第七讲：同余式与不定方程
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第七讲：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（
< br>m
＞
0
），若
< br>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
（
，
，
，
），恰好
m
个数类
.
于是同余的概念可理解为
,
若对
n
1
、
n
2
，有
n
1
=q
1
m+r
，
n
2
=q
2
m+r
，那么
n
1
、
n
2
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
).
反过来
,
若
,
则
;
(2)
如果
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
求使
能被<
/p>
3
整除的一切自然数
n.
【解析】
∵
∴
则
< br>∴当
n
为奇数时，
能被
3
整除；
当
n
为偶数时，
不
能被
3
整除
.
例
2
求
2
999
最
后两位数码
.
【解析】
考虑用
100
除
2
999
所得的余数
.
∵
∴
又
∴
∴
∴
2
999
的最后两位数
字为
88.
例
3
求证
能被
5
整除
.
【解析】
∵
∴
∴
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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
)
< br>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
无整数解
.
【解析】
∵
<
/p>
，显然
y
为奇数
.
①
若
x
为偶数，则
∴
,
< br>∵方程两边对同一整数
8
的余数不等，
< br>
∴
x
不能为偶数
.
②
若
x
为奇数，则
但
∴
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
不存在整数
x,y
使方程
①
【解析】
如果有整数
x
，
y
使方程①成立，则
知
能被
17
整
除。设
，其中
a
是
，
，
，
，
，
，
，
，
中的某个数，
但是这时
，而
被
17
整除
得的余数分别是
5
，
6
，
9
，
14
< br>，
4
，
13
，
7
，
3
，
1
，即在任何情况下
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
6
满足方程
的正整数对
的个数是（
）
.
（
A
）
0
（
B
）
1
（
C
）
2
（
D
）无限个
（
E
）上述结论都不对
【解析】
由
得
，所以只要
为自然数的平方，则方程必有正
整数解
.
令
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
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
< br>法、奇偶分析法和余数分析法
.
对方程进行适当的变形<
/p>
,
并正确应用整数的性质是解不定方程
的
基本思路
.
例
7
求方程
的整数解
.
【解析】
(
配方法
)
原方程配方得
.