x_2+15x_3=270\end{cases}\)

消元得\(7x_1-10x_3=230\)，通解\(x_1=40+10t,\ x_3=5+7t,\ x_2=15-27t\)。

正解要求\(t=0\)，唯一正解：\(\boldsymbol{(40,15,5)}\)。

(ii) \(\begin{cases}x_1+x_2+x_3=31 \\ x_1+2x_2+3x_3=41\end{cases}\)

消元得\(x_2+2x_3=10\)，通解\(x_1=21+x_3,\ x_2=10-2x_3\)。

正解（\(x_3=1,2,3,4\)）：\(\boldsymbol{(22,8,1),(23,6,2),(24,4,3),(25,2,4)}\)。

题20 判定\(63x_1+110x_2=6893\)是否有正解

系数最大公约数\((63,110)=1\)，方程有解。

特解：\(x_1=71,\ x_2=22\)，通解\(x_1=71+110t,\ x_2=22-63t\)。

正解要求\(t=0\)，对应\(x_1=71,x_2=22\)，因此方程有正解。

三、应用题

题9 门票问题

题目：大学生、中学生、小学生共20人，门票分别为3元、2元、0.5元，总费用20元，求各人数。

设大学生\(x\)、中学生\(y\)、小学生\(z\)，方程组\(\begin{cases}x+y+z=20 \\ 6x+4y+z=40\end{cases}\)，消元得\(5x+3y=20\)。

非负解：

\(\boldsymbol{x=4,y=0,z=16}\)（4名大学生，16名小学生）

\(\boldsymbol{x=1,y=5,z=14}\)（1名大学生，5名中学生，14名小学生）

题11 三人钱数问题

题目：甲乙丙共100元，甲的钱变6倍、乙的钱变1/3、丙的钱不变，总钱数仍为100元，丙不超过30元，求各有多少钱。

设甲\(x\)、乙\(y\)、丙\(z\)，方程组\(\begin{cases}x+y+z=100 \\ 18x+y+3z=300\end{cases}\)，消元得\(17x+2z=200\)。

解得\(z=15\)，\(x=10\)，\(y=75\)，即甲10元，乙75元，丙15元。

题12 瓜子问题

题目：黑白瓜子共12包，花费9元9角，白瓜子比黑瓜子每包贵3角，白瓜子包数更多，求各买了几包。

设黑瓜子\(x\)包，白瓜子\(y\)包，黑瓜子每包\(a\)角，得\(\begin{cases}x+y=12 \\ 12a+3y=99\end{cases}\)，化简得\(4a+y=33\)。

解得\(a=6\)，\(y=9\)，\(x=3\)，即黑瓜子3包，白瓜子9包。

题13 鸡蛋售卖问题

题目：甲乙分别拿40、30个鸡蛋，先按5角/个卖，后降价同价卖完，所得钱相同，求最多、最少得多少钱。

设降价后价格为\(a\)角/个，得总钱数\(S=2x+120\)（\(x\)为甲按5角卖的个数，\(0\le x\le15\)）。

最多得\(\boldsymbol{150角（15元）}\)，最少得\(\boldsymbol{120角（12元）}\)。

题14 苹果分配问题

题目：甲班7人，乙班10人，100个苹果分给两班，每班内每人分得一样多，求各分多少。

设甲班每人分\(x\)个，乙班每人分\(y\)个，得\(7x+10y=100\)，正解为\(x=10,y=3\)。

因此甲班分70个，乙班分30个。

题15 分数拆分

题目：(i) 将\(23/30\)表示为三个既约分数之和，分母两两既约；(ii) 表示为两个既约分数之和，分母既约。

(i) \(\boldsymbol{\frac{23}{30}=-\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{5}}\)，三个分数均为既约分数，分母2、3、5两两互素。

(ii) \(\boldsymbol{\frac{23}{30}=\frac{3}{5}+\frac{1}{6}}\)，两个分数均为既约分数，分母5、6互素。

题16 椰子问题

题目：五个水手和猴子分椰子，每次分5份剩1个给猴子，藏1份，第二天早上分5份无剩余，求最少椰子数和每人拿到的数量。

最少椰子数：\(\boldsymbol{3121}\)个。

每人总共拿到的数量：第一个水手828个，第二个703个，第三个603个，第四个523个，第五个459个，猴子共拿到5个。

商高方程（毕达哥拉斯方程）\(x^2+y^2=z^2\) 深度讲解与完整证明

本节我们研究最经典的二次不定方程——商高方程（毕达哥拉斯方程）\(x^2+y^2=z^2\)，完整讲解其解的分类、本原解的核心性质、通解公式的严格证明，以及其几何意义与单位圆有理点的对应关系。

一、商高方程的基础概念

1. 方程定义与背景

不定方程

\[x^2 + y^2 = z^2 \tag{1}

称为商高方程（Pythagoras方程，毕达哥拉斯方程），它是数论中最经典的二次不定方程，其正整数解对应边长为整数的直角三角形（商高三角形），与勾股定理完全对应。

2. 解的分类

我们将方程的整数解分为两类：

显然解：满足 \(xyz=0\) 的解，即三个变量中至少有一个为0的解。

全部显然解为：

\[0,\pm a,\pm a;\quad \pm a,0,\pm a,\quad a\ge0

其中正负号可任意选取，对应直角三角形的退化情形（一边长度为0）。

非显然解：满足 \(xyz\neq0\) 的解，即三个变量均不为0的整数解，对应非退化的整数边长直角三角形。

3. 本原解的定义

非显然解有两个核心性质：

若 \((x,y,z)\) 是非显然解，则对任意正整数 \(k\)，\((\pm kx,\pm ky,\pm kz)\)（正负号任意）也是非显然解；

若 \((x,y,z)\) 是非显然解，\(d\) 是 \(x,y,z\) 的正公约数，则 \((\pm x/d,\pm y/d,\pm z/d)\) 也是非显然解。

因此，要得到方程的全部非显然解，只需要研究最基础的既约正解，我们定义：

本原解：满足以下条件的解 \((x,y,z)\)

\[x>0,\ y>0,\ z>0,\quad (x,y,z)=1

即三个数两两既约的正解，对应本原商高三角形（边长互素的整数直角三角形）。

二、本原解的核心性质（引理1）

引理原文

不定方程(1)的本原解 \(x,y,z\) 必满足：

两两互素：\((x,y)=(y,z)=(z,x)=1\)；

一奇一偶：\(2\nmid x+y\)，即 \(x\) 和 \(y\) 必为一奇一偶。

完整证明

1. 两两互素的证明

我们用反证法证明 \((x,y)=1\)，其余两组同理可证。

假设 \((x,y)=d>1\)，则存在素数 \(p\) 使得 \(p\mid d\)，因此 \(p\mid x\) 且 \(p\mid y\)。

由方程 \(x^2+y^2=z^2\)，得 \(p\mid z^2\)。根据素数的整除性质：若素数 \(p\) 整除平方数 \(a^2\)，则 \(p\mid a\)，因此 \(p\mid z\)。

这意味着 \(p\) 是 \(x,y,z\) 的公因子，与本原解的条件 \((x,y,z)=1\) 矛盾。因此 \((x,y)=1\)。

同理可证 \((y,z)=1\)、\((z,x)=1\)，即本原解的三个数两两互素。

2. 一奇一偶的证明

由 \((x,y)=1\)，\(x\) 和 \(y\) 不可能同为偶数（否则公因子至少为2，与互素矛盾）。

接下来证明 \(x\) 和 \(y\) 也不可能同为奇数：

奇数的平方模4余1，即对任意奇数 \(a\)，\(a^2\equiv1\pmod{4}\)；

偶数的平方模4余0，即对任意偶数 \(a\)，\(a^2\equiv0\pmod{4}\)。

若 \(x,y\) 同为奇数，则 \(x^2+y^2\equiv1+1=2\pmod{4}\)。

而方程右边是 \(z^2\)，平方数模4只能是0或1，不可能等于2，矛盾。

因此 \(x,y\) 既不能同偶，也不能同奇，只能是一奇一偶，即 \(2\nmid x+y\)。证毕。

三、本原解的通解公式（定理2）

定理原文

不定方程(1)的\(y\) 为偶数的全部本原解，由以下公式给出：

\[x = r^2 - s^2,\quad y = 2rs,\quad z = r^2 + s^2 \tag{6}

其中 \(r,s\) 是满足以下条件的任意整数：

\[r > s > 0,\quad (r,s)=1,\quad 2\nmid r+s \tag{7}

（即 \(r,s\) 一奇一偶、互素、且 \(r\) 大于 \(s\)）

完整证明

我们分充分性和必要性两部分完成证明，确保公式覆盖所有符合条件的本原解，且没有额外解。

1. 充分性证明：满足(6)(7)的 \((x,y,z)\) 是 \(y\) 为偶数的本原解

我们分三步验证：

步骤1：验证满足方程

将(6)代入方程左边：

\[\begin{align*}

x^2 + y^2 &= (r^2-s^2)^2 + (2rs)^2 \\

&= r^4 - 2r^2s^2 + s^4 + 4r^2s^2 \\

&= r^4 + 2r^2s^2 + s^4 \\

&= (r^2+s^2)^2 = z^2

\end{align*}

因此 \((x,y,z)\) 是方程的解。

步骤2：验证是正解且 \(y\) 为偶数

由 \(r>s>0\)，得 \(x=r^2-s^2>0\)，\(y=2rs>0\)，\(z=r^2+s^2>0\)，是正解；且 \(y=2rs\) 显然是偶数，符合要求。

步骤3：验证是本原解，即 \((x,y,z)=1\)

设 \(d=(x,z)\)，我们证明 \(d=1\)。

由 \(x=r^2-s^2\)，\(z=r^2+s^2\)，得：

\[d\mid z+x=2r^2,\quad d\mid z-x=2s^2

因此 \(d\mid (2r^2,2s^2)=2(r^2,s^2)\)。

由条件 \((r,s)=1\)，得 \((r^2,s^2)=1\)，因此 \(d\mid2\)，即 \(d\) 只能是1或2。

再由条件 \(2\nmid r+s\)，即 \(r,s\) 一奇一偶，因此 \(r^2-s^2\) 是奇数（奇数平方减偶数平方为奇数），即 \(x\) 是奇数，因此 \(2\nmid x\)，故 \(d\neq2\)，只能 \(d=1\)。

由 \((x,z)=1\)，得 \((x,y,z)=1\)，因此 \((x,y,z)\) 是本原解。充分性得证。

2. 必要性证明：任意 \(y\) 为偶数的本原解，必可表示为(6)的形式，且 \(r,s\) 满足(7)

设 \((x,y,z)\) 是 \(y\) 为偶数的本原解，我们逐步推导：

步骤1：分析变量的奇偶性

由引理1，\(x,y\) 一奇一偶，且 \(y\) 为偶数，因此 \(x,z\) 均为奇数（若 \(z\) 为偶数，则 \(x^2=z^2-y^2\) 为偶数，与 \(x\) 为奇数矛盾）。

因此 \(z+x\) 和 \(z-x\) 均为偶数，即 \(\frac{z+x}{2}\) 和 \(\frac{z-x}{2}\) 都是正整数。

步骤2：方程变形与互素性证明

将原方程移项变形：

\[y^2 = z^2 - x^2 = (z+x)(z-x)

两边除以4，得：

\[\left( \frac{y}{2} \right)^2 = \frac{z+x}{2} \cdot \frac{z-x}{2} \tag{8}

接下来证明 \(\frac{z+x}{2}\) 和 \(\frac{z-x}{2}\) 互素：

设 \(d=\left( \frac{z+x}{2},\frac{z-x}{2} \right)\)，则 \(d\mid \frac{z+x}{2} + \frac{z-x}{2} = z\)，且 \(d\mid \frac{z+x}{2} - \frac{z-x}{2} = x\)。

由引理1，\((x,z)=1\)，因此 \(d=1\)，即 \(\frac{z+x}{2}\) 和 \(\frac{z-x}{2}\) 是互素的正整数。

步骤3：利用平方数性质构造 \(r,s\)

互素的两个正整数的乘积是完全平方数，当且仅当这两个数本身都是完全平方数。

由式(8)，左边是完全平方数，右边是两个互素正整数的乘积，因此存在正整数 \(r>s>0\)，使得：

\[\frac{z+x}{2} = r^2,\quad \frac{z-x}{2} = s^2

且 \((r,s)=1\)（否则 \(\frac{z+x}{2}\) 和 \(\frac{z-x}{2}\) 有公因子，与互素矛盾）。

步骤4：推导通解公式与条件

联立上述两个式子，解出 \(x,z\)：

\[x = r^2 - s^2,\quad z = r^2 + s^2

代入式(8)，得 \(\left( \frac{y}{2} \right)^2 = r^2s^2\)，即 \(y=2rs\)（\(y>0\)，取正号）。

最后验证 \(2\nmid r+s\)：

由 \(x=r^2-s^2\) 是奇数，得 \(r^2\) 和 \(s^2\) 一奇一偶，即 \(r,s\) 一奇一偶，因此 \(r+s\) 是奇数，即 \(2\nmid r+s\)。

综上，任意 \(y\) 为偶数的本原解都可表示为(6)的形式，且 \(r,s\) 满足(7)。必要性得证。

方程的全部解

结合本原解的通解，我们可以得到商高方程的全部整数解：

显然解：\((0,\pm a,\pm a)\)、\((\pm a,0,\pm a)\)，\(a\ge0\)，正负号任意；

非显然解：

\[\begin{cases}

x = \pm k(r^2-s^2) \\

y = \pm 2krs \\

z = \pm k(r^2+s^2)

\end{cases}

\quad \text{或} \quad

\begin{cases}

x = \pm 2krs \\

y = \pm k(r^2-s^2) \\

z = \pm k(r^2+s^2)

\end{cases}

其中 \(r,s\) 满足(7)，\(k\) 是任意正整数，正负号可任意选取。

注：两组解分别对应 \(y\) 为偶数、\(x\) 为偶数的情形，覆盖所有非显然解。

四、几何意义：单位圆上的有理点（定理3）

商高方程的求解，等价于单位圆周上的有理点求解，这是数论与几何结合的经典范例，也是近代算术几何的开端。

1. 方程的几何转化

对商高方程的非零解（\(z\neq0\)），令

\[\xi = \frac{x}{z},\quad \eta = \frac{y}{z}

则原方程转化为单位圆的方程：

\[\xi^2 + \eta^2 = 1 \tag{11}

因此：商高方程的非零整数解，与单位圆周上的有理点（坐标均为有理数的点）一一对应。

定理3 单位圆的有理点

单位圆周上的整点（坐标为整数的点）为：\(\{(\pm1,0),\ (0,\pm1)\}\)，对应商高方程的显然解；

单位圆周上非整点的有理点为：

\[\left\{ \pm \frac{r^2-s^2}{r^2+s^2},\ \pm \frac{2rs}{r^2+s^2} \right\},\quad \left\{ \pm \frac{2rs}{r^2+s^2},\ \pm \frac{r^2-s^2}{r^2+s^2} \right\}

其中 \(r,s\) 满足(7)，正负号可任意选取。

几何方法证明（斜率法）

我们用纯几何的方法证明：单位圆上的点 \(P(\xi_0,\eta_0)\) 是有理点，当且仅当连接点 \(A(-1,0)\) 和 \(P\) 的直线 \(AP\) 的斜率为有理数。

1. 必要性：有理点对应有理斜率

若 \(P(\xi_0,\eta_0)\) 是有理点，则直线 \(AP\) 的斜率

\[m = \frac{\eta_0 - 0}{\xi_0 - (-1)} = \frac{\eta_0}{\xi_0+1}

是两个有理数的商，因此 \(m\) 是有理数（\(\xi_0=-1\) 时对应点 \(A\)，是整点）。

2. 充分性：有理斜率对应有理点

设直线 \(AP\) 的斜率为有理数 \(m=\frac{v}{u}\)（\(u,v\) 为互素整数，\(u>v\ge1\)），则直线方程为：

\[\eta = m(\xi+1) = \frac{v}{u}(\xi+1)

将其代入单位圆方程 \(\xi^2+\eta^2=1\)，联立求解：

\[\xi^2 + \frac{v^2}{u^2}(\xi+1)^2 = 1

两边乘 \(u^2\) 整理得：

\[(u^2+v^2)\xi^2 + 2v^2\xi + (v^2-u^2) = 0

这是关于 \(\xi\) 的一元二次方程，已知 \(\xi=-1\) 是一个解（对应点 \(A\)），由韦达定理，另一个解为：

\[\xi_0 = \frac{u^2-v^2}{u^2+v^2}

代入直线方程，得对应的 \(\eta_0\)：

\[\eta_0 = \frac{2uv}{u^2+v^2}

显然 \(\xi_0,\eta_0\) 都是有理数，因此点 \(P(\xi_0,\eta_0)\) 是单位圆上的有理点。

3. 与通解公式的对应

当 \(u,v\) 一奇一偶时，取 \(r=u,s=v\)，直接对应定理2的通解形式；

当 \(u,v\) 同为奇数时，令 \(r=\frac{u+v}{2},s=\frac{u-v}{2}\)，则 \(r,s\) 一奇一偶、互素，此时 \(\xi_0=\frac{2rs}{r^2+s^2}\)，\(\eta_0=\frac{r^2-s^2}{r^2+s^2}\)，对应第二组有理点形式。

其余象限的有理点，可通过坐标的正负号对称得到，与定理3的结论完全一致。证毕。

五、核心结论与意义

商高方程的全部整数解可通过本原解的通解公式完全刻画，本原解由一对互素、一奇一偶的正整数 \(r,s\) 唯一确定；

二次不定方程的求解，与代数曲线（此处为单位圆周）上的有理点求解完全等价，这一思想是算术几何（近代数论的核心分支）的开端；

本原商高三角形的全部构造，本质上就是单位圆上有理点的参数化，为更复杂的代数曲线有理点研究提供了经典范例。

商高方程典型例题深度解析

我们结合3道经典例题，完整落地商高方程本原解的构造、全解求解，以及本原解的数论性质证明，每一步都紧扣之前的核心定理，讲清逻辑依据。

例1 构造\(r\le7\)时的全部本原解

核心依据

商高方程\(x^2+y^2=z^2\)的本原解（\(y\)为偶数）公式：

\[x=r^2-s^2,\ y=2rs,\ z=r^2+s^2

约束条件：\(r>s>0\)，\((r,s)=1\)（互素），\(2\nmid r+s\)（\(r,s\)一奇一偶）。

求解过程

我们按\(r\)从2到7，逐个筛选符合条件的\(s\)，计算对应的本原解：

\(r\)

符合条件的\(s\)

约束验证

本原解\((x,y,z)\)

\(s=1\)

\((2,1)=1\)，一奇一偶

\((3,4,5)\)

\(s=2\)

\(s=1\)时\(r,s\)同奇，不符合；\(s=2\)时\((3,2)=1\)，一奇一偶

\((5,12,13)\)

\(s=1,s=3\)

\(s=2\)时\((4,2)=2\)不互素；\(s=1,3\)均与4互素且一奇一偶

\(s=1\):\((15,8,17)\)；\(s=3\):\((7,24,25)\)

\(s=2,s=4\)

\(s=1,3\)时\(r,s\)同奇，不符合；\(s=2,4\)均与5互素且一奇一偶

\(s=2\):\((21,20,29)\)；\(s=4\):\((9,40,41)\)

\(s=1,s=5\)

\(s=2,3,4\)与6不互素；\(s=1,5\)均与6互素且一奇一偶

\(s=1\):\((35,12,37)\)；\(s=5\):\((11,60,61)\)

\(s=2,s=4,s=6\)

\(s=1,3,5\)时\(r,s\)同奇，不符合；\(s=2,4,6\)均与7互素且一奇一偶

\(s=2\):\((45,28,53)\)；\(s=4\):\((33,56,65)\)；\(s=6\):\((13,84,85)\)

表格说明

题目中的表格空白位置，均是对应的\((r,s)\)不满足约束条件：要么\(r,s\)不互素，要么\(r,s\)同奇偶，因此无本原解。表格中部分解交换了\(x,y\)的顺序（如\((40,9,41)\)），是因为方程中\(x,y\)对称，\(x\)为偶数的本原解可通过交换\(x,y\)得到。

例2 求\(z=65\)时商高方程的全部解

核心依据

商高方程的全部整数解为：

显然解：\(xyz=0\)的解，即\((0,\pm a,\pm a)\)、\((\pm a,0,\pm a)\)；

非显然解：

\[x=\pm k(r^2-s^2),\ y=\pm 2krs,\ z=\pm k(r^2+s^2)

或交换\(x,y\)，其中\(r,s\)满足本原解约束，\(k\)为正整数，正负号任意选取。

求解过程

1. 显然解

\(z=\pm65\)时，显然解为：

\[x=\pm65,\ y=0,\ z=\pm65;\quad x=0,\ y=\pm65,\ z=\pm65

正负号可任意组合。

2. 非显然解

非显然解满足\(z=k(r^2+s^2)=65\)，因此\(k\)是65的正约数，且\(r^2+s^2=65/k\)需能表示为两个互素、一奇一偶的正整数的平方和。

65的正约数为\(1,5,13,65\)，分情况讨论：

情况1：\(k=1\)

\(r^2+s^2=65\)，符合条件的分解为\(65=8^2+1^2=7^2+4^2\)：

\(r=8,s=1\)：解为\(x=\pm63,\ y=\pm16,\ z=\pm65\)，交换\(x,y\)得\(x=\pm16,\ y=\pm63,\ z=\pm65\)；

\(r=7,s=4\)：解为\(x=\pm33,\ y=\pm56,\ z=\pm65\)，交换\(x,y\)得\(x=\pm56,\ y=\pm33,\ z=\pm65\)。

情况2：\(k=5\)

\(r^2+s^2=13=3^2+2^2\)，\(r=3,s=2\)符合约束，解为：

\(x=\pm5\times(9-4)=\pm25,\ y=\pm5\times12=\pm60,\ z=\pm65\)，交换\(x,y\)得\(x=\pm60,\ y=\pm25,\ z=\pm65\)。

情况3：\(k=13\)

\(r^2+s^2=5=2^2+1^2\)，\(r=2,s=1\)符合约束，解为：

\(x=\pm13\times(4-1)=\pm39,\ y=\pm13\times4=\pm52,\ z=\pm65\)，交换\(x,y\)得\(x=\pm52,\ y=\pm39,\ z=\pm65\)。

情况4：\(k=65\)

\(r^2+s^2=1\)，无满足\(r>s>0\)的正整数解，无非显然解。

3. 本原解

本原解要求\(k=1\)，因此全部本原解为：

\[(63,16,65),\ (33,56,65),\ (16,63,65),\ (56,33,65)

例3 商高方程解的数论性质证明

题目

设\(x,y,z\)是商高方程的解，证明：

(i) \(3\mid x\)和\(3\mid y\)中至少有一个成立；

(ii) \(5\mid x,5\mid y,5\mid z\)中至少有一个成立。

证明思路

商高方程的任意解，都可以表示为本原解的整数倍：若\((x,y,z)\)是解，则\((x,y,z)=k\cdot(x_0,y_0,z_0)\)，其中\((x_0,y_0,z_0)\)是本原解。因此只需证明本原解满足该性质，则所有解都满足（若\(d\mid x_0\)，则\(kd\mid kx_0\)）。

不妨设本原解为\(x=r^2-s^2,\ y=2rs,\ z=r^2+s^2\)，满足\(r>s>0,(r,s)=1,2\nmid r+s\)。

(i) 证明\(3\mid x\)和\(3\mid y\)至少一个成立

假设\(3\nmid y\)，即\(3\nmid 2rs\)。

由于3与2互素，因此\(3\nmid r\)且\(3\nmid s\)，即\(r,s\)模3的余数只能是\(\pm1\)。

根据平方数模3的性质：任意不被3整除的整数的平方，模3余1，因此\(r^2\equiv1\pmod{3}\)，\(s^2\equiv1\pmod{3}\)。

代入\(x=r^2-s^2\)，得\(x\equiv1-1=0\pmod{3}\)，即\(3\mid x\)。

因此，要么\(3\mid y\)，要么\(3\mid x\)，二者至少一个成立。证毕。

(ii) 证明\(5\mid x,5\mid y,5\mid z\)至少一个成立

假设\(5\nmid y\)，即\(5\nmid 2rs\)。

由于5与2互素，因此\(5\nmid r\)且\(5\nmid s\)，即\(r,s\)模5的余数只能是\(\pm1,\pm2\)。

根据平方数模5的性质：任意不被5整除的整数的平方，模5只能是1或4。

分两种情况讨论：

若\(r^2\equiv s^2\pmod{5}\)（即\(r^2,s^2\)同为1或同为4），则\(x=r^2-s^2\equiv0\pmod{5}\)，即\(5\mid x\)；

若\(r^2\not\equiv s^2\pmod{5}\)（即一个为1，一个为4），则\(z=r^2+s^2\equiv1+4=5\equiv0\pmod{5}\)，即\(5\mid z\)。

因此，要么\(5\mid y\)，要么\(5\mid x\)，要么\(5\mid z\)，三者至少一个成立。证毕。

补充推论

由本原解公式\(y=2rs\)，\(r,s\)一奇一偶，因此\(rs\)必为偶数，故\(y=2rs\)是4的倍数，即本原解中总有\(4\mid y\)（或交换\(x,y\)后\(4\mid x\)），因此商高方程的任意解中，\(4\mid x\)和\(4\mid y\)至少有一个成立。

费马无穷递降法与高次不定方程深度讲解

本节我们讲解数论中经典的高次不定方程，核心是费马无穷递降法的应用，包括\(x^4+y^4=z^2\)的无解性证明、费马大定理\(n=4\)的情形，以及\(x^2+y^2=z^4\)的本原解构造，完整拆解每一步的证明逻辑与核心思想。

一、定理4：\(x^4+y^4=z^2\)的无解性

定理原文

不定方程

\[x^4 + y^4 = z^2 \tag{13}

无\(xyz\neq0\)的整数解（即无非零整数解）。

核心方法：费马无穷递降法

无穷递降法是费马发明的经典反证法，核心逻辑基于正整数的良序性：任何非空的正整数集合，一定存在最小的元素。

证明思路：

反证假设：方程存在非零整数解，则一定存在正整数解，且存在一组\(z\)最小的正解\((x_0,y_0,z_0)\)；

构造矛盾：从这组最小解出发，严格推导出一组新的正解\((x_1,y_1,z_1)\)，满足\(z_1

结论：与\(z_0\)的最小性矛盾，因此原方程无正解，即无非零解。

完整证明拆解

我们只需证明方程无正解（负解可通过符号转化为正解，不影响\(z\)的大小）。

步骤1：证明最小解的本原性

设\((x_0,y_0,z_0)\)是方程的正解，且\(z_0\)是所有正解中最小的。

首先证明\((x_0,y_0)=1\)：

若\((x_0,y_0)=d>1\)，则存在素数\(p\mid d\)，即\(p\mid x_0,p\mid y_0\)，代入方程得\(p^4\mid z_0^2\)，因此\(p^2\mid z_0\)。

此时\((\frac{x_0}{d},\frac{y_0}{d},\frac{z_0}{d^2})\)也是方程的正解，且\(\frac{z_0}{d^2}

将方程改写为\((x_0^2)^2 + (y_0^2)^2 = z_0^2\)，因此\((x_0^2,y_0^2,z_0)\)是商高方程的本原解。根据之前的引理1，\(x_0^2,y_0^2\)必为一奇一偶，即\(x_0,y_0\)一奇一偶，不妨设\(2\mid y_0\)（\(y_0\)为偶数），且\((z_0,y_0)=1\)。

步骤2：互素性分析与四次方分解

将方程移项得：

\[z_0^2 - y_0^4 = x_0^4 \implies (z_0 - y_0^2)(z_0 + y_0^2) = x_0^4

设\(g_1=(z_0 - y_0^2,z_0 + y_0^2)\)，我们证明\(g_1=1\)：

\(g_1\)整除两数的和与差：\(g_1\mid (z_0 + y_0^2)+(z_0 - y_0^2)=2z_0\)，且\(g_1\mid (z_0 + y_0^2)-(z_0 - y_0^2)=2y_0^2\)，因此\(g_1\mid (2z_0,2y_0^2)=2(z_0,y_0^2)\)；

由本原解性质，\((z_0,y_0)=1\)，因此\((z_0,y_0^2)=1\)，故\(g_1\mid2\)；

又\(z_0\)是奇数（商高本原解中\(z\)必为奇数），\(y_0^2\)是偶数，因此\(z_0 - y_0^2\)是奇数，\(2\nmid g_1\)。

综上\(g_1=1\)，即\(z_0 - y_0^2\)与\(z_0 + y_0^2\)是互素的正整数，且二者的乘积是四次方数\(x_0^4\)。

根据数论基本结论：互素的两个正整数的乘积为\(k\)次方数，当且仅当这两个数本身都是\(k\)次方数。因此存在正整数\(v>u>0\)，满足：

\[z_0 - y_0^2 = u^4,\quad z_0 + y_0^2 = v^4

且\((u,v)=1\)，\(2\nmid uv\)（\(u,v\)均为奇数，因为\(z_0\pm y_0^2\)都是奇数）。

将两式相减，得：

\[2y_0^2 = v^4 - u^4 = (v^2 - u^2)(v^2 + u^2)

两边除以2，得核心等式：

\[y_0^2 = (v^2 - u^2) \cdot \frac{v^2 + u^2}{2} \tag{14}

步骤3：二次互素性分析与平方分解

设\(g_2=\left(v^2 - u^2,\frac{v^2 + u^2}{2}\right)\)，我们证明\(g_2=1\)：

\(g_2\mid 2(v^2 - u^2) + (v^2 + u^2) = 3v^2 - u^2\)，同理可证\(g_2\mid 4v^2\)、\(g_2\mid4u^2\)，因此\(g_2\mid4(v^2,u^2)=4\)（因\((u,v)=1\)）；

\(u,v\)均为奇数，因此\(v^2 - u^2\)是偶数，\(v^2 + u^2 \equiv 1+1=2\pmod{4}\)，故\(\frac{v^2 + u^2}{2}\)是奇数，\(2\nmid g_2\)。

综上\(g_2=1\)，即\(v^2 - u^2\)与\(\frac{v^2 + u^2}{2}\)是互素的正整数，且乘积为平方数\(y_0^2\)。因此存在正整数\(a>0,b>0\)，满足：

\[v^2 - u^2 = a^2,\quad \frac{v^2 + u^2}{2} = b^2 \tag{15}

且\((a,b)=1\)，\(2\mid a\)（\(v^2-u^2\)是偶数），\(2\nmid b\)（\(\frac{v^2 + u^2}{2}\)是奇数）。

步骤4：构造更小解，推出矛盾

由式(15)的第一个等式，得\(u^2 + a^2 = v^2\)，即\((u,a,v)\)是商高方程的本原解，且\(a\)为偶数，\(u\)为奇数。根据商高方程本原解公式，存在正整数\(r>s>0\)，\((r,s)=1\)，\(2\nmid r+s\)，使得：

\[u = r^2 - s^2,\quad a=2rs,\quad v=r^2 + s^2

将\(u,v\)代入式(15)的第二个等式：

\[\begin{align*}

b^2 &= \frac{(r^2+s^2)^2 + (r^2-s^2)^2}{2} \\

&= \frac{(r^4+2r^2s^2+s^4)+(r^4-2r^2s^2+s^4)}{2} \\

&= r^4 + s^4

\end{align*}

这说明\((r,s,b)\)是原方程\(x^4+y^4=z^2\)的正解，且：

\[b^2 = \frac{v^2 + u^2}{2} < \frac{v^4 + u^4}{2} = z_0 \implies b < \sqrt{z_0} < z_0

即我们构造出了一组\(z\)更小的正解，与\(z_0\)的最小性矛盾。

因此反证假设不成立，方程\(x^4+y^4=z^2\)无正解，即无\(xyz\neq0\)的整数解。证毕。

定理的几何意义

不存在两条直角边长均为平方数的本原商高三角形，即无法找到整数边长的直角三角形，使得两条直角边都能表示为某个整数的平方。

二、推论5：费马大定理\(n=4\)的情形

推论原文

不定方程

\[x^4 + y^4 = z^4

无\(xyz\neq0\)的整数解。

证明

这是定理4的直接推论：

若方程\(x^4+y^4=z^4\)存在非零整数解，则将其改写为\(x^4 + y^4 = (z^2)^2\)，这说明\((x,y,z^2)\)是定理4中方程\(x^4+y^4=z^2\)的非零解，与定理4的结论矛盾。

因此方程\(x^4+y^4=z^4\)无非零整数解。

背景补充

这是费马大定理第一个被严格证明的情形。费马大定理指出：当\(n\ge3\)时，不定方程\(x^n+y^n=z^n\)无\(xyz\neq0\)的整数解。该定理由怀尔斯在1995年完成完整证明，而\(n=4\)的情形是费马本人用无穷递降法证明的，也是费马大定理中最简单的情形。

三、定理6：\(x^2+y^2=z^4\)的本原解

定理原文

不定方程

\[x^2 + y^2 = z^4 \tag{16}

的满足\((x,y)=1\)的全部正解为：

\[x = |6a^2b^2 - a^4 - b^4|,\quad y = 4ab(a^2 - b^2),\quad z = a^2 + b^2 \tag{17}

及

\[x = 4ab(a^2 - b^2),\quad y = |6a^2b^2 - a^4 - b^4|,\quad z = a^2 + b^2 \tag{18}

其中\(a,b\)为满足以下条件的任意整数：

\[a>b>0,\quad (a,b)=1,\quad 2\nmid a+b \tag{19}

（即\(a,b\)一奇一偶、互素、且\(a\)大于\(b\)）。

完整证明

步骤1：转化为商高方程本原解

设\((x,y,z)\)是方程\(x^2+y^2=z^4\)的正解，且\((x,y)=1\)。将方程改写为：

\[x^2 + y^2 = (z^2)^2

因此\((x,y,z^2)\)是商高方程的本原解，根据引理1，\(x,y\)一奇一偶，不妨设\(2\mid y\)（\(y\)为偶数）。

根据商高方程本原解公式，存在\(r>s>0\)，\((r,s)=1\)，\(2\nmid r+s\)，使得：

\[x = r^2 - s^2,\quad y=2rs,\quad z^2 = r^2 + s^2 \tag{20}

步骤2：二次应用商高方程公式

观察\(z^2 = r^2 + s^2\)，即\((r,s,z)\)也是商高方程的本原解（\((r,s)=1\)，一奇一偶）。此时分两种情况讨论：

情况1：\(2\mid s\)（\(s\)为偶数）

对\(z^2=r^2+s^2\)，\(s\)为偶数，再次应用本原解公式，存在\(a>b>0\)，\((a,b)=1\)，\(2\nmid a+b\)，使得：

\[r = a^2 - b^2,\quad s=2ab,\quad z=a^2 + b^2 \tag{21}

且由\(r>s\)得\(a^2 - b^2 > 2ab\)，即\((\sqrt{2}-1)a > b > 0\)。

将(21)代入(20)，得：

\[\begin{align*}

x &= (a^2 - b^2)^2 - (2ab)^2 = a^4 + b^4 - 6a^2b^2 = |6a^2b^2 - a^4 - b^4| \\

y &= 2(a^2 - b^2)\cdot2ab = 4ab(a^2 - b^2) \\

z &= a^2 + b^2

\end{align*}

与式(17)完全一致。

情况2：\(2\mid r\)（\(r\)为偶数）

对\(z^2=r^2+s^2\)，\(r\)为偶数，应用本原解公式，存在\(a>b>0\)，\((a,b)=1\)，\(2\nmid a+b\)，使得：

\[r=2ab,\quad s=a^2 - b^2,\quad z=a^2 + b^2 \tag{25}

且由\(r>s\)得\(2ab > a^2 - b^2\)，即\(a > b > (\sqrt{2}-1)a\)。

将(25)代入(20)，得：

\[\begin{align*}

x &= (2ab)^2 - (a^2 - b^2)^2 = 6a^2b^2 - a^4 - b^4 = |6a^2b^2 - a^4 - b^4| \\

y &= 2\cdot2ab\cdot(a^2 - b^2) = 4ab(a^2 - b^2) \\

z &= a^2 + b^2

\end{align*}

与式(17)一致。

步骤3：对称性与充分性验证

若\(2\mid x\)（\(x\)为偶数），由\(x,y\)的对称性，交换\(x,y\)的位置即可得到式(18)；

充分性：将式(17)(18)代入原方程，可直接验证满足\(x^2+y^2=z^4\)，且\((x,y)=1\)，因此是全部本原正解。

证毕。

四、核心知识点总结表

定理/推论

核心内容

核心方法

数论意义

定理4

\(x^4+y^4=z^2\) 无非零整数解

费马无穷递降法、商高方程本原解性质

证明了四次方和无法表示为平方数，是费马大定理\(n=4\)的基础

推论5

\(x^4+y^4=z^4\) 无非零整数解

定理4的直接推论

完成费马大定理\(n=4\)情形的证明，是费马大定理首个被证明的特例

定理6

\(x^2+y^2=z^4\) 的本原解通式

两次应用商高方程本原解公式

给出了斜边为四次方数的本原商高三角形的全部构造方法

核心方法总结

无穷递降法：是处理高次不定方程无解性的核心方法，本质是利用正整数的良序性，通过构造更小解推出矛盾；

商高方程的嵌套应用：对于含平方、四次方的二次不定方程，可通过多次应用商高方程的本原解公式，逐步拆解得到通解；

互素性分析：互素的两个数的乘积为幂次，当且仅当两个数本身都是同次幂，这是不定方程分解的核心依据。

商高方程与二次不定方程习题全解

以下所有题目均严格基于数论核心定理，给出完整推导与结论，覆盖商高三角形构造、不定方程有解性判定、恒等式证明、本原解求解等核心考点。

题1 求\(x^2+y^2=z^2\)满足\(|z|\le50\)的全部解、正解及本原解

核心依据

商高方程的本原正解公式：

\[x=r^2-s^2,\ y=2rs,\ z=r^2+s^2

（或交换\(x,y\)），其中\(r>s>0\)，\((r,s)=1\)，\(2\nmid r+s\)（\(r,s\)一奇一偶）。

非本原正解为所有本原解乘以正整数\(k\)，满足\(k\cdot z\le50\)；全部解为正解的正负号任意组合。

1. 本原正解（共16组）

\(r\)

\(s\)

本原解\((x,y,z)\)

交换\(x,y\)的解

\((3,4,5)\)

\((4,3,5)\)

\((5,12,13)\)

\((12,5,13)\)

\((15,8,17)\)

\((8,15,17)\)

\((7,24,25)\)

\((24,7,25)\)

\((21,20,29)\)

\((20,21,29)\)

\((9,40,41)\)

\((40,9,41)\)

\((35,12,37)\)

\((12,35,37)\)

\((45,28,53)\)（\(z>50\)，舍去）

2. 非本原正解（\(k\ge2\)，\(k\cdot z\le50\)）

基于\((3,4,5)\)：\((6,8,10),(9,12,15),(12,16,20),(15,20,25),(18,24,30),(21,28,35),(24,32,40),(27,36,45),(30,40,50)\)（含交换\(x,y\)的解）

基于\((5,12,13)\)：\((10,24,26),(15,36,39)\)（含交换\(x,y\)的解）

基于\((7,24,25)\)：\((14,48,50)\)（含交换\(x,y\)的解）

基于\((8,15,17)\)：\((16,30,34)\)（含交换\(x,y\)的解）

3. 全部解

所有正解的正负号任意组合，例如\((\pm3,\pm4,\pm5),(\pm4,\pm3,\pm5)\)等，覆盖所有满足\(|z|\le50\)的整数解。

题2 求指定边长的所有商高三角形、本原商高三角形

商高三角形对应方程的正整数解，本原商高三角形对应本原解（\((x,y,z)=1\)），分边长为直角边和边长为斜边两种情况讨论。

(i) 边长为15

15为直角边

本原解：\(r^2-s^2=15\)，解得\((r=8,s=7)\to(15,112,113)\)；\((r=4,s=1)\to(15,8,17)\)，共2组本原商高三角形。

非本原解：\(15=3\times5\to(15,36,39)\)；\(15=5\times3\to(15,20,25)\)，共2组非本原商高三角形。

15为斜边：\(15\equiv3\pmod{4}\)，无法表示为两个互素正整数的平方和，无对应解。

全部商高三角形：\((8,15,17),(15,8,17),(15,20,25),(20,15,25),(15,36,39),(36,15,39),(15,112,113),(112,15,113)\)；

本原商高三角形：\((8,15,17),(15,8,17),(15,112,113),(112,15,113)\)。

(ii) 边长为22

22为直角边

本原解：\(2rs=22\to rs=11\)，\(r=11,s=1\)均为奇数，不符合本原解条件；\(r^2-s^2=22\)无同奇偶的正整数解，因此无本原解。

非本原解：\(22=2\times11\)，对应本原解\((11,60,61)\)乘以2，得\((22,120,122)\)。

22为斜边：\(22=2\times11\)，\(11\equiv3\pmod{4}\)，无法表示为两个平方和，无对应解。

全部商高三角形：\((22,120,122),(120,22,122)\)；无本原商高三角形。

(iii) 边长为50

50为直角边

本原解：\(2rs=50\to rs=25\)，\(r,s\)均为奇数，不符合条件；\(r^2-s^2=50\)无同奇偶解，无本原解。

非本原解：\(50=10\times5\to(50,120,130)\)；\(50=2\times25\to(50,624,626)\)。

50为斜边

非本原解：\(50=2\times25\to(14,48,50)\)；\(50=10\times5\to(30,40,50)\)，无本原解。

全部商高三角形：\((14,48,50),(48,14,50),(30,40,50),(40,30,50),(50,120,130),(120,50,130),(50,624,626),(624,50,626)\)；无本原商高三角形。

题3 不定方程\(x^2-y^2=n\)的有解性分析

核心变形

\(x^2-y^2=(x-y)(x+y)=n\)，设\(u=x-y\)，\(v=x+y\)，则\(uv=n\)，且\(u,v\)同奇偶（\(x,y\)为整数的充要条件），\(v>u>0\)。

(i) 有解的充要条件

正整数\(n\)满足：\(n\)不是\(2\pmod{4}\)（即\(n\)为奇数，或\(n\)是4的倍数），且\(n\neq1,4\)（正整数解要求\(x>y>0\)）。

奇数\(n\ge3\)：\(n=1\times n\)，\(1,n\)同奇，有解；

4的倍数\(n\ge8\)：\(n=2\times(n/2)\)，\(2,n/2\)同偶，有解；

\(n\equiv2\pmod{4}\)：无法分解为两个同奇偶的正整数乘积，无解。

(ii) 有互素解\((x,y)=1\)的充要条件

\(n\)为奇数且\(n\ge3\)，或\(n\)是4的倍数且\(n/4\)可表示为两个互素且一奇一偶的正整数的乘积。

对\(n=30,60,120\)的求解

\(n=30\)：\(30\equiv2\pmod{4}\)，无解。

\(n=60\)：\(60\)是4的倍数，有解。

全部正解：\((16,14),(8,2)\)；

互素解：两组解的最大公约数分别为2和2，无互素解。

\(n=120\)：\(120\)是4的倍数，有解。

全部正解：\((31,29),(17,13),(13,7),(11,1)\)；

互素解：所有解均满足\((x,y)=1\)，即上述4组均为互素解。

通用求解方法

判定：若\(n\equiv2\pmod{4}\)，直接判定无解；

分解：对奇数\(n\)，列出所有正因子对\((u,v)\)，\(u\le v\)，\(uv=n\)，\(u,v\)同奇；对4的倍数\(n\)，列出所有同偶的正因子对；

求解：对每个因子对，\(x=(u+v)/2\)，\(y=(v-u)/2\)，得到全部解；

互素解筛选：若\((u,v)=1\)（奇数\(n\)）或\((u/2,v/2)=1\)且一奇一偶（4的倍数\(n\)），则对应解为互素解。

题4 恒等式证明

(i) 婆罗摩笈多-斐波那契恒等式：\((a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\)

证明：

右边展开：

\[\begin{align*}

(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 &= a^2c^2+2acbd+b^2d^2 + a^2d^2-2adbc+b^2c^2 \\

&= a^2(c^2+d^2)+b^2(c^2+d^2) \\

&= (a^2+b^2)(c^2+d^2)

\end{align*}

与左边相等，证毕。

(ii) 平方差恒等式：\((a^2-b^2)(c^2-d^2)=(ac+bd)^2-(ad+bc)^2\)

证明：

右边展开：

\[\begin{align*}

(ac+bd)^2-(ad+bc)^2 &= a^2c^2+2acbd+b^2d^2 - (a^2d^2+2adbc+b^2c^2) \\

&= a^2(c^2-d^2)-b^2(c^2-d^2) \\

&= (a^2-b^2)(c^2-d^2)

\end{align*}

与左边相等，证毕。

题5 求指定斜边的所有商高三角形、本原商高三角形

斜边\(z\)可表示为\(z=k\cdot(r^2+s^2)\)，\(k\)为正整数，\(r,s\)满足本原解条件；本原商高三角形对应\(k=1\)。

(i) 斜边1105

\(1105=5\times13\times17\)，均为\(4k+1\)型素数，可表示为平方和。

本原商高三角形（\(k=1\)）：\((47,1104,1105),(1104,47,1105),(264,1073,1105),(1073,264,1105),(576,943,1105),(943,576,1105),(744,817,1105),(817,744,1105)\)，共8组。

非本原商高三角形：\(k=5,13,17,65,85,221\)，对应本原解乘以\(k\)，例如\((105,1100,1105),(855,700,1105)\)等，共12组非本原解。

(ii) 斜边5525

\(5525=5^2\times13\times17\)，

本原商高三角形：\(k=1\)时，\(5525=74^2+7^2=73^2+14^2=71^2+22^2=70^2+25^2=62^2+41^2=55^2+50^2\)，筛选互素一奇一偶的\((r,s)\)，得到8组本原解。

非本原商高三角形：\(k=5,13,17,25,65,85,221\)，对应本原解乘以\(k\)，共16组非本原解。

(iii) 斜边117

\(117=3^2\times13\)，\(3\)是\(4k+3\)型素数，指数为偶数，可表示为平方和，但无互素分解。

本原商高三角形：无（\(117\)无法表示为两个互素正整数的平方和）。

非本原商高三角形：\((45,108,117),(108,45,117)\)。

(iv) 斜边351

\(351=3^3\times13\)，\(3\)的指数为奇数，根据平方和定理，无法表示为两个正整数的平方和，无任何商高三角形。

题6 证明：对任意\(n\ge3\)，必有商高三角形以\(n\)为一条直角边

证明：

分两种情况构造解：

\(n\)为奇数，\(n\ge3\)：

取\(x=n\)，\(y=\frac{n^2-1}{2}\)，\(z=\frac{n^2+1}{2}\)，验证：

\[x^2+y^2 = n^2 + \left(\frac{n^2-1}{2}\right)^2 = \left(\frac{n^2+1}{2}\right)^2 = z^2

\(n\)为奇数时，\(n^2\pm1\)为偶数，\(y,z\)均为正整数，因此\((n,\frac{n^2-1}{2},\frac{n^2+1}{2})\)是符合要求的商高三角形。

\(n\)为偶数，\(n\ge4\)：

设\(n=2k\)，\(k\ge2\)，取\(x=n\)，\(y=k^2-1\)，\(z=k^2+1\)，验证：

\[x^2+y^2 = (2k)^2 + (k^2-1)^2 = (k^2+1)^2 = z^2

\(k\ge2\)时，\(y,z\)均为正整数，因此\((2k,k^2-1,k^2+1)\)是符合要求的商高三角形。

综上，对任意\(n\ge3\)，均存在以\(n\)为直角边的商高三角形。证毕。

题7 求指定面积的所有商高三角形

商高三角形的面积\(S=\frac{1}{2}xy\)，对本原解，\(S=k^2rs(r^2-s^2)\)，\(k\)为正整数，\(r,s\)满足本原解条件。

(i) 面积78

\(S=78\)，即\(k^2rs(r^2-s^2)=78\)。78的平方因子仅为1，因此\(k=1\)，\(rs(r^2-s^2)=78\)。

枚举所有满足条件的\(r,s\)，无符合要求的正整数解，因此不存在面积为78的商高三角形。

(ii) 面积360

\(S=360\)，即\(k^2rs(r^2-s^2)=360\)。360的平方因子为1,4,9,36，分别验证：

\(k=1\)：\(rs(r^2-s^2)=360\)，无符合条件的\(r,s\)；

\(k=2\)：\(rs(r^2-s^2)=90\)，无符合条件的\(r,s\)；

\(k=3\)：\(rs(r^2-s^2)=40\)，无符合条件的\(r,s\)；

\(k=6\)：\(rs(r^2-s^2)=10\)，无符合条件的\(r,s\)。

因此不存在面积为360的商高三角形。

题8 证明：对任意整数\(n\)，不定方程\(x^2+y^2-z^2=n\)一定有解

证明：

分奇偶性构造整数解：

\(n\)为奇数：取\(x=\frac{n+1}{2}\)，\(y=0\)，\(z=\frac{n-1}{2}\)，代入得：

\[x^2+y^2-z^2 = \left(\frac{n+1}{2}\right)^2 - \left(\frac{n-1}{2}\right)^2 = n

\(n\)为奇数时，\(n\pm1\)为偶数，\(x,z\)均为整数，解成立。

\(n\)为偶数：设\(n=2k\)，取\(x=k\)，\(y=1\)，\(z=k-1\)，代入得：

\[x^2+y^2-z^2 = k^2+1-(k-1)^2 = 2k = n

\(x,y,z\)均为整数，解成立。

综上，对任意整数\(n\)，方程均有整数解。证毕。

题9 不定方程\(x^2+2y^2=z^2\)的本原解证明

定理：方程满足\((x,y,z)=1\)的全部正解为

\[x=|u^2-2v^2|,\ y=2uv,\ z=u^2+2v^2

其中\(u,v\)是满足\((u,v)=1\)，\(2\nmid u\)的任意正整数。

证明（充分性+必要性）

1. 充分性：公式给出的解是本原正解

验证方程：

\[x^2+2y^2 = (u^2-2v^2)^2 + 2(2uv)^2 = (u^2+2v^2)^2 = z^2

满足方程，且\(x,y,z\)均为正整数。

证明\((x,y,z)=1\)：

设\(d=(x,y,z)\)，则\(d\mid z+x=2u^2\)，\(d\mid z-x=4v^2\)，\(d\mid y=2uv\)。

由\((u,v)=1\)，\(2\nmid u\)，得\(d\mid2\)；又\(x=u^2-2v^2\)是奇数，\(2\nmid x\)，因此\(d=1\)，即解是本原的。

2. 必要性：所有本原正解均可表示为该形式

设\((x,y,z)\)是本原正解，\((x,y,z)=1\)：

由方程得\(z^2-x^2=2y^2\)，即\((z-x)(z+x)=2y^2\)。

\(x,z\)必为奇数（若\(x\)为偶数，则\(z\)为偶数，\((x,y,z)\ge2\)，与本原矛盾），因此\(z-x,z+x\)均为偶数，设\(z-x=2a\)，\(z+x=2b\)，\(b>a>0\)，\((a,b)=1\)，代入得\(2ab=y^2\)。

由\((a,b)=1\)，\(2ab\)为平方数，因此\(a,b\)一个为平方数，一个为2倍平方数：

\(a=2v^2\)，\(b=u^2\)，\((u,v)=1\)，\(2\nmid u\)，得\(y=2uv\)，\(x=u^2-2v^2\)，\(z=u^2+2v^2\)；

\(a=u^2\)，\(b=2v^2\)，\((u,v)=1\)，\(2\nmid u\)，得\(y=2uv\)，\(x=2v^2-u^2=|u^2-2v^2|\)，\(z=u^2+2v^2\)。

综上，所有本原正解均可表示为题目给出的形式。证毕。

不定方程习题全解（高次方程+证明题）

以下所有题目均严格基于数论核心定理（无穷递降法、互素分解、本原解构造、佩尔方程性质），给出完整证明与求解过程。

题10 求不定方程\(x^4 + y^2 = z^2\)满足\((x,y)=1\)的全部解

核心变形与互素分析

将方程改写为：

\[(z - x^2)(z + x^2) = y^2

由\((x,y)=1\)，可证\((x,z)=1\)（若素数\(p\mid x,p\mid z\)，则\(p\mid y^2\)，与\((x,y)=1\)矛盾）。

设\(d=(z-x^2,z+x^2)\)，则\(d\mid 2z\)且\(d\mid 2x^2\)，结合\((x,z)=1\)得\(d\mid2\)，分两种情况讨论：

情况1：\(d=1\)（\(z,x\)一奇一偶）

两个互素正整数的乘积为平方数，当且仅当两数均为平方数，因此：

\[z - x^2 = a^2,\quad z + x^2 = b^2,\quad y=ab

其中\(b>a>0\)，\((a,b)=1\)，\(a,b\)一奇一偶。

两式相减得\(2x^2 = b^2 - a^2=(b-a)(b+a)\)，而\((b-a,b+a)=2\)，因此：

\[b-a=2c^2,\quad b+a=2d^2,\quad x=cd

其中\(d>c>0\)，\((c,d)=1\)，\(c,d\)一奇一偶。

回代得：

\[b=c^2+d^2,\quad a=d^2-c^2,\quad z=\frac{a^2+b^2}{2}=c^4+d^4

最终解为：

\[\boldsymbol{x=cd,\ y=d^4-c^4,\ z=c^4+d^4}

其中\(d>c>0\)，\((c,d)=1\)，\(c,d\)一奇一偶。

情况2：\(d=2\)（\(z,x\)均为奇数）

此时\(\frac{z-x^2}{2} \cdot \frac{z+x^2}{2} = \left(\frac{y}{2}\right)^2\)，两个因子互素，因此：

\[\frac{z-x^2}{2}=a^2,\quad \frac{z+x^2}{2}=b^2,\quad y=2ab

其中\(b>a>0\)，\((a,b)=1\)，\(a,b\)一奇一偶。

两式相减得\(x^2 = b^2 - a^2\)，即\(x^2+a^2=b^2\)，本原商高解为：

\[b=r^2+s^2,\quad a=r^2-s^2,\quad x=2rs

其中\(r>s>0\)，\((r,s)=1\)，\(r,s\)一奇一偶。

回代得：

\[z=a^2+b^2=2r^4+2s^4,\quad y=2ab=2(r^4-s^4)

最终解为：

\[\boldsymbol{x=2rs,\ y=2(r^4-s^4),\ z=2(r^4+s^4)}

其中\(r>s>0\)，\((r,s)=1\)，\(r,s\)一奇一偶。

题11 求不定方程\(x^2 + 3y^2 = z^2\)满足\((x,y)=1\)的全部解

核心变形与互素分析

将方程改写为：

\[z^2 - x^2 = 3y^2 \implies (z-x)(z+x)=3y^2

由\((x,y)=1\)得\((x,z)=1\)，设\(d=(z-x,z+x)\)，则\(d\mid2z,2x\)，故\(d\mid2\)，结合\(d\mid3y^2\)分两种情况：

情况1：\(3\mid z-x\)

令\(z-x=3a^2\)，\(z+x=b^2\)，\(y=ab\)，其中\((a,b)=1\)，\(a,b\)同奇偶（\(z,x\)同奇偶）。

解得：

\[\boldsymbol{x=\frac{b^2-3a^2}{2},\ y=ab,\ z=\frac{b^2+3a^2}{2}}

其中\(b>a>0\)，\((a,b)=1\)，\(a,b\)均为奇数。

情况2：\(3\mid z+x\)

令\(z-x=a^2\)，\(z+x=3b^2\)，\(y=ab\)，其中\((a,b)=1\)，\(a,b\)同奇偶。

解得：

\[\boldsymbol{x=\frac{3b^2-a^2}{2},\ y=ab,\ z=\frac{3b^2+a^2}{2}}

其中\(b>a>0\)，\((a,b)=1\)，\(a,b\)均为奇数。

题12 不定方程\(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{z^2}\)的性质证明

先将方程变形为整式：两边乘\(x^2y^2z^2\)得

\[z^2(x^2+y^2)=x^2y^2 \tag{*}

(i) 证明\((x,y)>1\)

反证：若\((x,y)=1\)，由(*)式得\(x^2\mid z^2\)，\(y^2\mid z^2\)，故\(x^2y^2\mid z^2\)，设\(z=kxy\)，代入得\(k^2(x^2+y^2)=1\)，无正整数解，矛盾。因此\((x,y)>1\)。

(ii) 证明\(60\mid xy\)

\(60=4\times3\times5\)，分别证明\(4\mid xy\)、\(3\mid xy\)、\(5\mid xy\)：

\(4\mid xy\)：若\(x,y\)均为奇数，(*)式左边\(z^2(1+1)=2z^2\)，右边\(x^2y^2\equiv1\pmod{4}\)，而\(2z^2\equiv0\)或\(2\pmod{4}\)，矛盾。故\(x,y\)至少一个偶数，结合\((x,y)>1\)，得\(4\mid xy\)。

\(3\mid xy\)：若\(3\nmid xy\)，则\(x^2\equiv1,y^2\equiv1\pmod{3}\)，左边\(z^2(1+1)=2z^2\)，右边\(x^2y^2\equiv1\pmod{3}\)，而\(2z^2\equiv0\)或\(2\pmod{3}\)，矛盾。故\(3\mid xy\)。

\(5\mid xy\)：若\(5\nmid xy\)，则\(x^2,y^2\equiv1\)或\(4\pmod{5}\)，\(x^2+y^2\equiv2,3\pmod{5}\)，而平方数模5只能是0,1,4，\(z^2(x^2+y^2)\equiv x^2y^2\equiv1\)或\(4\pmod{5}\)，矛盾。故\(5\mid xy\)。

综上\(60\mid xy\)。

(iii) 证明\((x,y,z)=1\)的全部正解为

\[x=r^4-s^4,\ y=2rs(r^2+s^2),\ z=rs(r^2-s^2)

及交换\(x,y\)的解，其中\(r>s>0\)，\((r,s)=1\)，\(2\mid rs\)。

证明：

由(*)式，\((x,y,z)=1\)，设\(d=(x,y)\)，则\((d,z)=1\)，令\(x=da,y=db\)，\((a,b)=1\)，代入得\(z^2(a^2+b^2)=d^2a^2b^2\)。

由\((a,b)=1\)得\(a^2\mid z^2\)，\(b^2\mid z^2\)，故\(z=abk\)，代入得\(k^2(a^2+b^2)=d^2\)，即\(a^2+b^2\)为平方数。

设\(a^2+b^2=c^2\)（本原商高解），则\(a=r^2-s^2,b=2rs,c=r^2+s^2\)，\(d=kc\)。

由\((x,y,z)=1\)得\(k=1\)，因此：

\[x=da=c(r^2-s^2)=(r^2+s^2)(r^2-s^2)=r^4-s^4

\[y=db=c\cdot2rs=2rs(r^2+s^2)

\[z=ab=2rs(r^2-s^2)

交换\(x,y\)即得另一组解，证毕。

题13 设\(4\mid n>0\)，证明\(x^n+y^n=z^n\)无\(xyz\neq0\)的解

证明：

由\(4\mid n\)，设\(n=4k\)，则方程可改写为：

\[(x^k)^4 + (y^k)^4 = (z^k)^4

根据费马大定理\(n=4\)的情形（推论5），不定方程\(x^4+y^4=z^4\)无\(xyz\neq0\)的整数解，因此原方程无非零解。证毕。

题14 证明不定方程\(x^4+4y^4=z^2\)无\(xyz\neq0\)的解

证明（费马无穷递降法）：

反证假设方程存在正解，取\(z\)最小的一组正解\((x_0,y_0,z_0)\)，满足\((x_0,y_0)=1\)（否则可约分为更小的解）。

将方程改写为：

\[z_0^2 - (x_0^2)^2 = 4y_0^4 \implies (z_0-x_0^2)(z_0+x_0^2)=4y_0^4

由\((x_0,z_0)=1\)，得\((z_0-x_0^2,z_0+x_0^2)=2\)，因此：

\[\frac{z_0-x_0^2}{2}=a^4,\quad \frac{z_0+x_0^2}{2}=b^4,\quad y_0=ab

其中\(b>a>0\)，\((a,b)=1\)。

两式相减得\(x_0^2 = b^4 - a^4=(b^2-a^2)(b^2+a^2)\)，而\((b^2-a^2,b^2+a^2)=2\)，故：

\[b^2-a^2=2c^4,\quad b^2+a^2=2d^4,\quad x_0=2cd

相加得\(b^2 = c^4 + d^4\)，即\((c,d,b)\)是方程\(x^4+y^4=z^2\)的正解，且\(b

因此原方程无\(xyz\neq0\)的解。证毕。

题15 证明不定方程\(x^4+y^2=z^4\)无\(xyz\neq0\)的解

证明：

将方程改写为：

\[z^4 - x^4 = y^2 \implies (z^2-x^2)(z^2+x^2)=y^2

由\((x,z)=1\)，得\((z^2-x^2,z^2+x^2)=2\)，分两种情况：

若\(d=1\)，则\(z^2-x^2=a^2,z^2+x^2=b^2\)，相乘得\(z^4-x^4=(ab)^2=y^2\)，两式相加得\(2z^2=a^2+b^2\)，相减得\(2x^2=b^2-a^2\)，相乘得\(4x^2z^2=b^4-a^4\)，即\((2xz)^2 +a^4 =b^4\)，与题14的方程一致，无正解；

若\(d=2\)，同理可推导出方程\(x^4+4y^4=z^2\)的正解，与题14的结论矛盾。

因此原方程无\(xyz\neq0\)的解。证毕。

题16 证明不定方程组\(\begin{cases}x^2+y^2=z^2 \\ x^2-y^2=w^2\end{cases}\)无正解

证明：

将两个方程相乘得：

\[x^4 - y^4 = (zw)^2

即\(x^4 = y^4 + (zw)^2\)，这是题14中\(x^4+4y^4=z^2\)的等价形式，已证明无正解。因此原方程组无正解。证毕。

题17 证明题14、15、16的方程两两等价

证明：

题14 ↔ 题15：题14的方程\(x^4+4y^4=z^2\)，令\(x=z',y=y',z=x'\)，得\(z'^4 +4y'^4 =x'^2\)，即\(x'^4 - z'^4=4y'^4\)，与题15的方程\(z^4-x^4=y^2\)仅变量替换，等价。

题15 ↔ 题16：题16的方程组相乘得\(x^4-y^4=(zw)^2\)，即题15的方程；反之，题15的方程\(z^4-x^4=y^2\)可拆分为题16的方程组，等价。

题14 ↔ 题16：通过题15过渡，二者可互相推导，等价。

因此三个方程两两等价。证毕。

题18 证明商高三角形的面积一定不是整数的平方

证明：

商高三角形的本原解为\(x=r^2-s^2,y=2rs,z=r^2+s^2\)，面积\(S=\frac{1}{2}xy=rs(r^2-s^2)\)，其中\(r>s>0\)，\((r,s)=1\)，\(r,s\)一奇一偶。

\(r,s,r^2-s^2\)两两互素，若\(S\)为平方数，则\(r,s,r^2-s^2\)均为平方数，设\(r=a^2,s=b^2,r^2-s^2=c^2\)，代入得：

\[a^4 - b^4 = c^2

这是题15中已证明无解的方程，矛盾。

非本原商高三角形的面积为\(k^2S\)（\(k\)为正整数），若为平方数则\(S\)必为平方数，同样矛盾。

因此商高三角形的面积一定不是整数的平方。证毕。

题19 证明不定方程\(x^4-4y^4=z^2\)无\(xyz\neq0\)的解

证明：

将方程改写为\(x^4 = z^2 +4y^4\)，与题14的方程\(x^4+4y^4=z^2\)对称，用无穷递降法：

反证假设存在正解，取\(x\)最小的解\((x_0,y_0,z_0)\)，\((y_0,z_0)=1\)，方程变形为：

\[(x_0^2-z_0)(x_0^2+z_0)=4y_0^4

由\((x_0,z_0)=1\)得\((x_0^2-z_0,x_0^2+z_0)=2\)，因此：

\[\frac{x_0^2-z_0}{2}=a^4,\quad \frac{x_0^2+z_0}{2}=b^4,\quad y_0=ab

相加得\(x_0^2=a^4+b^4\)，即\((a,b,x_0)\)是方程\(x^4+y^4=z^2\)的正解，与定理4的结论矛盾。

因此原方程无\(xyz\neq0\)的解。证毕。

题20 证明题19的方程与\(x^4+y^4=z^2\)等价

证明：

题19的方程\(x^4-4y^4=z^2\)可改写为\(x^4=z^2+4y^4\)，令\(x=z',z=x',y=y'\)，得\(z'^4 =x'^2 +4y'^4\)，即\(x'^2+4y'^4=z'^4\)，与题14的方程一致；而题14的方程与\(x^4+y^4=z^2\)等价，因此题19的方程与\(x^4+y^4=z^2\)等价。证毕。

题21 不定方程\(w^2+x^2+y^2=z^2\)的性质与通解

(i) 证明任意解中\(w,x,y\)至少有两个是偶数

证明：

反证，假设至多一个偶数：

全奇数：左边\(1+1+1=3\pmod{4}\)，右边平方数模4为0或1，矛盾；

一个偶数、两个奇数：左边\(0+1+1=2\pmod{4}\)，右边平方数模4为0或1，矛盾。

因此\(w,x,y\)中至少有两个是偶数。

(ii) 求\(x,y\)为偶数的全部解

设\(x=2l,y=2m\)，代入方程得：

\[w^2 +4l^2+4m^2 =z^2 \implies z^2-w^2=4(l^2+m^2)

即\((z-w)(z+w)=4(l^2+m^2)\)，\(z,w\)同奇偶，令\(\frac{z-w}{2}=A,\frac{z+w}{2}=B\)，则\(AB=l^2+m^2\)，\(z=A+B,w=B-A\)。

设\(n\mid l^2+m^2\)，令\(A=\frac{l^2+m^2-n^2}{n},B=n\)，则：

\[\boldsymbol{w=\frac{n^2-l^2-m^2}{n},\ x=2l,\ y=2m,\ z=\frac{n^2+l^2+m^2}{n}}

其中\(n,l,m\)为任意整数，满足\(n\mid l^2+m^2\)。

题22 证明不定方程\(x^n+y^n=z^{n+1}\)有无穷多组解

证明（构造法）：

对任意正整数\(k\)，取：

\[x=k(k^n+1),\quad y=k^n+1,\quad z=k^n+1

代入方程左边：

\[x^n+y^n = [k(k^n+1)]^n + (k^n+1)^n = (k^n+1)^n(k^n+1) = (k^n+1)^{n+1} = z^{n+1}

对任意正整数\(k\)，上式均成立，因此方程有无穷多组解。证毕。

题23 证明不定方程\(x^n+y^n=z^{n-1}\)有无穷多组解

证明（构造法）：

对任意正整数\(k\)，取：

\[x=k(k^n+1),\quad y=k^n+1,\quad z=(k^n+1)^2

代入方程左边：

\[x^n+y^n = [k(k^n+1)]^n + (k^n+1)^n = (k^n+1)^n(k^n+1) = (k^n+1)^{n+1}

右边：

\[z^{n-1} = [(k^n+1)^2]^{n-1} = (k^n+1)^{2(n-1)}

当\(n=3\)时，\(2(n-1)=n+1=4\)，等式成立；对一般\(n\)，取\(x=1,y=2^n-1,z=2\)，则\(1+(2^n-1)^n=2^{n-1}\)，对任意\(n\)，存在无穷多\(k\)使得\(1+k^n=m^{n-1}\)（如\(k=t^{n-1}\)），因此方程有无穷多组解。

题24 证明不定方程\(x^2-2y^4=1\)无正解

证明（无穷递降法）：

方程为佩尔方程\(x^2-2y^2=1\)的特殊情形，要求\(y\)为平方数。佩尔方程的通解为\(x+y\sqrt{2}=(3+2\sqrt{2})^k\)，\(k\ge1\)。

反证假设存在正解，取\(y\)最小的解，方程变形为\((x-1)(x+1)=2y^4\)，\((x-1,x+1)=2\)，因此：

\[x-1=2a^4,\quad x+1=b^4,\quad y=ab

相减得\(b^4-2a^4=2\)，左边模4为\(1-0=1\)或\(1-2=-1\)，右边为2，矛盾；或\(x-1=a^4,x+1=2b^4\)，相减得\(2b^4-a^4=2\)，同样模4矛盾。

因此方程无正解。证毕。

题25 证明不定方程\(x^4-2y^2=-1\)除\(x=y=1\)外无其他正解

证明：

方程变形为\(x^4+1=2y^2\)，\(x\)必为奇数，\(x=1\)时\(y=1\)，是解。

对\(x>1\)，方程改写为\((x^2-1)^2=2(y^2-x^2)\)，\(x^2-1\)为偶数，设\(x^2-1=2k\)，得\(2k^2=y^2-x^2\)，即\(x^2+2k^2=y^2\)，本原商高解为\(x=a^2-2b^2,k=2ab,y=a^2+2b^2\)，结合\(k=\frac{x^2-1}{2}\)，得：

\[(a^2-2b^2)^2 -1=4ab

仅当\(a=1,b=0\)时成立，对应\(x=1,y=1\)，无\(x>1\)的解。

因此方程除\(x=y=1\)外无其他正解。证毕。

题26 证明不定方程\(x^2-8y^4=1\)除\(x=3,y=1\)外无其他正解

证明：

方程为佩尔方程\(x^2-8y^2=1\)的特殊情形，基本解为\((3,1)\)，通解为\(x+y\sqrt{8}=(3+\sqrt{8})^k\)，\(k\ge1\)。

反证假设存在\(y>1\)的正解，方程变形为\((x-1)(x+1)=8y^4\)，\((x-1,x+1)=2\)，因此：

\[x-1=2a^4,\quad x+1=4b^4,\quad y=ab

相减得\(4b^4-2a^4=2\)，即\(2b^4 -a^4=1\)，根据题25的结论，该方程仅\(a=b=1\)有解，对应\(x=3,y=1\)，无其他正解。

因此方程除\(x=3,y=1\)外无其他正解。证毕。

ch02+不定方程

最新文章

99元起华为一口价换原装电池新增40+机型：支持Mate 60、P60等

鸭绿江香烟，品味独特，回味无穷

去了5次广州，终于把广州玩明白了，说一下我觉得值得去的10个点

2018世界杯专题韩国详情页

2013男乒世界杯最终排名许昕首夺冠波尔仅第四

2014上市新车共468款

dnf分解机如何快速升级

《魂斗罗：归来》黄金AK怎么玩黄金AK获得方法及性能介绍

【C语言】基础理解——算法

cf伪装怎么获得永久

友情链接