初二.同余式与不定方程.docVIP

[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