艳丽的拼音-华灯初处起笙歌

第十三讲 不定方程
当一个方程中未知数的个数多于一个时，称这个方程 为不定方程．本讲只讨论有二个未
知数的一次不定方程．
一个不定方程总有无穷多组解，但更 多的情况是讨论一个整系数的不定方程的整数解
或正整数解，此时，它可能仍有无穷多组解，也可能只有 有限组解，甚至可能无解．
我国对不定方程的研究已经有几千年的历史，“物不知其数”，“秦王暗点 兵”，“百鸡问
题”，“五家共井”等趣题一直流传至今．对不定方程的研究是令人感兴趣的课题之一．

例题
例1：解方程 2x－3y＝8
解： 由原方程，易得 2x＝8＋3y，x＝4＋
3
y
2
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，
3

x4k

故这样的x与y是原方程的一组解，即原方程的解可表为：

其中k为任意数．
2
，


yk
说明 由y取值的任意性，可知上述不定 方程有无穷多组解．一般地，二元一次不定方
程总有无穷多组解，其解法也和例1类似，即先将其中的一 个未知数看作常数，把另一个未
知数解出，最后把看作常数的未知数取为任意数即可．对二元一次不定方 程，我们通常研究
它的整数解．

例2：求方程2x＋6y＝9的整数解
解：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 例2告诉我们， 并非所有的二元一次方程都有整数解，二元一次方程什么时候有
整数解，什么时候没有整数解呢？我们有 下面的定理：
定理1 整系数方程ax＋by＝c有整数解的充分而且必要条件是a与b的最大公约数d
能整除c．
定理1告诉我们，若d | c，则原方程有整数解，否则，若dc，则原方程没有整数解．
例3：求方程4x＋10y＝34的整数解
解：因为4与10的最大公约数为2，而2|34，由定理1，原方程有整数解．
两边约去2后，得 2x＋5y＝17
故 y＝
172x

5
因此，要使y取得整数，17－2x必须是 5的倍数，如x＝1时，17－2x＝15，y ＝3，即
我们找到了方程的一组解x
0
＝1，y
0
＝3．
设原方程的所有解的表达式为：


x1m
，

y3n

代入原方程，得2(1＋m)＋5(3＋n)＝17，
即 2m＋5n＝0，亦即2m＝－5n，从而5|2m.．因为2与5互质，所以5| m．令m＝5k，
k为整数，则有n＝－2k．
由此得到原方程的所有解为


x15k
，其中k为任意整数．

y32k
abcab
c
xy
，令
a< br>1
，
b
1
，
c
1
．显然，
dd ddd
d
说明 由定理1，我们知道，若ax＋by＝c有解，则a与b的最大公约数d | c．此时，我
们可以在原方程的两边同时约去d，得
此时
a
1
与b< br>1
的最大公约数为1．因此，只要讨论d＝1的情况即可．我们有如下定理：
定理2 若a与b的最大公约数为1（即a与b互质），x
0
、y
0
为二元一次整系数 不定
方程ax＋by＝c的一组整数解（也称为特解），则ax＋by＝c的所有解（也称通解）为

xx
0
bk
，其中k为任意整数．

< br>yy
0
ak
因此，当d＝1时，显然ax＋by＝c有解，并且解这个二元 一次方程的关键在于找它的
特解x
0
、y
0
．

例4：求方程2x＋3y＝5的整数解
解：我们容易发现，x＝1，y＝1是方程的一组解， 又因为（2，3）＝1，由定理2，方程的
所有整数解为


x13k< br>，（k为任意整数）

y12k
说明 本例通过观察，容易发现 一组解．但有时，不定方程的特解是不容易获得的，如
不定方程1999x＋105y＝1就很难直接找 到一组整数解．
下面通过几个例子来介绍求不定方程的特解的常用方法．

例5：求方程3x＋5y＝12的整数解
解： 由3x＋5y＝12得 x＝4－
y
，
所以当且仅当3| y时，x为整数，取y＝3，得x＝4－
即x＝－1，y＝3是原方程的一组解．
因此，原方程的所有整数解为

5
3
5
×3＝－1，
3

x15k
，（k为任意整数）

y33k

例6：求方程3x＋5y＝31的整数解
解：由原方程，得 x＝
315y
，
3

1y
，
3
1y1y
要使方程有整 数解，必须为整数．取y＝2，得x＝10－2y＋＝10－4＋1＝7，
33
即 x＝10－2y＋
故x＝7，y＝2是原方程的一组解．

x75k
因此，原方程的所有整数解为

，（k为任意整数）
y23k

以上我们讨论了二元一次方程的整数解的情况下，下面我们介绍二元一 次不定方程有
正整数的情况．

例7：求方程3x＋5y＝31的正整数解． 
x75k
解：由例6，我们知道3x＋5y＝31的所有整数解为

，（k为任意整数）
y23k

故要求原方程的正整数解，只要使x＞0，y ＞0即可，即有不等式组

个不等式组的解为


75k0，这

23k0
72
k
．注意到k为整数，所以在此范 围内的整数k只能取0或－
53
1，分别令k＝0和k＝－1，得到原方程的所有正整数解，分 别为


x7

x2

,


y2

y5
说明 求二元一次不定方程 的正整数解时，可先求出它的通解，然后令x＞0，y＞0，得
不等式组，由不等式组可解得k的范围， 在此范围内取k的整数解，代入通解，即得这个不
定方程的所有正整数解．

例8：求方程5x－3y＝－7的正整数解
解：原方程可化为x＝
3y73(y1)
，即 x＝－2＋．
55y＝4时，x＝1．即


x1
为原方程的一组整数解．
y4


x13k
（k为任意整数）

y 45k

13k0
1
，解得k<，所以，当k取0，－1，－2，…
3

45k0
因此，原方程的所有整数解为

再令x＞ 0，y＞0，即有不等式组


x13k
时原方程可得到无穷多组正整数 解

（k＝0，－1，－2，…）
y45k


例9：求方程11x＋5y＝12的正整数解

解：如果方程有正整数解，则x≥1，y≥1，因此11x＋5y≥11＋5＝16．
而方程的右端为12，所以这个方程无正整数解．

说明 一般地，若方程ax＋by＝c中，a＞0，b＞0，a＋b＞c，则这个方程无正整数解．

例10：如果三个既约真分数
求这三个既约真分数的积．
解：由题意，我们有
2ab
，，的分子都加上b，这时得到的三个分数的和为6，
346
2babb 6
＝6，

346
整理得 3a＋11b＝64．
问题转化为求3a＋11b＝64的正整数解．
6411b
，
3
1b
从而 a＝21－4b＋．
3
由3a＋11b＝64得a ＝
令b＝2得a＝14．即这个不定方程有一组整数解


a14
，

b2

a1411k
从而它的所有整数解为

（k为任意整数）
b23k

令a＞0，b＞0，得不等式组


1411k0
142
，解得
k
．
113

23k0

a14

a3
从而k ＝0或－1．因此，这个方程有两组正整数解

和

．
b5
b2



ab
与为既约真分数，所以a＝3，b＝5是它的惟一解．
46
2355
因此所求的积为××＝．
34612
注意
例11 求5x＋8y＋19z＝50 ①的整数解．
分析 方程ax＋by＋cz＝d可解的条件是a、b、c的最大公约数能整除d（a、b、c）＝1时 ，
方程必有整数解．
解法一
x
令
508y19z2yz

102y4z
55
2yz
，则z＝5u－2y
u
（u为整数）
5
x＝10－2y－4（5u－2y）＋u
＝10－2y－20u＋8y＋u
＝10＋6y－19u


x106y19u

∴原方程的通解为

yy< br>

z5u2y

解法二 原方程分为两方程即：
< br>5x8yu


u19z50
②
③
（u为整数）
观察得5×(5u)＋8×(－3u)＝u
于是方程①的解为

x5u8t
1
（
t
1
为整数）

y3u5t

1
观察②得 1×（－7）＋19×3＝50
于是方程②的解为

u719t
2
（
t
2
为整数）


z3t
2

x358t
1
95t
2

∴原方程的通解为

y215t
1
57 t
2
（
t
1
,t
2
为整数）

z3t
2

评注：不定方程在无约束条件的情况下，通常有无数组整数解，由于求 出的特殊解不同，解
题方法不同，同一个不定方程的解的形式可以不同，但它们所包含的全部解是一样的 ，若将
解中的参数做适当的代换，就可化为同一形式．









（学生课后练习机动，1——2题即可）