同余式与不定方程
2019国家公务员考试行测技巧：利用同余特性巧解不定方程
A.2 B.3 .4 D.5
解析：两个未知数一个方程，属于不定方程的题目。为了凑出a-b，将原式写成：7(a-b)+15b=111，考虑各个部分的余数，令b这一部分的余数为0，可以先除以b前面的系数与结果的最大公约数，即为：3。那么15b除以3余0,111除以3余0,7(a-b)除以3余0;根据同余特性，(a-b)除以3余0，答案选B。
利用同余特性，可以巧妙地解决不定方程这一类复杂的题目。
例： ，已知a，b为正整数，则a的值是?
A.1 B.2C.6 D.7
解析：此题就属于不定方程的题目，未知量个数多于方程个数。为了求出a的取值，可以从余数角度出发，先把b的部分的余数变成0，则发现4b除以2余0,25除以2余1,根据同余特性，3a除以2余1,;3除以2余1，根据余数的乘积决定乘积的余数，则a除以2余1，先把B、C选项排除掉。代入A发现，得到b不是正整数，所以答案选D。
2019
行测数量关系这部分题目，往往被考生放弃或者全蒙一个选项。其实这部分的分值是比较高的，也是能够拉开考生之间分数差距的，建议大家在备考的时候，仍然需要夯实数论基础，熟练掌握解题思想。
余数问题是数量关系中比较重要的基础知识，除了中国剩余定理以外，同余特性也常常被用来解决各种题目。一组不同的正整数除以同一个正整数所得余数相同，则称这一组叫同余类。根据同余特性，我们可以得到：余数的和差能够决定和差运算的余数;余数的乘积能够决定乘积运算的余数;余数的幂能够决定幂次方运算的余数。通俗地讲，就是计算余数问题可以改变原来的运算顺序，先分别求出每一个部分的余数，再将余数进行相应的运算。
行测数量关系中，经常会考到不定方程的应用题，考生们可以多熟悉同余特性的方法，把这种看似复杂的题目，轻轻松松地做出来，为整体行测赢得更多的分数。
2020黑龙江省考行测数量关系答题技巧：同余特性巧解不定方程
2020黑龙江省考行测数量关系答题技巧：同余特性巧解不定方程2020黑龙江省考行测数量关系答题技巧：同余特性巧解不定方程通过新的公务员考试资讯、公务员考试大纲可以了解到，《行政职业能力测验》主要测查从事公务员职业必须具备的基本素质和潜在能力，测试内容包括言语理解与表达能力、判断推理能力、数理能力、常识应用能力和综合分析能力。
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在行测数量关系中，数量关系让很多考生望而却步，在此中公教育将其中难度较高的不定方程类题目的技巧进行讲解。
在行测数量关系中，数量关系让很多考生望而却步，在此中公教育将其中难度较高的不定方程类题目的技巧进行讲解。
一、认识什么是不定方程未知数的个数大于独立方程的个数，例如3a+5b=82。
那什么是独立方程，指的是“不能通过未知数系数变化变成同一个方程的，就是独立方程，如果能通过未知数系数变化变成同一个方程的，那就是同一个方程”，例如3a+5b=82，与6a+10b=164。
这个方程组其实就是一个方程，满足两个未知数的系数，大于方程的个数，是不定方程。
今天中公教育主要就是带着大家来思考和学习一下如何去求解这些不定方程，理论上对于不定方程会有无数组解，但是在考试题目中，都会隐藏一个条件，就是两个解都是正整数，我们探究的还是如何去求正整数解。
二、同余特性两条性质：余数的和决定和的余数;余数的积决定积的余数。
什么意思呢，就是说两个数余数的和加起来会与这个两个数和的余数相同;两个数余数的积会与这两个数积的余数相同。
三、例题展示例1：已知a、b均为正整数，求4a+5b=54中a为多少?A.11B.10C.9D.8【中公解析】答案A。
要想求出a，根据我们以往的思想肯定得消元，消掉其中一个未知数，直接俄消除不可能，这样我们就可以根据同于特性来构造另一个方程，我们就要把这里边的另一个未知数5b消掉，那么，除以5才能把其消掉。
我们先来看除以5这种情况:5b ÷5余数是0，54÷5余数也是4，利用同余特性余数的和决定和的余数，4a÷5余数应为4，再利用余数的积决定积的余数，就得到了a÷5余4。
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@。
同余式
例 8 利用同余理论为 N 支球队安排一个单循环比赛表。 解 当 N 为奇数时，总有一队要轮空，可以采用如下办法来 克服这种困难：加入一支假想的队 N 0 ，然后安排这个队在内 的 N 1支队的单循环比赛程序表， 在每轮比赛中， 安排和 N 0 比赛的球队轮空即可。所以下面的处理均假定 N 为偶数，给 每支队一个编号分别为 1, 2, , N ，每支队的比赛总场数为
2
解数为 0。
例 4 求同余式 15 x 15 x 30 0(mod 15) 的解。
2
解
取 模 15
的 绝 对 值 最 小 完 全 剩 余 系 ：
7,6, ,1,0,1, ,6,7 ，直接计算可知所有整数都是同余
式的 15 x 15 x 30 0(mod 15) 解，所以该同余式的解为
N 1，即有 N 1轮比赛，共有 N ( N 1) / 2 场比赛。
设 x 属于集合 {1, 2, , N 1}，在第 k 轮中，以 xk 表示与 x 进 行比赛的编号，同样有 xk 属于集合 {1, 2, , N 1}。 我们使用 同余式
x x k (mod N 1)
a
称所有这些整数为同余式（1）的一个解，记为
x a (mod m)
所有对模 m 两两不同余的解的个数称为是同余式（1 ）的解 数，记为 T ( f , m) 。从定义可以看出来，同余式（1）的解数 一定不超过 m ，即 T ( f , m ) m 。
例 1 求同余式 4 x 12 x 7 0(mod 15) 的解。
2
x 5, 2,5(mod 15)
解数为 3。
例 3 求同余式 4 x 12 x 3 0(mod 15) 的解。
第四章 同余式 (2)
6 2） 30 8(mod11 （ )
4
(3)用形式分数
定义1：当（a，m）=1时，若ab 1(modm)， 则记b 1 (modm)称为形式分数。 a
c 1 (mod m) 根据定义和记号， 有性质 a
c a
1、
c c mt1 (mod m), t1 , t2 Z a a mt 2
c1 c 2、（d，m）=1，且 a da1, c dc1，则 a1 a (mod m)
利用形式分数的性质把分母变成1，从而求出 一次同余式的解。
例：解一次同余方程17 x 19(mod 25) 解：∵（17，25）=1，原同余方程有解，利 用形式分数的性质，同余方程解为
19 6 3 28 x 7(mod 25) 17 8 4 4
由一次同余方程有解条件知t有解,即同余方程组有解.
下面给出一个例子，并用代入法求解
x 3(mod 4) 例：解一次同余式组 x 1(mod 6)
解：因为(4,6)=2|3-1,所以有解,由(1)式得x=3+4t 代入(2)得 4t 2(mod 6) 2t 1(mod 3) 即 t 1(mod 3) 得 t 1 3t1 代入x=3+4t 得 x 3 4(1 3t1 ) 7 12t1 即 x 7(mod12)为一次同余式组的解。
证: 若 x b1 (mod m1 ) (1)有解,则有 x b (mod m )(2)
2
x b2 (mod(m1 , m2 ))
反之由(1)得
即
(m1, m2 ) | b1 b2
代入(2)有
x b1 m1t
数论中的同余方程与不定方程
数论中的同余方程与不定方程数论是研究整数的性质和结构的学科，其中同余方程和不定方程属于重要的研究内容。
本文将介绍同余方程和不定方程的概念、性质以及解法。
一、同余方程同余方程是指形如ax ≡ b (mod m) 的方程，其中 a、b和m都是整数，≡表示同余，意味着 a与b对于模m同余。
1.1 概念同余方程是用来描述整数之间的关系的方程。
同余方程中的 a、b和m都是整数，其中 a和m是已知的，b是未知的。
解同余方程就是要找到满足这个关系的整数b的值。
1.2 性质同余方程具有一些重要的性质：- 如果a≡b (mod m) ，那么对于所有的整数k，有a+km≡b (mod m) 。
- 如果a≡b (mod m) ，那么对于所有的整数k，有ak≡bk (mod m) 。
- 如果a≡b (mod m) 且b≡c (mod m) ，那么a≡c (mod m) 。
1.3 解法一般而言，我们可以通过穷举法或代入法求解同余方程。
- 穷举法：我们可以从 0开始，依次将整数代入方程，判断是否满足同余关系。
这种方法比较直观，但对于大数目的解比较复杂。
- 代入法：我们可以将 b 替换成一个待定整数 x，然后通过一定的数学变换，将原方程转化为一个简化的同余方程。
然后我们可以通过简化后的方程来求解。
二、不定方程不定方程是指形如 ax+by=c 的方程，其中 a、b和c都是整数，且给定整数解x和y。
2.1 概念不定方程是一种用来描述整数之间的关系的方程。
不定方程中的a、b和c都是整数，其中 a和b是已知的，c是未知的。
我们需要找到满足该关系的整数解x和y。
2.2 性质不定方程具有一些重要的性质：- 如果 (x₁, y₁) 和 (x₂, y₂) 是不定方程 ax+by=c 的解，那么(x₁+x₂, y₁+y₂) 也是其解。
- 不定方程 ax+by=c 只有有限多个整数解，当且仅当 c 是 a和b的公倍数。
2.3 解法解决不定方程一般有以下几种方法：- 整数分拆法：我们可以通过对方程逐项进行整数分拆，得到不同的解。
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 .。
整除同余与不定方程
整除同余与不定方程一、整除同余1.1 定义在数论中，整除同余是指两个数 a 和 b 在模 m 下，它们的差可以被 m 整除。
可以表示为a ≡ b (mod m)。
1.2 性质整除同余具有以下性质：•自反性：a ≡ a (mod m)•对称性：如果a ≡ b (mod m)，那么b ≡ a (mod m)•传递性：如果a ≡ b (mod m)，b ≡ c (mod m)，那么a ≡ c (mod m)•同余定理：如果a ≡ b (mod m) 和c ≡ d (mod m)，那么a ± c ≡ b ± d (mod m)，a × c ≡ b × d (mod m)1.3 应用整除同余在密码学、编码和算法中有广泛应用。
例如，它们可以用于计算哈希函数、判断两个数是否互质、生成随机数等。
二、不定方程2.1 定义不定方程是指含有未知数的方程，通常需要找到满足方程的整数解或一类整数解。
2.2 一次不定方程一次不定方程是指形式为 ax + by = c 的方程，其中 a、b、c 为已知整数，找到整数解 (x, y)。
这类方程可以使用扩展欧几里得算法求解。
扩展欧几里得算法的步骤如下：1.初始化变量，令 r1 = a，r2 = b，s1 = 1，s2 = 0，t1 = 0，t2 = 1。
2.当r2 ≠ 0 时，执行以下循环：–计算商和余数：q = r1 // r2，r = r1 % r2。
–使用辗转相除法更新变量：r1 = r2，r2 = r；s1 = s2，s2 = s；t1 = t2，t2 = t。
3.当 r2 = 0 时，得到方程的一个解为 (x, y) = (s1, t1)。
2.3 二次不定方程二次不定方程是指形式为 ax^2 + bxy + cy^2 + dx + ey + f = 0 的方程，其中 a、b、c、d、e、f 为已知整数，找到满足方程的整数解 (x, y)。
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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a 2+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（2 x+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1 32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31 t2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）、（124，1 116）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.同余与尾数同余与尾数两个整数在作除法运算时，被除数和除数之间的关系不全是整除的关系.如果a是整数，b是一个自然数，那么一定有两个整数q和r，使得a=b×q+r（0≢r＜b）.当r=0时，则称a被b整除.当r≠0时，r叫做a除以b的余数，q叫做a除以b的不完全商，r/b叫做a除以b的尾数.如果a、b两个整数除以自然数m后所得的余数相同，就称a、b对于模m同余.记作a≡b（mod m）.同余有下面的一些性质：a、b是整数，m是自然数.1.如果a≡b（mod m），则m｜（a-b）.2. a≡a（mod，m）.3.如果a≡b（mod m），则b≡a（mod m）.4.如果a≡b（mod m），b≡c（mod m），则a≡c（mod m）.5.如果a≡b（mod m），c≡d（mod m），则a＋c≡b＋d（mod m），a—c≡b—d（mod m）.6.如果a≡b（mod m），c≡d（mod m），则a×c≡b×d（mod m）.7.如果a≡b（mod m），则a n≡b n（mod m）.根据余数相同，可以对整数分类.例如一个整数a被3除时，余数只能有0、1、2这三种可能，因此所有整数可以分为3k、 3k+1、3k+2（ k为整数）这三种类型.问题22.1一个两位数除310，余数是37，求这样的两位数.分析用被除数减去余数.然后将其差分解质因数.解310-37=273.273=3×7×13.考虑到所求的两位数（除数）要比37（余数）大，而3×13=39，7×13=91，因此所求的两位数为39或91.问题22.2有一个77位数，它的各位数字都是1，这个数除以7，余数是多少？分析因为1001能被7整除，所以111111能被7整除.解因为1001=7×11×13，而111111= 100100+10010+1001，所以，由六个数字1组成的六位数必定是7的倍数.77÷6=12余5.11111÷7=1587余2.所以，这个77位数除以7的余数是2.问题22.3一个整数除300、262、205都得到相同的余数，且余数不为0.问这个整数是几？分析这个整数能整除300、262、205中任何两个数的差.解300-262=38=19×2，262-205=57=9×3，300-205=95=19×5.因为所求整数是38、57、95的不为1的公约数，所以这个整数是19.问题22.4已知某数被5除的尾数是0.2，求这个数被5除的余数.分析尾数与除数之积等于余数.解5×0.2=1.所以，这个数被5除的余数为1.问题22.5一名养牛专业户，共有牛41头，他准备把这些牛分给3个农民去养，要求第一位农民养总数的1/2，第二位农民养总数的1/3，第三位农民养总数的1/7.由于牛的头数不是偶数，二分之一办不到，允许借一些牛来参加分，但借的牛分后要归还原主.问这三位农民各分几头牛？分析利用尾数及其尾数之和解题.答：这三位农民各分得21头、14头、6头牛.问题22.6求77被4除的余数.分析利用同余的性质.解77=（72）3×7.∵ 72≡1（mod 4），（72）3≡13（mod 4）.即（72）≡1（mod 4）.又7≡（mod 4），∴（72）3×7≡1×3（mod 4）.即 77≡3（mod 4）.故77被4除的余数为3.问题22.7今天是星期日，再过364365天是星期几？再过365364天又是星期几？分析就是求364365、365364分别被7除的余数.解∵364≡0（mod 7），∴ 364365≡0（mod 7）.∵365≡1（mod 7），∴ 365364≡1（mod 7）.因此，如果今天是星期日，那么再过364365天是星期日，再过365364天是星期一.问题22.839865×48731=1382476895吗？为什么？分析在检验a×b=c是否正确时，可以看一看a×b与c对于模9是否同余，如果是同余，则a×b有可能与c相等（当然也有可能不等），否则，a×b必不等于c.这种方法称为弃九法.解39865≡3＋9＋8＋6＋5≡4（mod 9），48731≡4＋8＋7＋3＋1≡5（mod 9），1382476895≡1＋3＋8＋2＋4＋7＋6＋8＋9+5≡8（mod 9）.∴39865×48731≠1382476895.问题22.9 a、b都是整数，则a＋b，a-b，a×b中至少有一个数是3的倍数.为什么？分析将所有整数分为3k，3k＋1， 3k+2（k为整数）进行讨论.解如果a、b中有一个是3的倍数，则a×b是3的倍数.如果a、b都不是3的倍数，则有四种可能.（以下字母表示整数）（1）当a=3m＋1，b=3n＋1时，a－b＝3（ m-n），∴ 3|（a-b）.（2）当a=3m＋2，b=3n＋2时，a-b＝3（m-n）,∴ 3|（a-b）.（3）当a=3m+1，b=3n＋2时，a+b＝3（m＋n+1），∴ 3|（a＋b）.（4）当，a=3m+2，b=3n+1时，同餘理論,韓信點兵與 Lagrange插值法疊合原理:一般解=特別解+齊次解ax+by=0是x,y的一次齊次式,其解為若ax+by=c有一組特別解,則ax+by=c的一般解為例求的一般解解所謂齊次解就是的解,即n=3t;特別解取n=1,則一般解為n=3t+1甲.同餘理論n是任意整數,兩個整數a,b,如果用n除了之後得到相同的餘數,則稱a與b對模n同餘,用(mod n),亦即(mod n)例如(mod 5),(mod 5)同餘式的基本性質(以下皆mod n)1.(反身性)2.若則(對稱性)3.若則(遞移性)4.若則,,,我們證明了在整數Z中,新的運算符號""與"+"號有相同的性質例1.試證(1)若,則 (2)若則2.(40)255除以13的餘數=3.,試證恆為7的倍數4.證明11,111,111,...,1....1(n個1)都不可能是完全平方數5.證明沒有非零的整數解6.解(mod 5)習作1.解2.,求(1)m除以9的餘數= (2)證明m是4的倍數3.求的十位數字與個位數字 614.整數x,y,z滿足,則x,y,z中至少有一個數是3的倍數,試證之5.求九位數123456789除以11的餘數6.任意正整數n,都不可能是3的倍數7.證明不是完全平方數挑戰題1.證明費馬數是641的倍數(趣味數論單墫 p.69),這件事是Euler(1707~1783)發現的2.不定方程式沒有整數解(趣味數論單墫 p.85)數學史篇同餘的的概念與符號都是高斯(1777~1855)發明的例題的解1.(mod 13),所以(mod 13)2.因為(mod 7),(mod 7)3.對任意n,(mod 4),但是(mod 4)4.任意n,(mod 3),若存在非零的整數(a,b,c)是原方程式的解,則(mod 3),所以(mod 3),a=3a',b=3b',代入原式,得(mod 3),即(mod 3),令c=3c',則,如果,同理可以繼續往下遞降,但是a,b是有限大的數,所以不能一直變小,亦即存在一組,使得,但是不成立,矛盾,得證5.即,齊次解為x=5t,特別解取x=4,即(mod 5)乙.中國餘數定理(Chinese Remainder Theorem)數學史篇中國餘數定理源出三國或晉朝的"孫子算經",其中有一題:今有物不知其數,三三數之剩2,五五數之剩3,七七數之剩2,問物幾何?以同餘式表之,即解,孫子算經中給出答案x=23一元一次聯立同餘式,後世稱為"大衍",其解法稱為"大衍求一術",到宋代秦九韶(1202~1261年)集大成解 x的齊次解為105t,假設特別解為x=15a+21b+35c, 代入(1),則,取c=1,代入(2),則,取b=3,代入(3),則,取a=2,所以x=30+63+35=128=105+23,取x'=23,即原式的特別解所以x=105t+23例 n是自然數 ,除以3餘1,除以5餘2,除以7餘5,則n最小=例求滿足的最小自然數n=例 n是自然數,,且200<n<400,n=? 習作1.n是正整數,n除以4餘1,除以5餘2,除以6餘3,n最小=2.中國古代以干支紀年,天干:甲乙丙丁戊己庚辛壬癸地支:子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥為什麼沒有丁寅年?3.解x=385t+367 丙.Lagrange插值法溫故知新篇餘式定理多項式f(x)除以x-a的餘式=f(a)我們先來看兩個簡單的例題(1)求通過(2,7),(5,13)的直線方程式(2)求三次函數,使其圖形通過(-2,13),(1,4),(2,9)以上只是簡單的代入求解的題目,(2)即,若互異,是否有y=f(x)=通過,亦即求f(x),使一般而言,互異,求同餘式,i=1,2,3,...n解的方法,稱為Lagrange插值法例求三次多項式y=f(x)使其圖形通過(-2,13),(1,4),(2,9)解設f(x)=a(x+2)(x-1)+b(x+2)(x-2)+c(x-1)(x-2),由f(-2)=13,解得c=,由f(1)=4,解得b=;由f(2)=9,解得a=,所以例 f(x)是三次多項式,f(1995)=1,f(1996)=2,f(1997)=3,f(1998)=4,求f(1999)=解概念增廣篇為什麼會把中國餘數定理與Lagrange插值法擺在一起?在大學代數中整數系Z與多項式R[x]代數結構相同,各位看兩者在解題方法上的相同處可以有所體會,再做下面兩個例子,你可以更清楚看到Z與R[x]之間的關聯例(1)求與的最大公因數例(2)求與的最高公因式同余问题-----------同余问题几个正整数A、B、C……除以同一个正整数D，如果所得的余数都相同。