同余式与不定方程 教案1
初中数学教案：同余与同余方程
初中数学教案：同余与同余方程一、引言同余与同余方程是初中数学中的重要概念。
在代数与数论中具有广泛的应用。
本教案将介绍同余的定义及性质，以及如何解决同余方程。
二、同余的概念及性质1. 同余的定义：对于给定的整数a、b和正整数m，如果m能整除(a-b)，则称a与b关于模m同余，记作a≡b(mod m)。
2. 同余的性质：2.1 传递性：若a≡b(mod m)，b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
2.2 对称性：若a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。
2.3 自反性：对于任意整数a和正整数m，有a≡a(mod m)。
三、同余方程的解法1. 同余方程定义：形如ax ≡ b (mod m)的方程称为同余方程。
2. 求解同余方程的一般步骤：2.1 将同余方程转化为线性方程。
2.2 解线性方程求得特解x0。
2.3 根据特解x0，构造出所有满足原始条件(ax ≡ b mod m ) 的解。
3. 解法示例：示例1: 解决方程5x≡3(mod 7)。
解法：3.1 将同余方程转化为线性方程：5x - 3 = 7k，其中k为整数。
3.2 解线性方程求得特解x0：令k=1，得到 x0 = 8。
3.3 利用特解x0，构造出所有满足原始条件的解：x = x0 + m×t，其中t为整数，m为模数。
代入关系中得到最终的解集{x|x≡8(mod 7)}。
四、同余运算及其应用1. 同余运算的定义：对于给定的正整数m，在整数集上定义一个等价关系∼ m ，如果两个整数a和b满足a ≡ b (mod m)，则称 a 和 b在模 m 下同余。
即∼是一个模m下的等价关系。
2. 同余运算与加、减、乘法的性质：2.1 同余运算与加减法：若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则有(a±c) ≡ (b±d)(mod m)。
2.2 同余运算与乘法：若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则有ac ≡ bd (mod m)。
同余式及不定方程的解法
2．不定方程不定方程是数论中的一个古老分支，其内容极其丰富。
我国对不定方程的研究已延续了数千年，百鸡问题等一直流传至今，物不知其数的解法被称为中国剩余定理，近年来不定方程的研究又有新的进展。
学习不定方程，不仅可以拓宽数学知识面，而且可以培养思维能力，提高数学解题的技能。
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.(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a≥3,∴≤1，∴＜1.∴a＜b.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≤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。
同余法解不定方程
同余法解不定方程1.求证:方程035222=++-z xy x 无整数解.证明:由035222=++-z xy x 得35)(422--=-z y y x .由于002≡ )5(mod ； 004≡ )5(mod ；112≡ )5(mod ； 114≡ )5(mod ；422≡ )5(mod ； 124≡ )5(mod ；432≡ )5(mod ； 134≡ )5(mod ；142≡ )5(mod ； 144≡ )5(mod .因此,对任意的整数y 都有2354≡--z y 或3 )5(mod .但,对任意的整数y x ,,都有0)(22≡-y x 或1或4 )5(mod .故,原方程无整数解.2.求证:方程199********=+++x x x 无整数解.证明:由于对任意整数k ,都有11)1(8)1(16)12(224≡++++=+k k k k k )16(mod , 对任意整数k ,都有016)2(44≡=k k )16(mod .因此,对任意整数x ,都有04≡x 或1 )16(mod .所以,对任意整数1421,,,x x x ,都有14,,2,1,04144241 ≡+++x x x )16(mod . 但,151999≡ )16(mod .故,原方程无整数解.3.求证:方程2012333=++z y x 无整数解.证明:由于0)3(9)3(33≡⋅=k k )9(mod ；11)33(9)13(233≡+++⋅=+k k k k )9(mod ；18)463(9)23(233-≡+++⋅=+k k k k )9(mod .因此,对任意整数x ,都有1,1,03-≡x )9(mod .所以,对任意整数z y x ,,,都有3,2,1,3,2,1,0333---≡++z y x )9(mod ,也即是对任意整数z y x ,,,都有8,7,6,3,2,1,0333≡++z y x )9(mod .但,52012≡ )9(mod .故,原方程无整数解.4.求方程z y x 543=+的所有正整数解.解:由11043≡+≡+y x )3(mod 得1)1(5≡-≡z z )3(mod ,故z 为偶数,可设m z 2=,*N m ∈. 由15≡z )4(mod 得10)1(43≡+-≡+x y x )4(mod ,故x 为偶数,可设n x 2=,*N n ∈. 故可得)35)(35(4n m n m y +-=.又由于2)32,35()35,35(=⨯+=+-nn m n m n m ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=--12235235y n m n m . 从而有)12)(12(1231122+-=-=---y y y n .又由于1)2,12()12,12(111=+=+----y y y ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=---n y y 31211211.解得1,2==n y . 所以,方程有唯一的正整数解2=x ,2=y ,2=z .5.求方程z y x 17158=+的所有正整数解.解一:由117≡z )4(mod 得1)1(0158≡-+≡+y y x )4(mod ,故y 为偶数,可设k y 2=,*N k ∈. 由于331≡ )7(mod ；232≡ )7(mod ；633≡ )7(mod ；434≡ )7(mod ；535≡ )7(mod ；136≡ )7(mod ,以及2158≡+y x )7(mod ,因此有2317≡≡z z )7(mod .故26+=n z ,N n ∈. 故可得)1517)(1517(81313k n k n x +-=++. 又由于2)172,1517()1517,1517(13131313=⨯+=+-++++n k n k n k n ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=--++1313132151721517x k n k n . 从而有121523-=-x k .又由于015≡k )3(mod ,因此可得1223≡-x )3(mod ,故23-x 为偶数,于是可设m x 223=-,*N m ∈.因此,有)12)(12(121215223+-=-=-=-m m m x k . 又由于1)2,12()12,12(=+=+-mm m ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=-k m m 1512112或⎪⎩⎪⎨⎧=+=-k m k m 512312. 而⎪⎩⎪⎨⎧=+=-k m m 1512112无整数解,且由⎪⎩⎪⎨⎧=+=-k m k m 512312解得1,2==k m . 所以,方程有唯一的正整数解2=x ,2=y ,2=z .解二:由117≡z )4(mod 得1)1(0158≡-+≡+y y x )4(mod ,故y 为偶数,可设n y 2=,*N n ∈. 由117≡z )16(mod 得182258158+≡+≡+x n x y x )16(mod ,故2≥x . 从而有1102250158≡+≡+≡+n y x )32(mod .而1289172≡=k k )16(mod ,17289171712≡⋅=+k k )16(mod ,故z 为偶数,设m z 2=,*N m ∈. 所以有)1517)(1517(8n m n m x +-=.又由于2)172,1517()1517,1517(=⋅+=+-m n m n m n m ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=--132151721517x n m n m . 从而有121523-=-x n .又由015≡n )3(mod 可得1223≡-x )3(mod ,故23-x 为偶数,于是可设k x 223=-,*N k ∈.因此,有)12)(12(121215223+-=-=-=-k k k x n .又由于1)2,12()12,12(=+=+-kk k ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=-n k k 1512112或⎪⎩⎪⎨⎧=+=-n k n k 512312. 而⎪⎩⎪⎨⎧=+=-n k k 1512112无整数解,且由⎪⎩⎪⎨⎧=+=-n k n k 512312解得1,2==n k . 所以,方程有唯一的正整数解2=x ,2=y ,2=z .6.求方程253z y x =-的所有正整数解.解:由题意易得z 为偶数,故有01)1(53≡--≡-x y x )4(mod ,从而有x 为偶数,可设n x 2=,*N n ∈.所以有)3)(3(5z z n n y +-=.由z 为偶数知z n -3与z n +3均为奇数；由y x 53-不是3的倍数知z 不是3的倍数.所以有1)3,32()3,3(=+⋅=+-z z z nn n n ,故⎪⎩⎪⎨⎧=+=-y n n z z 5313,从而有n y 3215⋅=+. 显然,当1=n 时,可得原方程有解2=x ,1=y ,2=z .以下证明当2≥n 时,原方程无整数解:由于2≥n ,因此有032≡⋅n )9(mod ,故可得85≡y )9(mod .由于551≡ )9(mod ；752≡ )9(mod ；853≡ )9(mod ；454≡ )9(mod ；255≡ )9(mod ；156≡ )9(mod ,因此有36+=k y ,N k ∈,即11251512+=++k y .故)1125(|12612++k ,从而可得)1125(|712++k .但,n 32⋅不能被7整除.故当2≥n 时,原方程无整数解.综上可知,原方程有唯一正整数解2=x ,1=y ,2=z .7.求方程z y x 5132=+⋅的所有正整数解.解:由110132≡+≡+⋅y x )3(mod 可得1)1(5≡-≡z z )3(mod ,故z 为偶数,可设m z 2=,*N m ∈. 所以有)15)(15(32+-=⋅m m y x .又由于2)2,15()15,15(=+=+-m m m ,因此有以下四种情况:(1)⎪⎩⎪⎨⎧⋅=+=--y x m m 32152151；(2)⎪⎩⎪⎨⎧=+⋅=--21532151m y x m ；(3)⎪⎩⎪⎨⎧⋅=+=--y m x m 32152151；(4)⎪⎩⎪⎨⎧=+⋅=--12153215x m y m . 显然,情况(1),(2)均无正整数解.对情况(3),消m 得1232=--x y .当3=x 时,原方程有解3=x ,1=y ,1=z ；以下证明当4≥x 时,方程1232=--x y 无正整数解,从而知原方程在当4≥x 时无正整数解.由于4≥x ,因此有1)1(232≡-≡--y x y )4(mod ,故y 为偶数,可设n y 2=,*N n ∈. 从而有)13)(13(22+-=-n n x .又由2)2,13()13,13(=+=+-nn n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=--3213213x n n ,解得⎩⎨⎧==51x n ,但162151==--x m 无整数解. 所以,对于情况(3),原方程有唯一正整数解3=x ,1=y ,1=z .对情况(4),消m 得1322=--y x .由1)1(322≡-≡--x y x )3(mod 知x 为偶数,可设k x 2=,*N n ∈.从而有)12)(12(311+-=--k k y . 又由1)2,12()12,12(111=+=+----k k k 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=----111312112y k k ,故⎩⎨⎧==22y k ,但183215=⋅=-y m 无整数解. 所以,对于情况(4),原方程无正整数解.综上可知,原方程有唯一正整数解3=x ,1=y ,1=z .巩固练习:1.求证:方程524y x =+无整数解.2.求方程y x 26152=+的所有正整数解.3.求所有的正整数y x ,,使得y x 73+是完全平方数.陕西师大附中 王全 wangquan1978@。
同余与不定方程
同余与不定方程竞赛讲座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），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n 1、n 2，有n 1=q1m+r，n 2=q2m+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2+1能被3整除的一切自然数n.解∵ ∴则2+1nn∴当n 为奇数时，2+1能被3整除；当n 为偶数时，2+1不能被3整除. 例2 求2最后两位数码. 解考虑用100除2所得的余数.999999n∵∴又∴∴∴2的最后两位数字为88.999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2x -5y =7无整数解. 证明∵2x=5y+7，显然y 为奇数.2222① 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5y +72∴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+3y）+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22222个数，但是这时（2x+3y）+5=（17n ）+34na+（a +5）=a+5（mod17），而a +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x +y=x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x +y=x得y =x （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=k(k为自然数),则222322223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2的整数解.22解(配方法) 原方程配方得(x-2y)+y=13.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213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222程a +b=c. 证明:这时有a ＜b 及b+1=c. 证明（因式分解法）∵a+b=c，∴a=（c-b ）（c+b），又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a.22222于是得c=b+1及a =b+c=2b+1＜3b ，2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a 1=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=x-xy+y的整数解.22解（不等式法）方程有整数解必须△=（y+1）-4（y -y ）≣0，解得22≢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.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，由的不同得当且仅当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.62∵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=2∴由此可知：x 必须具有31t 形式，y 必须2具有31k 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.例：求方程x 2-y 2-2x -2y -19=0的整数解.．解：因为x -y -2x -2y -19=022所以（x +y ）（x -y -2）=19⎧x +y =1⎧x +y =-1原方程等价于⎨ , ⎨x -y -2=19x -y -2=-19⎩⎩⎧x +y =19⎧x +y =-19, ⎨⎨⎩x -y -2=1⎩x -y -2=-1⎧x 1=11⎧x 2=11⎧x 3=-9⎧x 4=-9从而原方程的解为⎨, ⎨, ⎨, ⎨y =8y =-10y =8y =-10⎩1⎩2⎩4⎩3例证明：一个完全平方数不可能写成5个奇数的平方和。
同余法解不定方程(1)
同余法解不定方程1.求证:方程035222=++-z xy x 无整数解.证明:由035222=++-z xy x 得35)(422--=-z y y x . 由于002≡ )5(mod ； 004≡ )5(mod ； 112≡ )5(mod ； 114≡ )5(mod ； 422≡ )5(mod ； 124≡ )5(mod ； 432≡ )5(mod ； 134≡ )5(mod ； 142≡ )5(mod ； 144≡ )5(mod .因此,对任意的整数y 都有2354≡--z y 或3 )5(mod .但,对任意的整数y x ,,都有0)(22≡-y x 或1或4 )5(mod .故,原方程无整数解. 2.求证:方程19994144241=+++x x x 无整数解.证明:由于对任意整数k ,都有11)1(8)1(16)12(224≡++++=+k k k k k )16(mod , 对任意整数k ,都有016)2(44≡=k k )16(mod . 因此,对任意整数x ,都有04≡x 或1 )16(mod .所以,对任意整数1421,,,x x x ,都有14,,2,1,04144241 ≡+++x x x )16(mod . 但,151999≡ )16(mod .故,原方程无整数解. 3.求证:方程2012333=++z y x 无整数解. 证明:由于0)3(9)3(33≡⋅=k k )9(mod ；11)33(9)13(233≡+++⋅=+k k k k )9(mod ； 18)463(9)23(233-≡+++⋅=+k k k k )9(mod .因此,对任意整数x ,都有1,1,03-≡x )9(mod .所以,对任意整数z y x ,,,都有3,2,1,3,2,1,0333---≡++z y x )9(mod ,也即是对任意整数z y x ,,,都有8,7,6,3,2,1,0333≡++z y x )9(mod .但,52012≡ )9(mod .故,原方程无整数解.4.求方程zy x 543=+的所有正整数解.解:由11043≡+≡+y x )3(mod 得1)1(5≡-≡z z )3(mod ,故z 为偶数,可设m z 2=,*N m ∈. 由15≡z )4(mod 得10)1(43≡+-≡+x y x )4(mod ,故x 为偶数,可设n x 2=,*N n ∈. 故可得)35)(35(4nm n m y +-=.又由于2)32,35()35,35(=⨯+=+-nn m n m n m ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=--12235235y n m n m . 从而有)12)(12(1231122+-=-=---y y y n .又由于1)2,12()12,12(111=+=+----y y y ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=---ny y 31211211.解得1,2==n y . 所以,方程有唯一的正整数解2=x ,2=y ,2=z . 5.求方程zy x 17158=+的所有正整数解.解一:由117≡z )4(mod 得1)1(0158≡-+≡+y y x )4(mod ,故y 为偶数,可设k y 2=,*N k ∈. 由于331≡ )7(mod ；232≡ )7(mod ；633≡ )7(mod ； 434≡ )7(mod ；535≡ )7(mod ；136≡ )7(mod ,以及2158≡+y x )7(mod ,因此有2317≡≡zz )7(mod .故26+=n z ,N n ∈. 故可得)1517)(1517(81313k n k n x+-=++.又由于2)172,1517()1517,1517(13131313=⨯+=+-++++n k n k n k n ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=--++1313132151721517x k n kn . 从而有121523-=-x k .又由于015≡k )3(mod ,因此可得1223≡-x )3(mod ,故23-x 为偶数,于是可设m x 223=-,*N m ∈.因此,有)12)(12(121215223+-=-=-=-m m m x k.又由于1)2,12()12,12(=+=+-mmm,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=-k m m 1512112或⎪⎩⎪⎨⎧=+=-km km 512312. 而⎪⎩⎪⎨⎧=+=-k m m 1512112无整数解,且由⎪⎩⎪⎨⎧=+=-km km 512312解得1,2==k m . 所以,方程有唯一的正整数解2=x ,2=y ,2=z .解二:由117≡z )4(mod 得1)1(0158≡-+≡+yy x )4(mod ,故y 为偶数,可设n y 2=,*N n ∈. 由117≡z)16(mod 得182258158+≡+≡+xn x y x )16(mod ,故2≥x . 从而有1102250158≡+≡+≡+nyx)32(mod . 而1289172≡=k k)16(mod ,17289171712≡⋅=+k k )16(mod ,故z 为偶数,设m z 2=,*N m ∈.所以有)1517)(1517(8nmnmx+-=.又由于2)172,1517()1517,1517(=⋅+=+-mn m n m n m ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=--132151721517x n m n m . 从而有121523-=-x n .又由015≡n )3(mod 可得1223≡-x )3(mod ,故23-x 为偶数,于是可设k x 223=-,*N k ∈.因此,有)12)(12(121215223+-=-=-=-k k k x n .又由于1)2,12()12,12(=+=+-kk k ,因此有⎪⎩⎪⎨⎧=+=-n k k 1512112或⎪⎩⎪⎨⎧=+=-nk nk 512312. 而⎪⎩⎪⎨⎧=+=-n k k 1512112无整数解,且由⎪⎩⎪⎨⎧=+=-nk nk 512312解得1,2==n k . 所以,方程有唯一的正整数解2=x ,2=y ,2=z . 6.求方程253z y x =-的所有正整数解.解:由题意易得z 为偶数,故有01)1(53≡--≡-x y x )4(mod ,从而有x 为偶数,可设n x 2=,*N n ∈. 所以有)3)(3(5z z nn y +-=.由z 为偶数知z n -3与z n +3均为奇数；由yx 53-不是3的倍数知z 不是3的倍数.所以有1)3,32()3,3(=+⋅=+-z z z nn n n ,故⎪⎩⎪⎨⎧=+=-yn nz z 5313,从而有ny 3215⋅=+. 显然,当1=n 时,可得原方程有解2=x ,1=y ,2=z .以下证明当2≥n 时,原方程无整数解: 由于2≥n ,因此有032≡⋅n )9(mod ,故可得85≡y)9(mod . 由于551≡ )9(mod ；752≡ )9(mod ；853≡ )9(mod ； 454≡ )9(mod ；255≡ )9(mod ；156≡ )9(mod , 因此有36+=k y ,N k ∈,即11251512+=++k y.故)1125(|12612++k ,从而可得)1125(|712++k .但,n32⋅不能被7整除.故当2≥n 时,原方程无整数解. 综上可知,原方程有唯一正整数解2=x ,1=y ,2=z . 7.求方程zy x 5132=+⋅的所有正整数解.解:由110132≡+≡+⋅y x )3(mod 可得1)1(5≡-≡z z )3(mod ,故z 为偶数,可设m z 2=,*N m ∈. 所以有)15)(15(32+-=⋅m m y x .又由于2)2,15()15,15(=+=+-mm m ,因此有以下四种情况:(1)⎪⎩⎪⎨⎧⋅=+=--y x m m 32152151；(2)⎪⎩⎪⎨⎧=+⋅=--21532151m y x m ；(3)⎪⎩⎪⎨⎧⋅=+=--y m x m 32152151；(4)⎪⎩⎪⎨⎧=+⋅=--12153215x m y m . 显然,情况(1),(2)均无正整数解. 对情况(3),消m 得1232=--x y.当3=x 时,原方程有解3=x ,1=y ,1=z ；以下证明当4≥x 时,方程1232=--x y无正整数解,从而知原方程在当4≥x 时无正整数解.由于4≥x ,因此有1)1(232≡-≡--y x y)4(mod ,故y 为偶数,可设n y 2=,*N n ∈.从而有)13)(13(22+-=-n n x .又由2)2,13()13,13(=+=+-n n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=--3213213x n n,解得⎩⎨⎧==51x n ,但162151==--x m 无整数解. 所以,对于情况(3),原方程有唯一正整数解3=x ,1=y ,1=z . 对情况(4),消m 得1322=--y x .由1)1(322≡-≡--x y x )3(mod 知x 为偶数,可设k x 2=,*N n ∈.从而有)12)(12(311+-=--k k y.又由1)2,12()12,12(111=+=+----k k k 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=----111312112y k k ,故⎩⎨⎧==22y k ,但183215=⋅=-ym 无整数解. 所以,对于情况(4),原方程无正整数解.综上可知,原方程有唯一正整数解3=x ,1=y ,1=z . 巩固练习:1.求证:方程524y x =+无整数解. 2.求方程yx 26152=+的所有正整数解.3.求所有的正整数y x ,,使得yx 73+是完全平方数. 4.求所有大于1的正整数y x ,,及质数p ,使得1|2|=-yxp .。
《数论算法》教案 3章(同余方程)
2
（解）取模 15 的绝对最小完全剩余系：－7，－6，…， －1，0，1，2，…，7，直接计算知 x＝－6，3 是解。所以， 该同余方程的解是 x≡－6，3（mod 15） 且解数 T f ;15 ＝2。 【例 3】求同余方程 4 x 27 x 7 ≡0（mod 15）的解
1
f (x)≡0（mod m）
≡ a n （ mod m ） ， 则 多 项 式 af x 的 首 项 系 数 为
aan 1mod m
（证） （i）显然。 （ii）因为 a, m 1 时，有 f (x)≡0（mod m） a f (x)≡0（mod m） （当(a, m)＝1 时，b≡c（mod m） ab≡ac（mod m） ） 【例 6】证明同余方程 4 x 2 27 x 9 0（mod 15）与方程
中去找。如 a 是（1）的解， x i 是（2）的解，则必有 a ＝ xi ＋kd，其中 k 为某个整数 【例 7】解同余方程 4 x 2 27 x 9 0mod 15 。 （解）考虑模 5 的同余方程 （4） 4 x 2 27 x 9 0mod 5 由于 4 x 2 27 x 9 x 2 2 x 1mod 5 由定理 3.1.1 知，方程（4）与方程 x 2 2 x 1 0mod 5 的解相同。上式即 x 12 2mod 5. 容易验证它无解。因而由定理 3.1.2 知原同余方程无解。 【例 8】解同余方程 x 3 5 x 2 9 0mod 9 。 （解） 由直接计算知， 同余方程 x 3 5 x 2 9 0mod 3 3 2 （即方程 x x ≡ x x 2 x ≡0（mod 3） ）有两个解： x 0, 1 mod 3. 3 2 方法一：利用方程 x x ≡0（mod 3）的解试探或穷 举。 3 2 已知方程 x x ≡0 （mod 3） 的解为 x≡0, 1 （mod 3） ， 故由定理 3.1.2 知原方程的不同的解一定在集合{0，3，6，1， 4，7}中。 逐个试验：以 x≡0，3，－3，1，4，－2 分别代入原方 程中，可知 x≡－3，0，3，4 满足原方程，而 x≡－2，1 不 满足原方程。故原方程的解为 x≡－3，0，3，4。
人教版高中选修(B版)4-63.2一次同余方程教学设计
人教版高中选修(B版)4-63.2一次同余方程教学设计一、教学目标1.掌握一次同余方程的概念及解法。
2.能够熟练运用一次同余方程解决实际问题。
3.培养学生的数学思维能力和逻辑思维能力。
二、教学内容一次同余方程的概念及解法。
三、教学重点和难点•重点：熟练掌握一次同余方程的解法。
•难点：将一次同余方程应用到实际问题中。
四、课前准备1.教师准备课件和教学材料。
2.学生预习一次同余方程的基本知识和相关概念。
五、教学过程1.导入：教师简单介绍一下本节课要学习的内容，并且通过引导学生解决一个实际问题，引出本节课的主要内容。
例如：小明爸爸想买两个相同的项链送给他的孪生姐妹，但是他只能去一次商店，他需要知道商店铺面上的项链数量是不是1、3、5、…100中的一个数字。
请问商店总共有多少条项链？2.新知：介绍一次同余方程的相关概念和解法，并通过一些例题让学生熟练掌握解题方法。
例如：（1）求x满足同余方程$7x\\equiv 5 \\pmod{18}$.解：因为$\\gcd(7, 18) = 1$，所以可以直接使用扩展欧几里得算法求解：$$\\begin{aligned} 7x + 18y &= 1 \\\\ 7 \\times 5 - 18 & = 1 \\end{aligned}$$所以$x\\equiv 5\\times 7^{-1}\\pmod{18}$，其中$7^{-1}\\equiv 13\\pmod{18}$，所以$x\\equiv 65\\equiv 11\\pmod{18}$.3.实践：让学生通过实际问题解决一次同余方程。
例如：某社会团体欲向所有会员发放纪念章，发放数量应该是最少的，同时还需要跟会费缴纳额挂钩。
设会费是5元、9元、15元中的一个，规定三个钱数循环进行。
试求发放纪念章的数量。
解：设发放纪念章的数量为x，则有如下同余方程：$$\\begin{aligned} x &\\equiv 0\\pmod{5}\\\\ x &\\equiv0\\pmod{9} \\\\ x &\\equiv 0\\pmod{15} \\end{aligned}$$ 化简可得：$x\\equiv 0\\pmod{45}$，所以发放纪念章的数量应该是45.4.总结：让学生回顾今天所学知识点，并进行总结。
解不定方程和同余方程的基本方法总结
解不定方程和同余方程的基本方法总结不定方程和同余方程是数论中的两个重要问题。
解不定方程的目标是找到使方程成立的整数解，而同余方程则是计算模运算下的解集。
本文将总结解不定方程和同余方程的基本方法和技巧。
一、解不定方程的基本方法解不定方程的一般形式为ax + by = c，其中a、b、c为给定的整数，x和y为未知数，求整数解。
以下是解不定方程的基本方法：1. 辗转相除法：如果a和b互素，即它们的最大公约数为1，那么可以使用辗转相除法求解不定方程。
首先，利用辗转相除法找到一个整数解(x0, y0)，然后这个方程的所有整数解可以表示为：x = x0 + bt，y = y0 - at，其中t为整数。
2. 扩展欧几里得算法：如果a和b不互素，即它们的最大公约数不为1，可以使用扩展欧几里得算法求解。
通过该算法计算出方程的一个特解(x0, y0)，然后方程的所有整数解可以表示为：x = x0 + b/d * t，y = y0 - a/d * t，其中t为整数，d为a和b的最大公约数。
3. 循环：对于一些形式特殊的不定方程，可以通过循环枚举的方法来解决。
例如对于方程3x + 7y = 100，由于3和7不互素，不能直接使用辗转相除法或扩展欧几里得算法。
可以通过循环枚举x和y的取值范围，判断是否满足方程条件，从而得到所有解。
二、同余方程的基本方法同余方程的一般形式为ax ≡ b (mod m)，其中a、b、m为给定的整数，x为未知数，求模m下的整数解。
以下是同余方程的基本方法：1. 同余定理：如果a和m互素，即它们的最大公约数为1，那么同余方程有唯一解。
可以使用扩展欧几里得算法求解逆元的方式得到解x。
2. 中国剩余定理：如果给定一系列同余方程，形如：x ≡ a1 (mod m1)x ≡ a2 (mod m2)...x ≡ an (mod mn)其中m1、m2、...、mn两两互素，那么可以使用中国剩余定理求解该同余方程组。
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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），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≢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.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=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104≢A≢105的整数A的个数是x×104+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+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0≢y≢5,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p≠q,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.。