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；

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2n+1能被3整除的一切自然数n.

解∵

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

2999的最后两位数字为88.

例3 求证31980+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

∵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5y2+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

①

证明 如果有整数x，y使方程①成立，

则

=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

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＜.而a3,1，＜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=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=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

.

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

得

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=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.

练习二十

1. 选择题

(1)方程x2-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_________及_________.

(2)满足不等式104105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.

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

3.不妨设xz,则,故x3.又有故x2.若x=2,则,故y6.又有,故y4.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34,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),8888222282(mod37).

77777(mod37),7777333373(mod37),88882222+77773333(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,37|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△0及y为整数可得05,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.∵l2+m2=n2,l2=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,n+m=l2,n-m=1.于是l2=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p＞q.令=n,则m＞n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.