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1、2.6不定方程與同余人教B版數(shù)學(xué)選修4-6《初等數(shù)論初步》同余式和不定方程是數(shù)論中古老而富有魅力的內(nèi)容.考慮數(shù)學(xué)競賽的需要,下面介紹有關(guān)的基本內(nèi)容.定義:設(shè)a、b、m為整數(shù)(m>0),若a和b被m除得的余數(shù)相同,則稱a和b對模m同余.記為或一切整數(shù)n可以按照某個自然數(shù)m作為除數(shù)的余數(shù)進行分類,即n=pm+r(r=0,1,…,m-1),恰好m個數(shù)類.于是同余的概念可理解為,若對n1、n2,有n1=q1m+r,n2=q2m+r,那么n1、n2對模m的同余,即它們用m除所得的余數(shù)相等.1.同余式及其應(yīng)用(1)若,則m
2、(b-a).反過來,若m
3、(b-a),則;(2)如果a=km+b(k為整數(shù)
4、),則;(3)每個整數(shù)恰與0,1,…,m-1,這m個整數(shù)中的某一個對模m同余;(4)同余關(guān)系是一種等價關(guān)系:①反身性;②對稱性,則,反之亦然.③傳遞性,則;(5)如果,,則①;②特別地利用整數(shù)的剩余類表示,可以證明同余式的下述簡單性質(zhì):例1(1898年匈牙利奧林匹克競賽題)求使2n+1能被3整除的一切自然數(shù)n.解∵∴則2n+1∴當(dāng)n為奇數(shù)時,2n+1能被3整除;當(dāng)n為偶數(shù)時,2n+1不能被3整除.應(yīng)用同余式的上述性質(zhì),可以解決許多有關(guān)整數(shù)的問題.例2求2999最后兩位數(shù)碼.解考慮用100除2999所得的余數(shù).∵∴又∴∴∴2999的最后兩位數(shù)字為88.例3求證31980+41981能被5
5、整除.證明∵∴∴∴不定方程的問題主要有兩大類:判斷不定方程有無整數(shù)解或解的個數(shù);如果不定方程有整數(shù)解,采取正確的方法,求出全部整數(shù)解.(1)不定方程解的判定如果方程的兩端對同一個模m(常數(shù))不同余,顯然,這個方程必?zé)o整數(shù)解.而方程如有解則解必為奇數(shù)、偶數(shù)兩種,因而可以在奇偶性分析的基礎(chǔ)上應(yīng)用同余概念判定方程有無整數(shù)解.2.不定方程例4證明方程2x2-5y2=7無整數(shù)解.證明∵2x2=5y2+7,顯然y為奇數(shù).①若x為偶數(shù),則∴∵方程兩邊對同一整數(shù)8的余數(shù)不等,∴x不能為偶數(shù).②若x為奇數(shù),則但5y2+7∴x不能為奇數(shù).因則原方程無整數(shù)解.用整數(shù)的整除性來判定方程有無整數(shù)解,是我們解答這
6、類問題的常用方法.說明:設(shè)2x+3y=17n+a,其中a是0,±1,±2,±3,±4,±5,±6,±7,±8中的某個數(shù),但是這時(2x+3y)2+5=(17n)2+34na+(a2+5)=a2+5(mod17),而a2+5被17整除得的余數(shù)分別是5,6,9,14,4,13,7,3,1,即在任何情況下(2x+3y)2+5都不能被17整除,這與它能被17整除矛盾.故不存在整數(shù)x,y使①成立.例7滿足方程x2+y2=x3的正整數(shù)對(x,y)的個數(shù)是().(A)0(B)1(C)2(D)無限個(E)上述結(jié)論都不對解由x2+y2=x3得y2=x2(x-1),所以只要x-1為自然數(shù)的平方,則方程必有
7、正整數(shù)解.令x-1=k2(k為自然數(shù)),則為方程的一組通解.由于自然數(shù)有無限多個,故滿足方程的正整數(shù)對(x,y)有無限多個,應(yīng)選(D).說明:可用寫出方程的一組通解的方法,判定方程有無數(shù)個解.(2)不定方程的解法不定方程沒有統(tǒng)一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式(質(zhì)因數(shù))分解法、不等式法、奇偶分析法和余數(shù)分析法.對方程進行適當(dāng)?shù)淖冃?并正確應(yīng)用整數(shù)的性質(zhì)是解不定方程的基本思路.例6求方程的整數(shù)解.解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.在勾股數(shù)中,最大的一個為13的只有一組即5,12,13,因此有8對整數(shù)的平方和等于132即(5,12),(12,5),(-5,-12)
8、,(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程組的解只能是下面的八個方程組的解解得回憶一下我們本節(jié)學(xué)了什么?TheEnd