同余式与不定方程.docx

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同余式与不定方程

同余式与不定方程

同余式和不定方程是数论中古老而富有魅力的内容•考虑数学竞赛的需要，下面介绍

有关的基本内容•

1.同余式及其应用

定义:

设a、b、m为整数（m>0）,若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模

m同余.记为---或；•

一切整数n可以按照某个自然数m作为除数的余数进行分类，即n二pm+Kr=0,1,m-1）,恰好m个数类.于是同余的概念可理解为，若对ni、n2,有ni=qim+r,n2=q2m+r,那么ni、n2

对模m的同余，即它们用m除所得的余数相等.

利用整数的剩余类表示，可以证明同余式的下述简单性质:

（1）若7一；"「，则m|（b-a）.反过来，若m|（b-a）,贝W;

（2）如果a=km+b（k为整数）,贝冲一「二:

，；

（3）每个整数恰与0,1,…，m-1，这m个整数中的某一个对模m同余;

（4）同余关系是一种等价关系：

1反身性-：

-九四；

2对称性;-■':

<1'，贝y：

-u，反之亦然•

3传递性—珀丸，’，则厂z；

（5）如果则

②址特别地

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''-「1'

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.

又厂-Hi--in

="（Yf=64（modl00\

三迢nioclIOO）,

•2999的最后两位数字为88.

严匚严三（「〔严血皿5）

....-

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•

（1）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.

证明■/2x2=5y2+7，显然y为奇数.

①若x为偶数，则•"三U：

二

/=（2«+1）3=4»（«+1）+1,

y2=l（mod8）,

5才+7三4血od8）.

•••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•「-1

但5y2+7-：

二V…

•••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

证明如果有整数x，y使方程①成立，

则「士一二<.；

知（2x+3y2）+5能被17整除.

设2x+3y=17n+a，其中a是0，土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（）.

（A0（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）,贝y

彳x=X+1,

厂冷*1）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）.

说明:

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

1^=5;

-12,

y=-5,

-12,

?

=-12.

例7（原民主德国1982年中学生竞赛题）已知两个自然数b和c

222

及素数a满足方程a+b=c.证明:

这时有avb及b+1=c.

证明（因式分解法）ta2+b2=c2,

2

二a=（c-b）（c+b）.

又ta为素数，「.c-b=1，且c+b=a2.

于是得c=b+1及a2二b+c=2b+1v3b,

a33a

即!

：

v…而a>3,•••二w1,二［v1.•••avb.

例9（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程

fab+bc=44,

\ac+Ac=23.

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=ix23.

■/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,

•bi=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.

2^-7

X=———.

解由（y-2）x=2y-7,得.二

_2^-7。

3

x==2

分离整数部分得一--■-

由x为整数知y-2是3的因数，

•y-2=±1,±3,二x=3,5,±1.

•方程整数解为

（尹弋卜茂⑪=-i.

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

111

—=

例12求满足方程'亠且使y是最大的正整数解（x，y）

=*12+

解将原方程变形得

144

12-a

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0vxvy及丄"：

「"的不同的整数对（x，y）的个数是（）.

（A）0（B）1（C）3（D4（E）7

解法1根据题意知，0vxv1984，由

得

当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=2"•31,故当且仅当x具有31t2形式时，1984x是完全平方数.

•••xV1984,VKt<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yWx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=F二丄一「一I「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0VxVy,所以tVk.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

1.选择题

22

（1）方程x-y=105的正整数解有（）.

（A）一组（B）二组（C）三组（D）四组

⑵在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2,3,4整除的有（）.

（A3个（B）4个（C）5个（D）6个

2.填空题

（1）的个位数分别为及.

⑵满足不’-'等式104

（3）已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为.

（4）（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禾口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

1114

一+—+—=—

xP£5.

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？

6.求证可被37整除.

宀.3

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丨厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且丨，mn均为正整数，丨为质数.证明：

2（l+m+n）是完全平方数•

2p-q2q-1

9.（1988年全国初中数学竞赛题）如果p、q、J、匚都是整数，并且p>1,q>1，试求p+q的值.

练习二十

1.D.C.

2.

（1）9及1.

（2）9.（3）4.

⑷原方程可变形为x2=（7y+1）2+2y（y-7）,令y=7可得x=50.

3」4142,2_1=1

—（U——X—?

1半———~~

3.不妨设x2.若x=2,则丁」-…，

故y<6.又有；I,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

4.可仿例2解.

126

5.先求出：

j,然后将方程变形为y=5+x-2二丄1.要使y为整数,5x-1应是

完全平方数,…,解得

22222

6.8888三8（mod37）,二8888三8（mod37）.

3333「32222333323、.

7777=7（mod37）,7777=7（mod37）,8888+7777=（8+7）（mod37）,而

23

8+7=407,37|407,二37|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厶》。

及y为整数可得0wy<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.vi+m=n,「.l=（n+m）（n-m）.tl为质数，且n+m>n-m>0,二n+m=l,n-m=1.于是12二n+m=（m+1）+m=2m+1,2m=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.

2p_]