[文件]  sxjsck0002 . doc
[科目]  数学
[关键词]  初二/方程
[标题]    同余式与不定方程
[内容]
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.
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:
若,则m|(b-a).反过来,若m|(b-a),则;
如果a=km+b(k为整数),则;
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；
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
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.
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.
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.
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.
证明方程2x2-5y2=7无整数解.
证明  ∵2x2=5y2+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.
(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.
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.
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
(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
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
≤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.
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=26·31，故当且仅当x具有31t2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=∴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
选择题
(1)方程x2-y2=105的正整数解有(   ).
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（   ）.
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104≤A≤105的整数A的个数是x×104+1，则x的值________.
已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为________.
(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
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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.
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),∴88882222≡82(mod37).
7777≡7(mod37),77773333≡73(mod37),88882222+77773333≡(82+73)(mod37),而82
初二.同余式与不定方程.doc