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