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.

6．求证可被37整除.

5．求的整数解.

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？

3.(第26届国际数学竞赛预选题)求三个正整数x、y、z满足

.

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_________.

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．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.　　　 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、练习(补充)：

(1)　 列式表示：

① 比a小9的数；　　 ② x的2倍与3的和；

　 ③ 5与y的差的一半； ④ a与b的7倍的和．

　 (2)根据下列条件，列出关于x的方程：

　　 (1) 12与x的差等于x的2倍；

　　 (2)x的三分之一与5的和等于6.