Необходимость. Любое число вида  ax + by  делится на d. Достаточность. Достаточно проверить, что имеет решение уравнение  ax + by = d.  Кроме того, можно считать, чтоaиbположительны.  Первый способ. См. задачу160488б.  Второй способ. Рассмотримнаименьшеенатуральное числоm, являющеесялинейной комбинациейчиселaиb(то есть представимое в виде  ax + by).  Разделимaнаmс остатком:  a = qm + r.  Число  r = a – qm  также является линейной комбинацией чиселaиb, но оно меньшеm. Значит,  r= 0,  то естьaкратноm. Аналогичноbкратноm. Следовательно, иdделится наm, и поэтому является линейной комбинацией чиселaиb.  Третий способ. Разделив наd, мы сведём задачу к случаю взаимно простых чиселaиb.   Для каждого целогоcрассмотрим на координатной плоскости прямуюl_c, заданную уравнением  ax + by = c.  Все эти прямые параллельны.   Построим параллелограммPс вершинами  (0, 0),  (0, 1),  (b, 1 –a),  (b, – a),  две меньшие стороны которого равны 1, а большие лежат на прямыхl₀иl_b. Этот параллелограмм пересекают прямые  l₁,l₂, ...,l_b–1  (и никакие другие из рассматриваемого семейства). Абсциссы соседних целых точек на каждой из этих прямых отличаются наb(см. задачу160514), поэтому каждая из них содержитне более однойцелой точки, принадлежащейP. Две верхние (нижние) вершины параллелограмма как раз и являются соседними целыми точками на прямойl_b(l₀), поэтому на сторонахPнет целых точек, отличных от вершин. Следовательно, на каждой из прямых  x= 1, x= 2,  ..., x=b– 1  есть ровно по одной целой точке, лежащей внутриP. Всего таких точек  b– 1.  Каждая из них лежит на одной из прямых  l₁,l₂, ...,l_b–1.  Значит, накаждойиз этих прямых лежит по одной из этих точек. В частности, есть целая точка на прямойl₁. Это и значит, что уравнение  ax + by= 1  имеет решение в целых числах.

Ответ задачи отсутствует