同余式与不定方程 教案1_1圆的标准方程教案一
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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 ；
②
对称性，则，反之亦然.③
传递性，则；
（5）如果，则
①； 梯田文化 教辅专家 《课堂点睛》 《课堂内外》 《作业精编》
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.n解∵
∴
则2+1nn
∴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.999
999n∵
∴
又
∴
∴
∴2的最后两位数字为88.例3
求证
31980999
+
4198
1能被5整除.梯田文化 教辅专家 《课堂点睛》 《课堂内外》 《作业精编》
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-5y=7无整数解.证明
∵2x=5y+7，显然y为奇数.2
222①
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.梯田文化 教辅专家 《课堂点睛》 《课堂内外》 《作业精编》
②
若x为奇数，则
但5y+72
∴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
=知（2x+3y）+5能被17整除.2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),则
222322
3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 梯田文化 教辅专家 《课堂点睛》 《课堂内外》 《作业精编》
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=13.2
22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213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
例7
(原民主德国1982年中学生竞赛题)已知两个自然数b和c222及素数a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.22
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于是得c=b+1及a=b+c=2b+1＜3b，2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=±1，±3，∴x=3，5，±1.∴方程整数解为
例11
求方程x+y=x-xy+y的整数解.2
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解（不等式法）方程有整数解
必须△=（y+1）-4（y-y）≣0，解得
22≢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，由的不同
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得
62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31t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=
2∴由此可知：x必须具有31t形式，y必须
2具有31k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
1.选择题
(1)方程x-y=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_________及_________.4
5422(2)满足不________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)
已知整数y被7除余数为5,那么y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-51y=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
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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年数学竞赛题）求满足条件能的值.的整数x，y的所有可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、q＞1，试求p+q的值.练习二十 1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.、都是整数，并且p＞1，(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.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.梯田文化 教辅专家 《课堂点睛》 《课堂内外》 《作业精编》
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),∴8888333
3222
2≡8(mod37).2222
27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.22
3+7777
3333
≡(8+7)(mod37),而
237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-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.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222
229.易知p≠q,不妨设p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,则m＞n由此可得不定方程
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