竞赛讲座同余式与不定方程Word格式文档下载.docx
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①
反身性
；
②
对称性
，则
，反之亦然.
③
传递性
，
（5）如果
①
②
特别地
应用同余式的上述性质，可以解决许多有关整数的问题.
例1（1898年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2n+1能被3整除的一切自然数n.
解∵
∴
则2n+1
∴当n为奇数时，2n+1能被3整除；
当n为偶数时，2n+1不能被3整除.
例2
求2999最后两位数码.
解考虑用100除2999所得的余数.
∵
∴
又
∴2999的最后两位数字为88.
例3
求证31980+41981能被5整除.
证明
∵
2．不定方程
不定方程的问题主要有两大类：
判断不定方程有无整数解或解的个数；
如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解.
不定方程解的判定
如果方程的两端对同一个模m（常数）不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.
例4
证明方程2x2-5y2=7无整数解.
∵2x2=5y2+7，显然y为奇数.
若x为偶数，则
∵方程两边对同一整数8的余数不等，
∴x不能为偶数.
若x为奇数，则
但5y2+7
∴x不能为奇数.因则原方程无整数解.
说明:
用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.
例5
（第14届美国数学邀请赛题）不存在整数x,y使方程
①
如果有整数x，y使方程①成立，
则
=
知（2x+3y2）+5能被17整除.
设2x+3y=17n+a，其中a是0，±
1，±
2，±
3，±
4，±
5，±
6，±
7，±
8中的某个数，但是这时（2x+3y）2+5=（17n）2+34na+（a2+5）=a2+5（mod17），而a2+5被17整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下（2x+3y）2+5都不能被17整除，这与它能被17整除矛盾.故不存在整数x，y使①成立.
例7
（第33届美国数学竞赛题）满足方程x2+y2=x3的正整数对（x，y）的个数是（
）.
（A）0（B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对
解由x2+y2=x3得y2=x2（x-1），
所以只要x-1为自然数的平方，则方程必有正整数解.令x-1=k2（k为自然数）,则
为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对（x,y）有无限多个,应选（D）.
可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.
不定方程的解法
不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:
配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.
例6
求方程
的整数解.
解（配方法）原方程配方得（x-2y）2+y2=132.
在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的平方和等于132即（5,12）,（12,5）,（-5,-12）,（-12,-5）,（5-,12）,（12,-5）,（-5,12）,（-12,5）.故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解
解得
（原民主德国1982年中学生竞赛题）已知两个自然数b和c及素数a满足方程a2+b2=c2.证明:
这时有a＜b及b+1=c.
证明（因式分解法）∵a2+b2=c2，
∴a2=（c-b）（c+b），
又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a2.
于是得c=b+1及a2=b+c=2b+1＜3b，
即
＜
.而a≥3,∴
≤1，∴
＜1.∴a＜b.
例9（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程
的正整数（a，b，c）的组数是（
（A）0
（B）1
（C）2
（D）3
（E）4
解（质因数分解法）由方程ac+bc=23得
（a+b）c=23=1×
23.
∵a，b，c为正整数，∴c=1且a+b=23.将c和a=23-b代入方程ab+bc=44得
（23-b）b+b=44,即（b-2）（b-22）=0,
∴b1=2,b2=22.从而得a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组（a,b,c）有两个,即（21,2,1）和（1,22,1）,应选（C）.
例10求不定方程2（x+y）=xy+7的整数解.
解由（y-2）x=2y-7,得
分离整数部分得
由x为整数知y-2是3的因数,
∴y-2=±
3，∴x=3，5，±
1.
∴方程整数解为
例11
求方程x+y=x2-xy+y2的整数解.
解（不等式法）方程有整数解
必须△=（y+1）2-4（y2-y）≥0，解得
≤y≤
.
满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.
当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；
当y=1时，由原方程可得x=2或0；
当y=2时，由原方程可得x=1或2.
所以方程有整数解
最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.
例12
求满足方程
且使y是最大的正整数解（x，y）.
解将原方程变形得
由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应是144的约数，所以，
12-x=1，x=11，这时y=132.
故
满足题设的方程的正整数解为
（x，y）=（11，132）.
例13（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0＜x＜y及
的不同的整数对（x，y）的个数是（
（C）3
（D）4
（E）7
解法1根据题意知，0＜x＜1984，由
得
当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=26·
31，故当且仅当x具有31t2形式时，1984x是完全平方数.
∵x＜1984，∵1≤t≤7.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t＞3时y≤x不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.
解法2∵1984=
由此可知：
x必须具有31t2形式，y必须具有31k2形式，并且t+k=8（t，k均为正整数）.因为0＜x＜y，所以t＜k.当t=1，k=7时得（31，1519）；
t=2，k=6时得（124，1116）；
当t=3，k=5时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3.
练习二十
选择题
（1）方程x2-y2=105的正整数解有（
（A）
一组（B）二组
（C）三组
（D）四组
（2）在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（
3个（B）4个
（C）5个
（D）6个
2．填空题
（1）的个位数分别为_________及_________.
（2）满足不
等式104≤A≤105的整数A的个数是x×
104+1，则x的值________.
已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为________.
（全俄第14届中学生数学竞赛试题）求出任何一组满足方程x2-51y2=1的自然数解x和y_________.
3.（第26届国际数学竞赛预选题）求三个正整数x、y、z满足
4．（1985年上海数学竞赛题）在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？
5．求
6．求证
可被37整除.
7．（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件
的整数x，y的所有可能的值.
8．（1985年上海初中数学竞赛题）已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：
2（l+m+n）是完全平方数.
9.（1988年全国初中数学竞赛题）如果p、q、
、
都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.
1.D.C.
2.
（1）9及1.
（2）9.
（3）4.
（4）原方程可变形为x2=（7y+1）2+2y（y-7）,令y=7可得x=50.
3.不妨设x≤y≤z,则
故x≤3.又有
故x≥2.若x=2,则
故y≤6.又有
故y≥4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≤y≤4,y=3或4,z都不能是整数.
4.可仿例2解.
5.先求出
然后将方程变形为y=5+x-2
要使y为整数,5x-1应是完全平方数,…,解得
6.8888≡8（mod37）,∴88882222≡82（mod37）.
7777≡7（mod37）,77773333≡73（mod37）,88882222+77773333≡（82+73）（mod37）,而82+73=407,37|407,∴37|N.
7.简解:
原方程变形为3x2-（3y+7）x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≥0及y为整数可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解（4,5）、（5,4）.
8.∵l2+m2=n2,∴l2=（n+m）（n-m）.∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l2,n-m=1.于是l2=n+m=（m+1）+m=2m+1,2m=l2-1,2（l+m+1）=2l+2+2m=l2+2l+1=（l+1）2.即2（l+m+1）是完全平方数.
9.易知p≠q,不妨设p＞q.令
=n,则m＞n由此可得不定方程（4-mn）p=m+2,解此方程可得p、q之值.
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