高中数学竞赛讲座 03同余式与不定方程

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上传时间：2015-04-15
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高中数学竞赛讲座 03同余式与不定方程

竞赛讲座03

--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=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

,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： ① 反身性

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；

② 对称性，则，反之亦然.

③ 传递性，，则；

（5）如果，，则

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2+1能被3整除的一切自然数n.

解∵ ∴

则2+1

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∴当n为奇数时，2+1能被3整除；当n为偶数时，2+1不能被3整除. 例2 求2最后两位数码. 解考虑用100除2所得的余数.

999999n

∵

∴

又

∴

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∴

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∴2的最后两位数字为88.

999

例3 求证3

1980

1981

能被5整除.

证明 ∵

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∴

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-5y=7无整数解. 证明 ∵2x=5y+7，显然y为奇数.

① 若x为偶数，则

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∴

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∵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

但5y+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

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①

证明如果有整数x，y使方程①成立，

则

=知（2x+3y）+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

22222

个数，但是这时（2x+3y）+5=（17n）+34na+（a+5）=a+5（mod17），而a+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x+y=x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+y=x得y=x（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(k为自然数),

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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).

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

解(配方法)原方程配方得(x-2y)+y=13.

的整数解.

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2

13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

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解得

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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

222

满足方程a+b=c.证明:这时有a＜b及b+1=c. 证明（因式分解法）∵a+b=c， ∴a=（c-b）（c+b），

又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a.

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