Уравнения со многими неизвестными

 Рассмотим уравнение первой степени с n-неизвестными
a1x1+a2x2++anxn=b(1)
Здесь n-натуральное число, большее 1, а a1,a2,,an – данные целые числа. Все коэффициенты можно предполагать натуральными, так как члены с коэффициентами, равными нулю, можно отбросить, а отрицательный коэффициент можно заменить равным ему по абсолютной величине положительным коэффициентом, изменив при этом знак у неизвестного. Если бы два из коэффициентов ai были равны, например, a1=a2, то, положив x1+x2=x, мы вместо уравнения (1) получили бы уравнение
a1x+a3x3+a4x4++anxn=b(2)
Из каждого решения уравнения (1) в целых числах x1,x2,,xn, получим решение уравнения (2) в целых числах x,x3,x4,,xn, а из каждого решения уравнения (2) в целых числах x,x3,x4,,xn, приняв за x1 любое целое число и положив x2=xx1, получим решение уравнения (1) в целых числах x1,x2,,xn. Задача нахождения всех решений в целых числах уравнения (1) сводится к задаче нахождения всех решений в целых числах уравнения (2) с меньшим числом неизвестных. Далее будем предполагать, что коэффициенты ai уравнения (1) натуральные и все различные. Пусть a1 наибольшее. Предположим, что число a1 при делении на a2 дает в частном целое число k и в остатке a2, такое что a1=a2k+a2, где k есть натуральное число, a2 – такое целое число, что 0a2a2. Примем x1=kx1+x2,x2=x1,a1=a2. Тогда
a1x1+a2x2=a2(kx1+x2)+a2x1=a1x1+a2x2
и уравнение (1) перейдет в уравнение
a1x1+a2x2+a3x3++anxn(3)
Если примем x1=kx1+x2,x2=x1, то из каждого решения уравнения (1) в целых числах x1,x2,,xn получим решение в целых числах x1,x2,x3,,xn уравнения (3). Обратно, если положим x1=x2,x1=x1kx1, то из каждого решения в целых числах x1,x2,x3,,xn уравнения (3) получим решение в целых числах x1,x2,,xn уравнения (1). Таким образом, решение уравнения (1) в целых числах сводится к решению в целых числах уравнения (3), в котором наибольший из коэффициентов при неизвестных меньше, чем наибольший из коэффициентов при неизвестных в уравнении (1). Далее, аналогичным образом из уравнения (3) можно получить уравнение, в котором наибольший из коэффициентов меньше, чем наибольший из коэффициентов уравнения (3) и т.д. Так как последовательность убывающих натуральных чисел не может быть бесконечной, то, пользуясь указанным приемом, придем либо к уравнению с одним неизвестным, решение которого не вызывает затруднений, либо к уравнению, в котором все коэффициенты при неизвестных равны, например к уравнению
cy1+cy2++cyk=b
Из этого уравнения следует, что свободный член b будет делиться на c. Если бы это условие не выполнялось, то тогда уравнение это, а, следовательно, уравнение (1) не имело бы решений в целых числах. Если b при делении на с дает в частном целое d, то получаем уравнение y1+y2++yk=d, все решения которого в целых числах находим, полагая y2,y3,,yk равным любым целым числам и принимая y1=dy2y3yk. Пример:
6x+10y7z=11(4)
Принимая z=z, получаем уравнение 6x+10y+7z=11. Учитывая, что 10=7+3, получаем 6x+7(y+z)+3y=11 и, полагая, y+z=t, получаем уравнение 6x+7t+3y=11. Теперь, учитывая, что 7=6+1 получаем 6(x+t)+t+3y=11 и, полагая x+t=u, получаем уравннеие 6u+t+3y=11. Все решения в целых ислах u,t,y этого уравнения получаем, если для y и u будем назначать любые целые числа и примем t=113y6u. А так как x+t=u, то имеем x=ut=3y+7u11 и далее, так как z=z и y+z=t, то находим z=yt=4y+6u11. Все решения уравнения (4) в целых числах x,y,z содержатся в формулах
x=3y+7u11,z=4y+6u11,
где y,u-любые целые числа. Действительно,
6(3y+7u11)+10y7(4y+6u11)=11.
Легко такде доказать, что если уравнение (1) имеет решение в целых числах, то таких решений (в случае m1) оно имеет бесконечное множество. Если a1,a2,,an и b - целые числа, причем среди чисел a1,a2,,an по крайней мере одно отлично от нуля, то для разрешимости уравнения (2) в целых числах x1,x2,,xn, необходимо и достаточно, чтобы свободный член b делится на наибольший общий делитель чисел a1,a2,,an.