《2021年竞赛讲座03同余式与不定方程》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年竞赛讲座03同余式与不定方程（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、精品word学习资料可编辑竞赛讲座 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），如 a 和 b 被 m除得的余数相同，就称 a 和 b 对模m同余 . 记为或一切整数 n 可以依据某个自然数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 . 于是同余的概念可懂得为 , 如对 n1 ，n2，有 n1=q1 m+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 ,
2、可以证明同余式的下述简洁性质 :(1) 如, 就 m|(b-a).反过来 , 如 m|(b-a),就;(2) 假如 a=km+b(k 为整数 ), 就;(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：反身性；对称性，就，反之亦然 .传递性，就；（ 5）假如，就名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑；特殊地应用同余式的上述性质，可以解决很多有关整数的问题.n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n就 2 +1nn当 n 为奇数时， 2 +1 能被 3 整除； 当 n 为偶数
3、时， 2 +1 不能被 3 整除.999例 2求 2最终两位数码 .999解 考虑用 100 除 2所得的余数 .又名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑2999的最终两位数字为 88.名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑19801981例 3求证 3+4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：判定不定方程有无整数解或解的个数；假如不定方程有整数解，实行正确的方法，求出全部整数解.(1) 不定方程解的判定假如方程的两端对同一个模m(常数) 不同余 , 明显, 这个方程必无整数解 . 而方程如有解就解必为奇数，偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余
4、概念判定方程有无整数解 .22例 4证明方程 2x -5y =7 无整数解 .22证明2x =5y +7，明显 y 为奇数.如 x 为偶数，就方程两边对同一整数 8 的余数不等，名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑x不能为偶数 .如 x 为奇数，就但 5y2+7x不能为奇数 . 因就原方程无整数解 .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 使方程证明假如有整数 x，y 使方程成立， 就2=知（ 2x+3y ）+5 能被 17 整除.设 2x+3y=17n+a，其中 a 是 0， 1，
5、 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217 整除得的余数分别是 5， 6，9，14， 4， 13，7，3，1，即在任何情形下（ 2x+3y）+5 都不能被 17 整除，这与它能被 17 整除冲突 . 故不存在整数 x，y 使成立 .223名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑例 7（第 33 届美国数学竞赛题）满意方程x +y =x（）.的正整数对（ x，y）的个数是名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑（ A） 0 （B）1（ C） 2（
6、 D）无限个（ E）上述结论都不对解由 x2+y2=x3 得 y2=x2 （x-1 ），2所以只要 x-1 为自然数的平方，就方程必有正整数解. 令 x-1=k (k 为自然数 ), 就为方程的一组通解 . 由于自然数有无限多个 , 故满意方程的正整数对(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 , 判定方程有很多个解 .(2) 不定方程的解法名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑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
7、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=132.2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解得例 7( 原民主德国 1982 年中同学竞赛题 ) 已知两个自然数 b 和 c222及素数 a 满意方程 a +b =c . 证明: 这时有 ab 及 b+1=c.222证明（因式分解法）a +b =c ，2a=（c-b ）
8、（ c+b），2又a为素数，c-b=1，且 c+b=a .名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑2于是得 c=b+1 及 a =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）满意联立方程的正整数（ 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,
9、b 2=22. 从而得 a1=21,a 2=1. 故满意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,得分别整数部分得由 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+y 2 的整数解 .名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑22解（不等式法）方程有整数解必需 =（ y+1） -4 （y -y ） 0，解得y.满意这个不等式的整数只有y=0，1， 2.当 y=0 时，由原方
10、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终我们来看两个分式和根式不定方程的例子.例 12求满意方程且使 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.故满意题设的方程的正整数解为（ x， y） =（ 11， 132）.例 13（第 35 届美国中同学数学竞赛题）满意0xy 及的不同的整数对（ x，y）的个数是（）.（ A） 0（ B）1（C）3（ D
11、） 4（ E）7 解法 1 依据题意知， 0x 1984，由名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑得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， 1t 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 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 必需具有 31t 2 形式， y 必需2具有 31k 形式，并且 t+k=8 （t ，k
12、 均为正整数） . 由于 0xy，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. 挑选题22(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45（ 1）的个位数分别为及.名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑4(2) 满意不等式 10 .A10的整数 A 的个数是 x10+1，就 x 的值名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑32(3) 已知整数 y 被 7 除余数为 5, 那么 y 被 7 除时余数为.名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑2(4) ( 全俄第 14 届中同学数学竞赛试题 ) 求出任何一组满意方程 x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 满意.-51y=1 的名师归纳总结欢迎下载精品word学习资料可编辑4（ 1985 年上海数学竞赛题）在数列4， 8，17，77， 97，106，125，238 中相邻如干个数之和是 3 的倍
