同余式与不定方程教案1

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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)

【例 2】求同余方程 4 x 27 x 12 ≡0（mod 15）的解。
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。

2021年初中数学竞赛辅导第四十六讲《同余式》教案北师大版

2021年初中数学竞赛辅导第四十六讲《同余式》教案1 北师大版数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯．先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜．在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，xx年元旦是星期五，xx年有365天，365=7×52＋1，所以xx年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用．同余，顾名思义，就是余数相同．定义1给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作a≡b(modm)，并读作a同余b，模m．若a与b对模m同余，由定义1，有a=mq1＋r，b=mq2+r．所以 a-b=m(q1-q2)，即 m｜a-b．反之，若m｜a-b，设a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．同余式的写法，使我们联想起等式．其实同余式和代数等式有一些相同的性质，最简单的就是下面的定理1．定理1 (1)a≡a(modm)．(2) 若a≡b(modm)，则b≡a(modm)．(3) 若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(modm)．在代数中，等式可以相加、相减和相乘，同样的规则对同余式也成立．定理2若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．证由假设得m｜a-b，m｜c-d，所以m｜(a±c)-(b±d)， m｜c(a-b)＋b(c-d)，即a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数，n是自然数，则a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a n≡b n(modm)．对于同余式ac≡bc(modm)，我们是否能约去公约数c，得到一个正确的同余式a≡b(modm)？在这个问题上，同余式与等式是不同的．例如25≡5(mod 10)，约去5得5≡1(mod 10)．这显然是不正确的．但下面这种情形，相约是可以的．定理3若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则a≡b(modm)．证由题设知ac-bc=(a-b)c=mk．由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．定理4若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，…………a≡b(modm n)，且M=[m1，m2，…，m n]表示m1，m2，…，m n的最小公倍数，则a≡b(modM)．前面介绍了同余式的一些基本内容，下面运用同余这一工具去解决一些具体问题．应用同余式的性质可以简捷地处理一些整除问题．若要证明m整除a，只需证a ≡0(modm)即可．例1求证：(1)8｜(55xx＋17)；(2) 8(32n＋7)；(3)17｜(191000-1)．证 (1)因55≡-1(mod 8)，所以55xx≡-1(mod 8)，55xx＋17≡-1＋17=16≡0(mod 8)，于是8｜(55xx＋17)．(2)32=9≡1(mod 8)，32n≡1(mod 8)，所以32n＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(32n ＋7)．(3)19≡2(mod 17)，194≡24=16≡-1(mod 17)，所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod 17)，于是17｜(191000-1)．例2求使2n-1为7的倍数的所有正整数n．解因为23≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．(1) 若n=3k，则2n-1＝(23)k-1＝8k-1≡1k-1＝0(mod 7)；(2) 若n=3k＋1，则2n-1=2·(23)k-1=2·8k-1≡2·1k-1＝1(mod 7)；(3) 若n=3k＋2，则2n-1=22·(23)k-1=4·8k-1≡4·1k-1＝3(mod 7)．所以，当且仅当3｜n时，2n-1为7的倍数．例3 对任意的自然数n，证明A=2903n-803n-464n＋261n能被1897整除．证 1897=7×271，7与271互质．因为2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以A=2903n-803n-464n+261n≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因为2903≡193(mod 271)，803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．例4把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(mod 2)， a≡-a(mod 2)，所以b1＋b2＋…＋b64=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶数．如果要求一个整数除以某个正整数的余数，同余是一个有力的工具．另外，求一个数的末位数字就是求这个数除以10的余数，求一个数的末两位数字就是求这个数除以100的余数．例5求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．10≡1(mod 9)，故对任何整数k≥1，有10k≡1k＝1(mod 9)．因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．说明 (1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除．(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．例6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)．证因为奇数2=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod 4)，所以例7任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．证奇数可以表示为2k＋1，从而奇数2=4k2＋4k+1=4k(k＋1)+1．因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而奇数2=8t+1≡1(mod 8)，偶数2=(2k)2=4k2(k为整数)．(1)若k=偶数=2t，则4k2=16t2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数=2t+1，则4k2=4(2t＋1)2=16(t2＋t)+4≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．例8 (1)求33除2xx的余数．(2)求8除72n+1-1的余数．解 (1)先找与±1(mod 33)同余的数．因为25＝32≡-1(mod 33)，所以 210≡1(mod 33)，2xx=(210)199·25·23≡-8≡25(mod 33)，所求余数为25．(2)因为7≡-1(mod 8)，所以72n＋1≡(-1)2n＋1＝-1(mod 8)，72n＋1-1≡-2≡6(mod 8)，即余数为6．例9形如F n＝22n+1，n=0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n≥2时，F n的末位数字是7．证当n≥2时，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是F n=22n＋1=24t+1=16t＋1≡6t＋1≡7(mod 10)，即F n的末位数字是7．说明费马数的头几个是F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，F n都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．证明F5是合数，留作练习．利用同余还可以处理一些不定方程问题．例10证明方程x4+y4+2=5z没有整数解．证对于任一整数x，以5为模，有x≡0，±1，±2(mod 5)，x2≡0，1，4(mod 5)，x4≡0，1，1(mod 5)，即对任一整数x，x4≡0，1(mod 5)．同样，对于任一整数yy4≡0，1(mod 5)，所以 x4+y4+2≡2，3，4(mod 5)，从而所给方程无整数解．说明同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模5)，这往往应根据问题的特点来确定．练习二十五1．求证：17｜(191000-1)．2．证明：对所有自然数n，330｜(62n-52n-11)．4．求21000除以13的余数．5．求15＋25＋35＋…＋995＋1005除以4所得的余数．6．今天是星期天，过3100天是星期几？再过5xx天又是星期几？7．求n=1×3×5×7×…×xx的末三位数字．8．证明不定方程x2+y2-8z=6无整数解．40492 9E2C 鸬29860 74A4 璤28883 70D3 烓24333 5F0D 弍23887 5D4F 嵏mz37366 91F6 釶22632 5868 塨^31924 7CB4 粴> 30584 7778 睸1。

人教版B版高中数学选修4-6：不定方程与同余_课件1

结合上面的例题，我们可以总结出判定这类特殊不定方程无解的基本步骤: 1.取定一个正整数为模，上例中取5为模，是因为能保证方程右边余恒为4； 2.根据同余的知识，判定方程左右两边在模为5的前提下的余数； 3.比较方程两边余数，若有相同的，方程可能有整数解；否则方程无整数解。
例题讲解
例1 求证31980 +41981能被5整除。证明：因为3 -2(mod 5)，32 -1(mod 5)， 4 -1(mod 5)，所以31980 = 9990 （-1）990(mod 5)， 41981 （-1）1981(mod 5)，所以31980+41981 （-1）990(mod 5)+（-1）1981(mod 5) 0(mod 5)，所以31980 +41981能被5整除。
要点提炼
对于x2+y 2=5z+4这类方程，我们可以采用如下的方法判定其整数解的存在性：
解：取5为模（思考：为什么是5），对任意整数x， x20，1，-1(mod 5)，同理， y20，1，-1(mod 5)，所以对任意整数x，y，方程左边0，1，-1，2， -2(mod 5)，而方程右边4(mod 5)。所以方程无整数解。
不定方程与同余
知识回顾
前面我们学过二元一次不定方程的概念，还探讨了二元一次不定方程有整数解的充分必要条件，以及在已知方程一组特解的情况，如何求其通解。下面我们对这些知识进行简单回顾。
二元一次不定方程整数解的存在性的判定
二元一次不定方程的一般形式为:
ax by c, a,b,c Z, a,b 0
例3 证明不存在整数x，y使方程��2+3��−2��2=122。① 证明：如果有整数x，y使方程①成立，则 17×29−5=488=4��2+12��−8��2=(2��+3��)2−17��2 ，知(2��+3��)2+5能被17整除。

同余特性解不定方程

同余特性解不定方程同余特性是数论中一个重要的概念，它在解不定方程中起着关键的作用。

在解不定方程时，我们经常会用到同余特性，通过对方程进行模运算来简化问题，从而找到方程的解。

首先，我们来介绍一下同余的定义。

对于任意整数a、b和正整数m，如果m能整除(a-b)，则称a与b对模m同余，记作a ≡ b (mod m)。

换句话说，a与b对模m同余，意味着它们除以m所得的余数相同。

接下来，我们来看一个具体的例子。

假设我们要解不定方程x + 5≡ 3 (mod 7)，即求出满足这个方程的x的取值。

我们可通过对方程两边同时减去5，得到x ≡ -2 (mod 7)。

进一步化简，x ≡ 12 (mod 7)，这意味着x除以7的余数为12、因此，我们可以得出结论，方程的解为x = 7k + 12，其中k为任意整数。

同余特性的重要应用之一是解线性同余方程。

线性同余方程可写为ax ≡ b (mod m)，其中a、b和m为已知整数。

为了解这个方程，首先要确保a与m互质，即它们的最大公约数gcd(a, m) = 1、如果a与m不互质，那么方程可能无解或有多个解。

当a与m互质时，我们可以使用扩展欧几里得算法来求解线性同余方程。

该算法不仅能求出方程的一个解，还能给出方程的所有解。

具体步骤如下：1. 利用扩展欧几里得算法，求出gcd(a, m) = 1时的系数x0和y0，满足ax0 + my0 = 12.方程的一个特解x=b*x0即为方程的一个解。

3. 方程的所有解可表示为x ≡ b*x0 + m*t (mod m)，其中t为任意整数。

下面以一个具体的例子来说明线性同余方程的解法。

假设我们要解线性同余方程3x ≡ 5 (mod 7)。

其中3与7互质，所以我们可以应用上述步骤来求解：1.利用扩展欧几里得算法，得到2*3+(-1)*7=1，因此x0=22.方程的一个解为x=5*2=10。

3. 方程的所有解可表示为x ≡ 10 + 7*t (mod 7)，其中t为任意整数。

同余的性质优秀教学设计

同余的性质【教学目标】1．掌握同余的性质。

2．亲历同余的性质的探索过程，体验分析归纳得出同余的性质，进一步发展学生的探究、交流能力。

【教学重难点】运用同余的性质解决实际问题。

【教学过程】一、直接引入师：今天这节课我们主要学习同余的性质，这节课的主要的内容有同余的性质以及实际运用，并且我们要掌握这些知识的具体应用，能熟练解决相关问题。

二、讲授新课（1）教师引导学生在预习的基础上了解同余性质的内容，形成初步感知。

（2）首先，我们来学习同余的性质，它的具体内容是：类比等式的性质，同余的性质1：若()mod a b n ≡，且()mod c d n ≡，则()mod a c b d n +≡+ 同余的性质2：若()mod a b n ≡，且()mod c d n ≡，()mod ac bd n ≡同余的性质3：若()mod a b n ≡，且()mod c d n ≡，()mod ka kb n ≡，k 为任意整数同余的性质4：若()mod a b n ≡，且()mod c d n ≡，()mod m m a b n ≡，m 为正整数它是如何在题目中应用的呢？我们通过一道例题来具体说明。

例：今天为，过20042004天后的今天是星期几？解析：20042004这个数很大，我们很难判断7除20042004的余数是几.现在，我们想办法把20042004变小，自然的考虑是7除底数2004的余数是几，利用这个余数替换2004，然后降次，反复进行这个过程，知道去掉指数.因为2004=7286+2⨯，所以()20042mod7≡由同余的性质，有()2004200420042mod7≡而20046682=8，所以()200466828mod7≡又因为()81mod 7≡，所以()66866881=1mod 7≡因此()200420041mod 7≡，即7除20042004的余数为1，所以过20042004天后的今天是星期一. 根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。

一次同余方程优秀教学设计

一次同余方程【教学目标】1．掌握一次同余方程的概念。

2．熟练运用一次同余方程解决实际问题。

3．亲历解一次同余方程的探索过程，体验分析归纳得出一次同余方程解的个数规律，进一步发展学生的探究、交流能力。

【教学重难点】重点：掌握一次同余方程的概念的运用。

难点：一次同余方程解的个数规律。

【教学过程】一、直接引入师：今天这节课我们主要学习一次同余方程，这节课的主要的内容有一次同余方程的概念，解一次同余方程，并且我们要掌握这些知识的具体应用，能熟练解决相关问题。

二、讲授新课（1）教师引导学生在预习的基础上了解一次同余方程内容，形成初步感知。

（2）首先，我们来学习一次同余方程的概念，它的具体内容是：通常我们把含有未知数的同余式叫做同余方程．一次同余方程的一般形式为()ax b n≡，mod其中n为正整数，,a b为整数，且a不等于零.它是如何在题目中应用的呢？我们通过一道例题来具体说明。

例：判断()x≡是否是一次同余方程。

53mod6解析：是根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。

练习：写出一个一次同余方程。

解：()x≡74mod2（3）接着，我们再来看下一次同余方程解得个数内容，它的具体内容是：若存在整数c，使得同余式()≡成立，则把()modac b n≡叫做一次同余方程modx c n()mod ax b n ≡的解.一次同余方程()mo d a x b n ≡有解，则(),a n b |.反过来，当(),a n b |时，一次同余方程()mo d a x b n ≡恰有(),a n 个解.它是如何在题目中应用的呢？我们通过一道例题来具体说明。

例：解一次同余方程()96mod15x ≡.解析：注意到()9,153=，且36|，故同余方程有3个解.原方程可化简为()32mod5x ≡.由于()321mod5⨯≡，故()224mod5x ≡⨯≡，所以，原同余方程三个解分别为()4504mod15x ≡+⨯=，()4519mod15x ≡+⨯=，()45214mod15x ≡+⨯=根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。

同余方程和不等式方程的解法

同余方程和不等式方程的解法同余方程和不等式方程是高中数学中经常涉及的两个重要概念，它们的解法和应用在数学和工程学科中都有着广泛的应用。

本文将详细介绍同余方程和不等式方程的解法，以及在实际应用中的一些示范。

同余方程的解法同余方程是指形如ax ≡ b (mod m)的方程，其中a，b，m都是整数，且m > 0。

同余方程求解就是要找出满足这个方程的所有整数x的值。

下面介绍两种求解同余方程的方法：（1）直接法：将同余方程变形为ax – b = km的形式，然后根据贝祖定理，求出a和m的最大公因数d。

如果d不能整除b，那么同余方程无解；否则，可以得到一组特解x0，然后求出同余方程的通解，即：x = x0 + k(m/d)，其中k为任意整数。

例如，对于同余方程5x ≡ 1 (mod 7)，它可以转化为5x – 1 = 7k的形式。

然后，我们可以使用欧几里得算法求出5和7的最大公因数为1，因此同余方程有解。

接下来可以通过特解法或通解法来求解。

特解法：由于5x – 1 = 7k，可以先将7除以5得到商1余2，即7 = 5×1 + 2。

进一步地，可以将5除以2得到商2余1，即5 =2×2 + 1。

然后，将这个余数代入第一个式子中，得到2 = 7 –5×1。

因此，可以得到一组特解为k = –1，x0 = 3。

因此，同余方程的解为x = 3 + 7k。

通解法：首先，由于5和7的最大公因数为1，因此它们互质。

根据费马定理，可以得到5^6 ≡ 1 (mod 7)，因此同余方程等价于5^6x ≡ 1 (mod 7)。

然后，可以将同余方程写成5x ≡ 1 (mod 7)，再使用特解法求得一组特解x0 = 3。

因此，同余方程的通解为x = 3+ 6k。

（2）中国剩余定理：中国剩余定理是解决一组同余方程的有效方法。

如果有两个同余方程ax ≡ b (mod m)和cx ≡ d (mod n)，其中m和n互质，那么可以使用中国剩余定理来求解。