二元一次不定方程|整数解

二元一次不定方程的一般形式为

$$ax+by=c$$(1)

其中 $a$、$b$、$c$ 是整数，且 $a$、$b$ 都不为零。

解不定方程 (1) 就是要求出 (1) 式的所有整数解。

定理1整数解存在充要条件

方程 (1) 有整数解的充分必要条件是 $(a,b)|c$。

证明：

条件:$(a,b)|c$,

结论:方程(1):$ax+by=c$

必要性是明显的。

由$(a,b)|a$,$(a,b)|b$,且$x,y\in \mathbb{Z}$,则由整除的性质有$(a,b)|(ax+by)$,即$(a|b)|c$

充分性:

由裴蜀恒等式知存在整数 $u_0$、$v_0$，使

$$a{u}_0+b{v}_0=(a,b).$$(1-1),将方程(1-1)两边同时乘以$\frac{c}{(a,b)}$,得$a{u}_0\frac{c}{(a,b)}$+$b{v}_0\frac{c}{(a,b)}$=$c$

由于$(a,b)|c$,于是$\frac{c}{(a,b)}\in \mathbb{Z}$, $x_0=u_0\frac{c}{(a,b)}$，$y_0=v_0\frac{c}{(a,b)}$ 就是 (1) 式的一组整数解。

定理2 通解

若知道 (1) 式的一个特解 ${\mathbf{x}}_0(x_0,y_0)$，则立刻就可以写出 (1) 式的全部解。

已知$(x_0,y_0)$是(1)式的一个解,即$a{x}_0+b{y}_0=c$，则(1)式的全部解为以下式(2)
$$\{\begin{array}{l}x=x_0+\frac{b}{(a,b)}t,\\ y=y_0-\frac{a}{(a,b)}t,\end{array}t=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$$

证明：

易知(2)式给出的所有$(x,y)$都满足方程(1)$ax+by=c$。

反之，设$(x,y)$是(1)式的任意一个解。证明其能够被表示为式(2)的形式

由$$ax+by=c$$及$$a{x}_0+b{y}_0=c,$$(2-0)可得$$a(x-x_0)+b(y-y_0)=0,$$(2-1),对其两边乘以$\frac{1}{(a,b)}$并移项,

进而有$$\frac{a}{(a,b)}(x-x_0)=-\frac{b}{(a,b)}(y-y_0).$$(3)

可见$\frac{b}{(a,b)}|(\frac{a}{(a,b)}(x-x_0))$

由$\left(\frac{a}{(a,b)},\frac{b}{(a,b)}\right)=1$，知$\frac{b}{(a,b)}|(x_0-x)$。

(注意，整除的性质:若$m|a_1{a}_2$,$(m,a_1)=1$,则$m|a_2$;在这里$m=\frac{b}{(a,b)}$,$a_1$=$\frac{a}{(a,b)}$,$a_2=(x-x_0)$)

因此存在整数$t$，使得$x_0-x$=$\frac{b}{(a,b)}t$,即$$x=x_0+\frac{b}{(a,b)}t.$$(3-1)

代入(3)式(或带入(2-1)更好算),即得

$$y=y_0-\frac{a}{(a,b)}t$$(3-2)

特解

知识回顾

对整数$a>0$,$b>0$反复运用带余除法,可得下列等式
$$\begin{array}{rlrl}& & & \\ & a=b{q}_1+r_1,& & 0<r_1<b,\\ & b=r_1{q}_2+r_2,& & 0<r_2<r_1,\\ & r_1=r_2{q}_3+r_3,& & 0<r_3<r_2,\\ & r_2=r_3{q}_4+r_4,& & 0<r_4<r_3,\\ & ...& & \\ & r_{n-2}=r_{n-1}{q}_n+r_n,& & 0<r_n<r_{n-1},\\ & r_{n-1}=r_n{q}_{n+1}+r_{n+1}& & (r_{n+1}=0).\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$

设$a$，$b$是任意两个正整数，并进行了式(1)中的辗转相除法，

则有
$$Q_{k}a-P_{k}b=(-1{)}^{k-1}{r}_k,1⩽k⩽n.$$ (2)

其中
$$\{\begin{array}{c}{P}_0=1,P_1=q_1,P_k=q_k{P}_{k-1}+P_{k-2},\\ Q_0=0,Q_1=1,Q_k=q_k{Q}_{k-1}+Q_{k-2},\end{array}2⩽k⩽n.\text{\hspace{1em}(3)}$$

利用辗转相除法求

不妨设(1)式中的$a,b$互素，不然去解方程$$\frac{a}{(a,b)}x+\frac{b}{(a,b)}y=\frac{c}{(a,b)}$$即可。

首先画出如下的框图，然后将由辗转相除法求出的 $q_1,q_2,\cdots ,q_n$依次填在框图的第二行里。

接着在第三行填上 $P_0=1,P_1=q_1$，在第四行填上 $Q_0=0,Q_1=1$。

由递推公式依次求出 $P_2,Q_2,P_3,Q_3,\cdots ,P_n,Q_n$。

由 辗转相除法基本定理 (取 $k=n$) 知

$$Q_{n}a-P_{n}b=(-1{)}^{n-1}，$$

即

$$a[(-1{)}^{n-1}{Q}_{n}c]+b[(-1{)}^n{P}_{n}c]=c.$$

因此将以上求得的 $P_n,Q_n$ 代入下式

$$\{\begin{array}{l}{x}_0=(-1{)}^{n-1}{Q}_{n}c,\\ y_0=(-1{)}^n{P}_{n}c,\end{array}$$ (4)

即得(1)式的一个特解。

例

例：求不定方程 $7x+4y=189$ 的一个特解。

$(7,4)=1$,可以用辗转相除法求一个特解

由(4)式可得方程的一个特解为

$$\{\begin{array}{l}{x}_0=-100,\\ y_0=200.\end{array}$$

由定理2 即得方程的全部解为

$$\{\begin{array}{ll}x=-100+4t,& t=0,\pm 1,\pm 2,\dots \\ y=200-7t.& \end{array}$$

使用表达式凑出通解

也可以用如下方法求这个不定方程的一个特解：

由 $7x+4y=100$，推出 $x=\frac{100-4y}{7}=14+\frac{2-4y}{7}$，

令$\frac{2-4y}{7}\in \mathbb{Z}$,$y=\frac{2-7k}{4},k\in \mathbb{Z}$,显然$k$是偶数才能使$y$为整数,可取$k=2$,此时$y$可取特值 $y_0=4$，则 $x_0=12$。

带入通解公式
$$\{\begin{array}{l}x=x_0+\frac{b}{(a,b)}t,\\ y=y_0-\frac{a}{(a,b)}t,\end{array}t=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$$
不定方程的全部解为
$$\{\begin{array}{ll}x=12+4t,& t=0,\pm 1,\pm 2,\dots \\ y=4-7t,& \end{array}$$

虽然用以上两种方法得到的解的表达式形式上不同，但本质上是相同的。