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同余式与不定方程

来自：查字典高考网 2009-08-31

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.记为同余式与不定方程2 或同余式与不定方程3

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示,可以证明同余式的下述简单性质:

(1) 若同余式与不定方程4 ,则m|(b-a).反过来,若m|(b-a),则同余式与不定方程5 ;

(2) 如果a=km+b(k为整数),则同余式与不定方程6 ;

(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 反身性同余式与不定方程7 ；

② 对称性同余式与不定方程8 ，则同余式与不定方程9 ，反之亦然.

③ 传递性同余式与不定方程10 ，同余式与不定方程11 ，则同余式与不定方程12 ；

（5）如果同余式与不定方程13 ，同余式与不定方程14 ，则

① 同余式与不定方程15 ；

② 同余式与不定方程16 特别地同余式与不定方程17

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∵ 同余式与不定方程18 同余式与不定方程19

则2n+1 同余式与不定方程20

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.

∵ 同余式与不定方程21

同余式与不定方程22

又同余式与不定方程23

同余式与不定方程24

同余式与不定方程25

同余式与不定方程26

同余式与不定方程27

2999的最后两位数字为88.

例3 求证31980+41981能被5整除.

证明 ∵ 同余式与不定方程28

同余式与不定方程29

同余式与不定方程30

同余式与不定方程31

同余式与不定方程32

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，则同余式与不定方程33

同余式与不定方程34

同余式与不定方程35

同余式与不定方程36

∵方程两边对同一整数8的余数不等，

x不能为偶数.

② 若x为奇数，则同余式与不定方程37

但5y2+7 同余式与不定方程38

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

同余式与不定方程39 ①

证明如果有整数x，y使方程①成立，

则同余式与不定方程40

= 同余式与不定方程41 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),则同余式与不定方程42 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.

(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 求方程同余式与不定方程43 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

同余式与不定方程44 同余式与不定方程45

同余式与不定方程46 同余式与不定方程47

同余式与不定方程48 同余式与不定方程49

同余式与不定方程50 同余式与不定方程51

解得同余式与不定方程52

同余式与不定方程53 同余式与不定方程54

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，

即同余式与不定方程55 ＜同余式与不定方程56 .而a3, 同余式与不定方程57 1，同余式与不定方程58 ＜1.a＜b.

例9（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程

同余式与不定方程59

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=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,得同余式与不定方程60

分离整数部分得同余式与不定方程61

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

同余式与不定方程62

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

同余式与不定方程63 同余式与不定方程64 .

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

同余式与不定方程65

最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.

例12 求满足方程同余式与不定方程66 且使y是最大的正整数解（x，y）.

解将原方程变形得同余式与不定方程67

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及同余式与不定方程68 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＜x＜1984，由

同余式与不定方程69

得同余式与不定方程70

当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=2631，故当且仅当x具有31t2形式时，1984x是完全平方数.

∵x＜1984，∵17.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t＞3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= 同余式与不定方程71 同余式与不定方程72 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.