行测技巧：利用同余特性解不定方程
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。
2017浙江政法干警考试行测技巧：不定方程解法大全
2017浙江政法干警考试行测技巧：不定方程解法大全2017浙江政法干警考试备考已经开始啦，小伙伴们可以加2017浙江政法干警考试群：385027028和战友们一起复习喽，加群轻松获得备考指导与考试资料，更多的考情动态和考试新闻会及时在群消息中通知，小伙伴们不要错过群消息哟!更多备考资料请点击：浙江政法干警考试网方程思想是一种很基本且重要的数学思想，在高频题型中都有该思想的应用，例如年龄问题、溶液问题、容斥问题以及极值问题都会利用方程思想来解决问题。
当然方程法也是政法干警考生在平时作答数量关系题目时最常用也是最喜欢用的方法之一，但是在行测考试中，往往将不定方程作为一个重要而固定的考点，在不定方程中我们会发现，这一类题目题干描述得比较清晰，对题目的理解往往不会存在很多的问题，列式也比较简单，但是在解不定方程的过程中，考生们往往感觉束手无策，很多考生在面对这个拦路虎时，往往凭运气，能看出来的就做，不能看出来就放弃了。
然而实际上这类题型在解决的时候是有固定套路的，只要你能掌握好这些套路，基本上大部分的不定方程问题都能搞定。
因此，接下来将会为大家梳理一下目前不定方程问题的常用的求解方法。
(一)尾数法若未知数有5x或10x这样的数值，它们的尾数比较少，可以通过确定尾数，进而缩小未知数取值范围。
【例】某国硬币有5分和7分两种，问用这两种硬币支付142分货款，有多少种不同的方法?A.3B.4C.6D.8【解析】根据题意可以列出式子5x+7y=142，由于题目中未知数的系数出现5，所以可以用尾数法确定尾数。
5x的尾数只有两种情况0或者5，那么对应的7y的尾数就只能是2或者7，这样加和后才能是结果为2的数，7y只有当y=1、6、11、16时尾数是符合题意要求的，所以有4种不同情况。
答案选B。
(二)奇偶性观察不定方程中未知数的奇偶性质，从而减少未知数的取值情况。
【例】装某种产品的盒子有大、小两种，大盒每盒装11个，小盒每盒装8个，要把89个产品装入盒内，要求每个盒子都恰好装满，需要大、小盒子各多少个?A.3、7B.4、6C.5、4D.6、3【解析】根据题意可以列出式子11x+8y=89，两个未知数一个方程，典型的不定方程。
一招秒杀不定方程
一招秒杀不定方程中公教育研究与辅导专家 熊安国在国考，省考，事业单位和金融银行的行测考试中，计算问题一直是必考的一类题型。
在计算问题中，对不定方程的考察经常出现。
很多考生对于普通方程的解法比较熟练，但是对于不定方程的解法却常常感到头痛。
今天，中公教育的研究与辅导专家就教大家一招秒杀不定方程的方法------同余性质。
求解不定方程需要用到的同余的性质共有三点：性质1：余数的和决定和的余数。
例：231072111310137L L L L L L L ÷+=+⎭⎬⎫÷÷ 13118134222311238 ÷+÷=+⎭⎬⎫÷÷）（ 性质2：余数的差决定差的余数。
例：134-811-2134238 ÷=⎭⎬⎫÷÷）（ 2314-1921-2-123141319 ÷=⎭⎬⎫÷÷）（ 性质3：余数的积决定积的余数。
例：3568313156358 ÷⨯=⨯⎭⎬⎫÷÷）（ 35129358242512459 ÷⨯÷=⨯⎭⎬⎫÷÷）（ 运用上面的三个同余性质就可以解出所有的不定方程的题目了。
下面就带着大家看几道例题，让大家熟练掌握这种方法。
例1.3a+4b=25，已知a ，b 为正整数，则a 的值是（ ）。
A.1B.2C.6D.7【答案】D 。
解析：要计算a 的值，可以消去未知数b 。
即14310325434 ÷⎩⎨⎧+⨯=+÷a a b a 即：代入D 选项合适，故答案选D 。
【考点点拨】用同余性质的本质是消元，题目求a ，只要消去b 就行，通过除以b 前面的系数4就能够消去4b 项。
例2.3x+7y=33，已知x ，y 为正整数，则x+y=（ ）。
A.10B.9C.8D.7【答案】D 。
解析：要计算x+y 的值，可以消去2x 和6y ，即12)(11133732 ÷+⎩⎨⎧⨯+⨯=+÷y x y x y x 即： 即（x+y ）为奇数，排除A ，C 。
2017事业单位备考：同余特性解方程
2017事业单位备考：同余特性解方程【导读】中公事业单位为帮助各位考生顺利通过事业单位招聘考试！今天为大家带来事业单位行政职业能力测试题。
在国考和事业单位行测考试中的数学运算中，我们常常会碰到一些要求解多元不定方程，同余特性作为一种常用且能快速解题的方法也为大家所知，但往往碰到一些稍微复杂一点的，大家反而不能够灵活的运用，下面我们通过一些例题的详细介绍，帮助大家进一步的理解同余特性解方程的方法和本质，以便大家能够灵活的运用同余特性。
希望对大家能够有所帮助。
一、同余特性通常特性一、二、三用于求解不定方程，二特性四特性用于求解日期中的星期问题。
二、同余特性解不定方程的核心同余特性解不定方程的核心为消元，而消元的本质为除以其系数的公约数，通常为最大公约数。
三、经典例题详解云南事业单位考试网提供云南事业单位招聘和云南事业单位考试资讯、真题资料【例1】已知3a+8b=104， 求a;‚求bA.8B.9C.10D.11【答案】•A。
‚C。
解析：•该方程为不定方程，可以用同余特性求解。
求a，则考虑要将b消去，即整个式子同除以8，则8b除以8余数为0，104除以8余数为0，根据和数的余数决定余数的和的特性可知3a除以8余数为0，又因为3不能被8整除，所以a一定能被8整除，所以选A。
‚求b，则要消去a，即除以3，3a除以3余数为0，104除以3余数为2，所以8b除以3余数为2，因为8除以3余2，根据同余特性余数的积决定积的余数，所以b除以3余数应为1，所以选择C。
【例2】已知4a+10b+c=43，求a+b+c.A.8B.9C.10D.11【答案】C。
解析：该方程为不定方程，可以用同余特性求解。
题干要求a+b+c，可将其看做一个整体未知数，对原式进行拆分构造，即4a+10b+c=(a+b+c)+3a+9b=43，要求a+b+c，则要消去3a+9b，即除以其系数3和9的公约数3，此时3a+9b除以3余0，43除以3余1，根据同于特性余数的和决定和的余数可知(a+b+c)除以3余数为1，再用排除法可以排除A、B、D，所以选择C。
大学生村官考试行测备考之同余特性解不定方程
大学生村官考试行测备考之同余特性解不定方程大学生村官考试行测考试中的数量关系模块中，对数字运算题目的考察经常需要借用方程思想。
不定方程则又是方程思想考察中的重点。
不定方程就是未知数的个数大于方程的个数，这类方程它的解有无穷多个，但是在考试中题目会给出一些限制条件，有了这些限制条件方程的解就会唯一确定，同学们需要掌握根据限制条件去求解方程。
要找出这样一组解最直观的办法可以把选项带入题干中去验证，只要符合题意就可以选择该选项，但这种解法可能会浪费一点时间，因此，建议考生还需要掌握一些解题技巧，比如利用同余特性解不定方程问题。
同余特性的性质第一条：余数的和决定和的余数。
比如，我们求(36+37)÷7的余数，因为36÷7余数是1，37÷7的余数是2，余数的和1+2=3，3再除以7的余数是3，余数的和决定和的余数，所以(36+37)÷7的余数就是3。
第二条：余数的积决定积的余数比如，我们求(36×37)÷7的余数，因为这两个数除以7的余数分别是1和2，乘积为2，2再除以7余数为2，余数的积决定积的余数，所以(36×37)÷7的余数也为2。
例题例题1：7a+8b=111，已知a，b为正整数，且a>b，则a-b=( )选项为A.2B.3C.4D.5【答案】B。
解析：要想求出a-b的值，就得知道a和b的值。
那我们先来求a ,要想求出a的值，就要消掉8b这一项。
消一个元要除以系数本身，即8b除以8余0 ,而111÷8除以8余7，利用同余特性余数的和决定和的余数，7a÷8余数为7，再利用余数的积决定积的余数，得到a÷8余1。
我们再来看b，要想求出b的值就要消掉7a根据消一个元除以系数本身。
那么我们就要除以7，7a ÷7余数为零，111÷7余数为6，根据同余特性余数的和决定和的余数，我们得到，8b ÷7余数为6，再利用余数的积决定积的余数，我们得到b÷7余数为6。
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 .。
行测解题技巧——特性分析法巧解不定方程
特性分析法巧解行测数量关系中的不定方程数量关系，是公务员考试的一个重要题型，这个题型在公务员考试初期，就一直存在，并且在近几年的试题中，数字推理消失了，数学运算部分的题量逐渐增大，同时在近几年的公务员考试数量关系部分，不定方程出现的概率呈现逐渐上升的趋势，单单就是国考里面，已经连续几年对不定方程的考察，相关题目基本集中在采用特性分析法解答上面，采用赋值分析法的，相对较少，那具体什么是不定方程，什么是特性分析法呢?所谓不定方程，就是说我们列出来的方程或者方程组中，未知数个数多于方程个数，比如说5x-6y-34。
如果我们对x、y没有任何限制，那么我们得到的解一定是无穷个的，但是在公务员考试中，试题都是有唯一的解的，这就要求对方程的解有一定的限制，通常要求是整数，或者是质数等比较特殊的数值，所以我们在解答的时候，往往是有据可依的。
所谓特性分析法，就是利用未知数的某些特性，比如是整数，是质数等等，从而确定出未知数的具体值。
我们在使用特定分析法的时候，通常会从三个方面来考虑解答不定方程，(1)整除;(2)奇偶性;(3)尾数。
一般来说，只要我们合理的利用上面的整除、奇偶以及尾数，我们就可以快速的得到试题的答案。
【真题示例1】某单位向希望工程捐款，其中部门领导每人捐50元，普通员工每人捐20元。
某部门所有人员共捐款320元，已知该部门总人数超过10人，问该部门可能有几名部门领导?A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】根据题意，假设这个单位有部门领导x人，有员工y人，则有x+y>10，50x+20y=320，也就是5x+2y=32。
由于32、2y均为偶数，那么5x只能是偶数，则x=2、4(选项最大的是4);如果是2，那么y=11，此时x+y=13，满足条件，故本题的正确答案为B选项。
【真题示例2】超市将99个苹果装进两种包装盒，大包装盒每个装12个苹果，小包装盒每个装5个苹果，共用了十多个盒子刚好装完。
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行测技巧：利用同余特性解不定方程
在行测考试的数量关系中，经常会考察到不定方程，而对于解不定方程，除了可以用整除法、奇偶性、尾数法和代入排除法之外，有时也会用到同余特性，接下中公教育带领大家学习一下如何用同余特性解不定方程。
例1：3x+7y=33，已知x,y为正整数，则x+y=（）
A.11
B.10
C.8
D.7
【答案】D。
方法一：先求x，再代入求y。
在余数中消去7y，则等式两边同除以7即可。
3x+7y=33
÷7 3x+0→5
所以 3x÷7 … 5，可得x=4,11 …，结合选项，x=4，y=3，x+y=7，选D。
方法二：先求y，再代入求x。
在余数中消去3x，则等式两边同除以3即可。
3x+7y=33
÷3 0+y→0
所以 y÷3 … 0，可得y=3,6 …，结合选项，y=3，x=4，x+y=7，选D。
方法三：直接求解x+y。
原式需要消去2x与6y，消去2x可以除以2，消去6y可以消去2、3、6，所以同时消去两项，可以除以2与6的最大公约数“2”。
3x+7y=33
÷2 x+y→1
所以（x+y）÷2 … 1，则（x+y）为奇数，排除B、C。
“11”与“7”代入，选D。
【考点点拨】根据题干所求，找到需要消去哪一项或哪两项，若消去一项，则等式两边同除以这一项的系数，就可以得出另外一项的取值，若消去两项，则等式两边同除以这两项系数的最大公约数，就可以得出所求的值。
例2：3a+4b=25，已知a,b为正整数，则a的值是（）
A.1
B.2
C.6
D.7
【答案】D。
求a，原式需要消去4b，则等式两边同除以4：
3a+4b=25
÷4 3a+0→1
所以3a÷4 …1，可得a=3,7,11…，结合选项可得a=7，选D。
【考点点拨】题干所求为未知数a，所以需要在余数中消去4b，除以系数4则得出3a ÷4 …1，结合选项可得a的取值。
例3：7a+8b=111，已知a，b为正整数，且a＞b，则a-b=（）
A.2
B.3
C.4
D.5
【答案】B。
求a-b，则原式需要消去6a，9b，则需要除以系数6和9的最大公约数3。
7a+8b=111
÷3 a+b→0
所以（a-b）÷3 …0，a-b=3,6,9 …，结合选项可得a-b=3，选B。
【考点点拨】题干中所求为a-b，则需要在原式中同时消去6a与9b，系数分别为6和9，则等式两边同除以6和9的最大公约数3可得余数关系：（a-b）÷3 …0，a-b为3的倍数，结合选项可得选B。
以上是如何运用同余特性解不定方程，大家还要结合例题去理解，加深记忆。