目 录 序言 第一章一次不定方程………… ………1 31二元一次不定方程……………… 2s(82)元一次不定方程 …… -……4 83关于一次不定方程的Frobenius问题……8 §4联立一次不定方程组…… ………………………13 第二章二次不定方程………………18 1Pell方程x2-Dy2=1…………18 82Peli方程x2-Dy2=-1…………24 83不定方程x2-Dy2=c………………28 84高斯关于二元二次方程的一个结果……35 85不定方程x2+y2=z2和x2+2y2=z2……37 ! 6不定方程a2+b2+ca2=0……40 第三章三次不定方程… …45 81解不定方程y2=x3+的初等方法…………46 §2关于代数数论… ……49 3解不定方程gy3=x3+k的代数数论方法………55 S4一些三元三次不定方程 + …-…61 85不定方程x+y3+z3+w3=n………66 第四章四次不定方程…………………69 1仅有平凡解的四次不定方程………………69 82递归序列与四次不定方程…………73 3不定方程x一Dy2=1…………………82 ·i
第五章费马大定理……………92 81初等方法 ……92 82代数数论的方法——岸默的工作………97 3其他一些结果………… …………107 第六章与连续整数有关的不定方程………110 81不定方程y2+1=x”……… …-110 82三个连续数的问题…………………113 83不定方程o?+1=y2…………119 4不定方程 -=(++1 -123 第七章某些指数不定方程………129 1一个关于商高数的猜想…………………129 §2不定方程x2+7一2”……………132 83不定方程=………………………137 第八章某些不定方程整数解的上界………142 81从hue的定理谈起……………142 2几类不定方程解的上界………………146 s3 Baker方法举例-……………………149 。·
第一章一次不定方程 在本书中，凡方程的解如未加说明，都指整数解」 本章将给出一次不定方程有解的充分必要条件和求解的 方法.对于多个一次不定方程联立的某些情形，虽然人们也 得出了有解的充分必要条件和求解的方法，但是远不如一个 时简单。一次不定方程与规划论有联系，它还有一些其他方 面的应用，例如本章介绍的Frobenius问题，就在合理下料等 实际问题上有应刑。 §1二元一次不定方程 二元一次不定方程是指 a1的十化2c2=忆， (1) 其中吐，2，%是给定的整数，12≠0. 我们有 定理1方程(1)有解的充分必要条仲是① (1,2）z (2) 证如集(1)有解，显然（②）成立 反之，不失一般，可设(1，a2)=1和>0,2>0，如 =1,则解为=%一22.若1>1我们用辗转相除法来求 ①在本书中，常以小写拉丁字母a,b,c,…代表幣数；设b卡0，b整除a, 以bc表示；(，)表示a,飞的最大公因数，我们假定读老知道求 (a,b)的辗转甜除方法。 。1
(1)的一组解.写 a=q1a1+r1,01>r2>…,在有限步后，有 re+1=0,而r±(a,ag)-1,且 k花+1十-1k+2r第， 其中k≥0，r0=a,?-1=g.于是，我们把+1=%一T-1+3 代入%的表达式，再把+1，代入-1的表达式，…，最 后可得（①）的含参数+的解.证完。 往后，在（①）有解的情况下，我门总可以假设(，a)=1. 以上的后一半证明是构造性的，即证明定理充分性的过程，实 际上就是求(1)的全部解的过程.(1)的全部解，可由以下定 理给出。 定理2没(1，a2)=1,则(1)的全部解可表为 x=0十gt,y=0一a1击， (5) •2
其中0，o为(1)的一组解，为任意整数. 证设为任意整数，把(6)代入()得 (t0十62)十g(yo一1)=a1o+0=, 故舌为任意整数时，(5)均为(1)的一组解. 反之，设c,1为()的任意一组解，由 a21十则1m见 和 1x0十20=第 可得 1(1-o）+g(1-yo）=0, 因(1,2)=1，所以21一，可设 花1一x0=21或文1=0十a21. 则 y1=0一411. 这就证明了(1)的任一组解具有形状（⑤）.证完. 例求不定方程 11的+15g=7 (6) 的全部解 由于(11,15)=1，故(6)有解.由16=1×11+4，可设 x1=一元2十8， 这里 42十1103=7， 由11-2×4+3，可设 g2=一2x8÷04, 这里 33十484=7， 由4=1×3+1，可设 g3=一比4十5) 这里 的4十36=7， 令s=t,可得 1=-28+15t,2=21一11， 其中为任意整数 03
§28($≥2)元一次不定方程 设$≥2,8元一次不定方程是指 11十62十…十花s=0, (1) 其中(=1，…，8)，%都是给定的整数，☑n≠0. 我们有 定理1(1)有解的充分必要条件是 (1,2,…,as)n。 (2) 证(1)如有解，显然(2)成立. 反之，如果(2)成立.不失一般，可设(a1,…,)=1, a>0(=1,,8),1是1，，中最小的数写 ay=91十r)0≤y1, 则2，…，r。中至少有一个不为0，设 1=a+1920g+3一934+3一421 (3) 新=防+电兰2，$， 把(3)代入(1)得 1s+1十Tg+2十T48十…十90=n, (a,r2",r)=1, (4) 因为(3)的变换矩阵的行列式为1，所以(1)的解(，，) 与(4)的解(+1，的a+2,”,c2)之间是一一对应的.因此只 解(4).不失一般，设2是，，，中最小的正数，写 1-t102+,0≤1<r2, y=r2十，0≤Ly<r2,j=3,…,8 设1，，，中至少有一个不为0. 再设 …4·
花g+1=龙24+1 见1+2=一i12s+1↓化2g+3-本3028+3一…一t化3g (6) 司+3=花gs+了=3，…，8， 把(5)代入(4)得 乙128+1十r2C2g+2十sx2s+8十…十乙8=%， (亿，r2,3,…,)=1 (6) 因为()的变换矩阵的行列式为1，所以(4)的解与(6)的解之 间是一一对应的，因而(1)的解与（⑤）的解之间是一一对应的. 因此只需解(6).设是1，，…，乙中最小的正数，继续作 下去，因为>2>3>…，在有限步之后，存在≥1和行 列式为1的变换 花k-1a+1=s+1一2g花ka+9一2gk8+3一+1一Mwa+n (T) t-18+5=8+,1=2,…,S. 使得 0%8+1十V2ka+9十…十2)+a=%, (8) 再令 m4+1=X1-2v2X2一…一2X41 (9) 宽+3=X力j-2,…,8, 代入(8)得 X1-m,· 再将X1=%代入(9)得 矿s+1=元一 盒Xn-Xh方=2，马， 逐次代入，最后可得，…，的一组含8一1个参数X,, X。的解，证完」 设8阶方阵A,A的元素均为整数，A的行列式A= 士1，形如 5*
(10) X. 的变换叫单位模变换.由于变换(9)、(7)、…、(3)均为单位模 变换，单位模变换的乘积仍是单位模变换，因此由定理1的证 明，立即可得 推论存在单位模变换(10)，把11十·十%，(1，*， a)-1,变为X1. 由定理1的证明还告诉我们(1)的通解含8一1个参数， 上一节给出了8一2的通解公式，由此可推出8=3时(1)的通 解公式，$>3的情形可以逐步推出。下面我们来证明 定理2设(，b,c）m1,(,)=d,&rda,b=d功1，不 定方程 c十by+c2=% (11) 的全部解可表为 xa0+b西一hcg,y=6-1t1-2ct2,2=0+dt2,(12) 其中，，0是(11)的一组解，，2满足1w1+b1=1, ,2为任意整数 证对于任意的整数，，将(12)代入(11)，易知是(11) 的一组解. 反之，设出，，名是(11)的一组解.由 axo+6yo+czo=n,ax+by+cz=n, 可得 d(a(x-o)-+(u-yo))=-c(2-o), (13) 由(d,c)=1,故有整数2，使 名=十g (14) 6
将(14)代入(13)得 1(-0)+i(g-o)=一c2, (15) 由于一山1ct2和一ct2是a1X十b:Y=一c的一组解，由 (15)存在整数，使 =x0十b11一hc$2,y=0一a1t1一u2ct2, 这就证明了(11)的任一组解可表为形状(12).证完. 例求出不定方程 25x1+13x2+7%=4 (16) 的全部解。 我们用证明定理1充分性的方法来求解.由于25一3× 7+生，13=1X7+6,可设m花cg=,a-34-c6+, 代入(16)得 4c4+6x6+76-4, (17) 由于6=4+2,7=4+3，可设4=一如8一的，s=g,0= 代入(17)得 4+2x8+3%=4, (18) 由于4=2X2,3-2+1,可设4=c10,8=-210十1一必1 =2,代入(（18)得 211十12=4， (19) 最后设C22=X1一2X3,c11=Xg,10=X,代入(19)得 X1=4, 故一4一2X2,11=X2,10=X8,逐次代入，可得 恋1=一X2十3X8,您2=3X多-2Xa-4, 3=-2X2-7Xg十8， (20) 其中X,Xa为任意整数.（②0）就是(16)的通解. 年7
§3关于一次不定方程的 Frobenius间题 设8≥2，%和(=1，…，8)都是正整数，且(1，…，心，) “1,考虑一次不定方程 11+…十化g,x究 (1) 的非负解0（花1，…，）的问题.在82时，我们有 定理1在%>a12一1一a时，(I)有非负解1≥0,2 ≥0，但在n=12一一a2时，(1)没有非负解g1≥0，≥0. 证由§1的定理1知 11十a22=驼 (2) 的全部解可表为 花1心1十t,他2=的一1， 其中，%是（②）的一组解，为任意整数.不难知道，可取古 使 0s2=的一tab1-a1-b1可得 (+2t)a1=n-(a一a1t)2 >1%2---(a1-1)=一， 即 的+a2t>一1， 故对上述来说 1=+2t会0， 这就证明了n>1a2一1一a2时，(2)存在解≥0，c2≥0. 如果=12一&1一ag,(②)有解1≥0,3产0.则由 ag一1一42=411十g的 8