《复变函数论》课程教学资源（书籍文献）不定方程（共八章）

. r 目录 序言 §2s(8≥2)元一次不定方程4 关于一次不定方程的Frobenius问题............8 4联立一次不定方程组......13 §1 Pell方程x2-Dy2=1.................18 §2Pell方程x2-Dy2=-1................24 3不定方程x2-Dy2=c.................28 §4高斯关于二元二次方程的一个结果····.··35 §5不定方程x2+y2=z2和x2+2y2=22...37 6不定方程ax2+by2+ca2=0....40 1解不定方程y2=x3+k的初等方法.........46 2关于代数数论.....49 §3解不定方程y3=x3+k的代数数论方法.........55 5不定方程x8+y3+x8+u3=n........66 §1仅有平凡解的四次不定方程.··.69 2递归序列与四次不定方程73 ·ⅰ·

..92第五章费马大定理.9281初等方法.2代数数论的方法—一库默的工作.97.107S3其他一些结果第六章与连续整数有关的不定方程.11081不定方程+1=.11082三个连续数的问题-1133不定方程+1=-1192(α-5)"=(a+h+1)":4不定方程）.1230第七章某些指数不定方程-12981一个关于商高数的想.12952不定方程c+7~2m.13233不定方程=g..137第八章某些不定方程整数解的上界.1421从Thue的定理谈起.1422几类不定方程解的上界-146$3Baker方法举例-149.i

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间题上有应用。S1二元一次不定方程二元一次不定方程是指(1)aa+a2-n其中a，a2，轮是给定的整数，1a2+0我们有定理1方程（1)有解的充分必要条件是①(2)(ai, a2) In.证如果（1)有解，星然（2)成立反之，不失一般，可设（aa2)=1和a>0az>0，如a1,则解为=n-a若>我们用辗转相除法来求①在本书中，常以小写拉丁字母a，6,c，代表整数；设+0，整除α,以a表示；（，)表示a，的最大公因数，我们假定读老知道求(a，b)的银转相除方法

(1)的一组解。写aa-qia1+t,0>>"，在有限步后，有rx+1=0,而=（a,@2)1,且#+1+-10+2n其中=0,ro=，-1=g。于是，我们把am+1-r-1+2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+2的解，证完往后，在(1)有解的情况下，我们总可以假设(α，aa)=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设（α1,α2)=1，则(1)的全部解可表为(b)a-wo十aat,y-yo-ait2

其中，yo为1)的一组解，为任意整数证设t为任意整数，把（5)代入(1)得al (ro+a2t)+aa(yoait) argo+aon,故为任意整数时，（5)均为（1)的一组解反之，设a1，91为（1)的任意一组解，由和ait+aon可得a1(a-) +a(i-yo) 0,因（α1，aa)=1，所以a2|—a0，可设io2t或+a2t1则Yiyo-ait1这就证明了（1)的任一组解具有形状（5）.证完例求不定方程(6)11$+15ag-7的全部解.由于(11,15)=1，故(6)有解。由15一1×11+4，可设十s这里40+110g --7,由11=2×4+3，可设2=—2g+24这里3as +404 = 7,由4-1×3+1，可设ig -- aa + a5,这里04+8mg=7,令s=t，可得1-—28+15t, xa=21—11t,其中t为任意整数。3

828(s2)元-次不定方程设8≥2,8元一次不定方程是指(1)a1+ag+..+aggn其中a（i-1，s)，n都是给定的整数，an0一我们有(1)有解的充分必要条件是定理1(2)(a1, C2, "*, as) [n.(1)如有解，显然（2)成立证反之，如果(2)成立．不失一般，可设（a1，，）一1,a>0(=1，"，s)，是，"，中最小的数，写ayga+r,Orgai,如1如果1一1,则(1)的解为=2则z，，。中至少有一个不为0，设A8i2#1+1-920g+2—43+3(3)-0g+, i-2, , 8,把(3)代入(1)得C1g+1++gs+2++gg+8+.+,32=m,(4)(a1, T2, , Ta)1,因为(3)的变换矩阵的行列式为1，所以(1)的解(a，，)与（4）的解（a+1，g+2"，α2）之间是一一对应的，因此只需解（4).不失一般，设"2是2，，"中最小的正数，写a1-+1,0≤2Y=trg+6j,0≤<r2, j-3, ,8设让，，…，中至少有一个不为0再设4

[+1=g+1(6)a+2-—t1028+1+028+2-tg028+3..-ta3sag+j-02s+i,j-3,",8,把(5)代入(4)得y28+1-+ r22+2+ig2s+8 +.+g8-m,(6)(1, T2, 3, , 1,) =1,因为(6)的变换矩阵的行列式为1，所以(4)的解与(5)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），设是班，，…，中最小的正数，继续作下去，因为≥>，在有限步之后，存在1和行列式为1的变换d(-1)+1=ks+1—ug+2-ugaka+= -igtra+(7)W(k-1)8++-0h8++, j-- 2, ", S.使得(8)Oke+1+W20+2+..+Wxs+#"m,再令a+1- X1-X2--...-X-(9)ars+= X, j-2, , 8,代入(8)得X1-0,再将X1一m代入(9)得X,n8+i=X,j-2,",s,Wk8+1逐次代入，最后可得，…，，的组含8一1个参数X，…，区。的解，证完设8阶方阵A，A的元素均为整数，4的行列式A|一士1,形奶.5

X 1251(10)::wdX.书20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aa++ag，（ai，*α)=1,变为X1.由定理1的证明还告诉我们（1)的通解含一1个参数，上一节给出了8-2的通解公式，由此可推出8=3时（1）的通解公式，S>3的情形可以逐步推出，下面我们来证明定理设(a)()，aa，bb不定方程(11)ac+by+c-n的全部解可表为ao+bit-uict, 9=Yo-ait1-uact2, 2=2o+dt2, (12)4其中，o是（11)的一组解，满足+一1,妊，如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，，2是（11)的一组解由Taao+byo+con, aa+by+ca=n,可得(13)d(ar(α-ao) -+br(-yo)) = c(z-2o),由（，)1，故有整数，使(14)2=20+dt

将(14)代入(13)得(15)a1(αa)+b(g-yo)=-2由于一ctz和一acta是×十bY一一ct的一组解，由(15)存在整数，使-o十brtcta,=yo-aiti-ugcta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(16)25x+182+7=4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+4,131×7+6,可设4,g=5,g—3a4—g+a8g代入(16)得(17)44+6+7g-4由于64十2,74十3，可设—8—ag,-g，2g-g代入(17)得(18)4a +2xg +Bag = 4,由于42×2，82+1,可设-10,g=210+011—±1g612,代入(18)得(19)2x11+12— 4,最后设12-X1-2X2,411-X,±10Xg，代入(19)得X1=4,故19-42×2，11-X，10=，逐次代入，可得1--X2+3Xs2-3X-2X-4(20)Wg=-2X2-7Xg+8,其中X，X：为任意整数。(20)就是(16)的通解

83关于一次不定方程的Frobenius 间题设8≥2,n和at(é一1，"，3)都是正整数,且(a1,*，α)11，考虑一次不定方程(1)a+..+agn的非负解≥0（一1，，8)的问题。在$2时，我们有定理1在≥12一—a时，(1)有非负解≥0,2≥0,但在n1ag—-2时,(1)没有非负解≥0,=0,证由多1的定理1知(2)a+a2-n的全部解可表为其中，是（2)的一组解，为任意整数，不难知道，可取使0g a- aita1,即0-aita1-1,又由可得(l+at)ai=n(-ait)a2>dg-aa-(a-1)g-a1,即i+a2t>-1,故对上述来说+a2tz0这就证明了m>1a2—1—a2时，(2)存在解≥0,2≥0如果n一1a2—12，（2)有解1≥0,=0.则由g.8