全国重点高中竞赛讲座 03同余式与不定方程

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1、竞赛讲座竞赛讲座 03 -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（m0），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=pm+r （r=0， 1， ， m-1），恰好 m 个数类.于是同余的概念可理解为,若对 n1、n2，有 n1=q1m+r，n2=q2m+r， 那么 n1、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

2、示,可以证明同余式的下述简单性质: (1) 若,则 m|(b-a).反过来,若 m|(b-a),则; (2) 如果 a=km+b(k 为整数),则; (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： 反身性 ； 对称性，则，反之亦然. 传递性，则； （5）如果，则 ； 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 2 n+1 能被 3 整除的一切自然数 n. 解 则 2 n+1 当 n 为奇数时，2 n+1 能被 3 整除； 当 n 为偶数时，2 n+1 不能被 3

3、整除. 例 2 求 2 999最后两位数码. 解 考虑用 100 除 2 999所得的余数. 又 2 999的最后两位数字为 88. 例 3 求证 3 1980+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. (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 2x 2-5y2=7 无整数解. 证明 2x 2=5y2

4、+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 5y 2+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 证明 如果有整数 x，y 使方程成立， 则 =知（2x+3y 2）+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

5、 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 使成立. 例 7 （第 33 届美国数学竞赛题）满足方程 x 2+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 x 2+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=k 2(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

6、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. (2) 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 13 2即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故 原方程组

7、的解只能是下面的八个方程组的解 解得 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 及素数 a 满足方程 a 2+b2=c2.证明:这时有 ab 及 b+1=c. 证明（因式分解法）a 2+b2=c2， a 2=（c-b）（c+b）， 又a 为素数，c-b=1，且 c+b=a 2. 于是得 c=b+1 及 a 2=b+c=2b+13b， 即.而 a3,1，1.ab. 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

8、）c=23=123. 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=1，3，x=3，5，1. 方程整数解为 例 11 求方程 x+y=x 2-xy+y2的整数解. 解（不

9、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）=（1

10、1，132）. 例 13（第 35 届美国中学生数学竞赛题）满足 0 xy 及的不同 的整数对（x，y）的个数是（ ）. （A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7 解法 1 根据题意知，0 x1984，由 得 当且仅当 1984x 是完全平方数时， y 是整数.而 1984=2 631， 故当且仅当 x 具有 31t2 形式时，1984x 是完全平方数. x1984，1t7.当 t=1，2，3 时，得整数对分别为（31，1519）、（124， 1116）和（279，775）.当 t3 时 yx 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

11、必须具有 31t 2形式，y 必须 具有 31k 2形式，并且 t+k=8（t，k 均为正整数）.因为 0 xy，所以 tk.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 (1)方程 x 2-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（ ）. （A） 3 个 （B）4 个 （C）5 个 （D）6 个 2填空题 （1）的个位数分别为_

12、及_. (2)满足不等式 10 4A105的整数 A 的个数是 x104+1，则 x 的值 _. (3) 已知整数 y 被 7 除余数为 5,那么 y 3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 x 2-51y2=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求的整数解. 6求证可被 37 整除. 7（全俄 1986 年

13、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 p1， q1，试求 p+q 的值. 练习二十 1.D.C. 2.(1)9 及 1. (2)9. (3)4. (4)原方程可变形为 x 2=(7y+1)2+2y(y-7),令 y=7 可得 x=50. 3.不妨设xyz,则,故x3.又有故x2.若x=2,则, 故 y6.又有,故 y4.

14、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 3y4,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 6.88888(mod37),8888 222282(mod37). 77777(mod37),7777 333373(mod37),88882222+77773333(82+73)(mod37),而 8 2+73=407,37|407,37|N. 7.简解:原方程变形为 3x 2-(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 0y5,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.l 2+m2=n2,l2=(n+m)(n-m).l 为质数,且 n+mn-m0,n+m=l2,n-m=1.于是 l 2=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 pq,不妨设 pq.令=n,则 mn 由此可得不定方程 (4-mn)p=m+2,解此方程可得 p、q 之值.