取模法在含有階乘的不定方程中的應(yīng)用

廣州市花都區(qū)秀全中學(xué)(510800) 林 堃

1 試題呈現(xiàn)、分析、解答

1.1 試題呈現(xiàn)

2023 年6 月10 日,南京大學(xué)進(jìn)行了“南京大學(xué)2023 年江蘇省綜合評(píng)價(jià)測(cè)試”,有一道數(shù)學(xué)題如下:

例1 (2023 年南京大學(xué)綜合評(píng)價(jià)試題) 求不定方程x2-y!=2023 的全部正整數(shù)解.

1.2 試題分析

x2-y! = 2023 是一個(gè)含有階乘的不定方程. 階乘有一個(gè)性質(zhì): 當(dāng)y≥m時(shí),m|y!, 其中y,m都是正整數(shù). 所以我們要找出m, 使得x2≡2023(modm) 無解. 這樣我們就能斷定當(dāng)y≥m時(shí), 不定方程x2-y! = 2023 無解.由于x2≡2023≡1(mod 3)有解, 所以我們不能選擇模3.x2≡2023≡3(mod 4)和x2≡2023≡3(mod 5),方程無解.所以我們可以選擇模4 或模5,4 比5 小,所以我們選擇模4,運(yùn)算量小一些.

1.3 試題解答

定理1[1]偶數(shù)的平方除以4 的余數(shù)是0,奇數(shù)的平方除以4 的余數(shù)是1,平方數(shù)除以4 的余數(shù)不可能是2 或3.

證明見文[1]定理1 的證明.

解當(dāng)y≥4 時(shí),方程兩邊同時(shí)模4,y!是4 的倍數(shù),2023模4 余3,從而,x2=3(mod 4),由定理1 可知這是不可能的.所以y只能是1, 2 或3. 將這三個(gè)數(shù)逐一代入原方程可得x2= 2024,2025,2029. 經(jīng)驗(yàn)證只有2025 = 452是平方數(shù),所以原不定方程的全部解是(x,y)=(45,2).

2 試題推廣

定理1 的意思是: 平方數(shù)模4 不余2 或3. 類似地,我們有:

定理2(1)平方數(shù)模3 不余2;(2)平方數(shù)模5 不余2 或3.

證明(1) 任意一個(gè)整數(shù)n可以寫為n= 3k或n= 3k ±1,k ∈Z. 所以n2= (3k)2≡0(mod 3) 或n2=(3k±1)2≡1(mod 3),得證.

(2) 任意一個(gè)整數(shù)n可以寫為n= 5k或n= 5k ±1或n= 5k ±2,k ∈Z. 所以n2= (5k)2≡0(mod 5) 或n2= (5k±1)2≡1(mod 5)或n2= (5k±2)2≡4(mod 5),得證.

2.1 模3

定理3當(dāng)y≥3 時(shí),關(guān)于x,y的不定方程x2+k·y!=3t+2 無整數(shù)解,其中k與t是整數(shù).

證明當(dāng)y≥3 時(shí),方程兩邊同時(shí)模3,y!是3 的倍數(shù),所以x2≡2(mod 3),由定理2 可知其無解.

例2求不定方程x2-2y!=359 的全部正整數(shù)解.

解因?yàn)?59≡2(mod 3), 由定理3 可知, 當(dāng)y≥3 時(shí),不定方程無解. 所以y只能是1 或2. 將1 和2 這兩個(gè)數(shù)逐一代入原方程可得x2= 361,363. 只有361 = 192是平方數(shù),所以不定方程有唯一解(x,y)=(19,1).

2.2 模4

定理4當(dāng)y≥4 時(shí),關(guān)于x,y的不定方程x2+k·y!=4t+2 和x2+k·y!=4t+3 均無整數(shù)解,其中k與t是整數(shù).

證明當(dāng)y≥4 時(shí),方程兩邊同時(shí)模4,y!是4 的倍數(shù),所以x2≡2(mod 4)或x2≡3(mod 4),由定理1 可知其無解.

例3求不定方程x2-y!=194 的全部正整數(shù)解.

解因?yàn)?94≡2(mod 4),由定理4 可知,當(dāng)y≥4 時(shí),不定方程無解. 所以y只能是1,2 或3. 將這三個(gè)數(shù)逐一代入原方程可得x2= 195,196,200. 只有196 = 142是平方數(shù),所以不定方程有唯一正整數(shù)解(x,y)=(14,2).

前面三個(gè)例子都是將不定方程兩邊取模后得到一個(gè)無解的二次同余方程.《數(shù)學(xué)通報(bào)》2020 年11 月數(shù)學(xué)問題2574也是類似問題,我們可以用模4 法快速解決.

例4k是正整數(shù),求證不定方程4kx2-y2= 1 無整數(shù)解.

證明[2]方程兩邊同時(shí)模4,由定理1,左邊等于0 或-1,右邊等于1,矛盾,得證.

2.3 模5

定理5當(dāng)y≥5 時(shí),關(guān)于x,y的不定方程x2+k·y!=5t+2 和x2+k·y!=5t+3 無整數(shù)解,其中k與t是整數(shù).

證明當(dāng)y≥5 時(shí),方程兩邊同時(shí)模5,y!是5 的倍數(shù),所以x2≡2(mod 5)或x2≡3(mod 5),由定理2 可知無解.

例5求不定方程x2+6y!=1192 的全部正整數(shù)解.

解因?yàn)?192≡2(mod 5),由定理5 可知,當(dāng)y≥5 時(shí),不定方程無解. 所以y只能是1,2,3,4. 將這四個(gè)數(shù)逐一代入原方程可得x2= 1186,1180,1156,1048. 只有1156 = 342是平方數(shù),所以不定方程有唯一正整數(shù)解(x,y)=(34,3).

例6[3]求不定方程1!+2!+···+x! =y2的全部正整數(shù)解.

分析由于n|(n+k)!, 其中n是正整數(shù),k是非負(fù)整數(shù). 所以n! + (n+1)! + (n+2)! +···一定是n的倍數(shù). 我們將n從3 開始一個(gè)一個(gè)地試, 直到出現(xiàn)矛盾. 設(shè)S=1!+2!+···+x!. 當(dāng)x=3 時(shí),S ≡1!+2!≡0(mod 3),不能否定. 當(dāng)x=4 時(shí),S ≡1!+2!+3!≡1(mod 4),不能否定. 當(dāng)x=5 時(shí),S ≡1!+2!+3!+4!≡3(mod 5),這與平方數(shù)模5 不能余2,3 矛盾. 所以當(dāng)x≥5 時(shí),方程無解. 接著我們只需驗(yàn)證1,2,3,4 即可.

解答設(shè)S= 1! + 2! +···+x!, 注意到當(dāng)x≥5時(shí),x! 中一定包含因子5, 因此對(duì)于所有的x≥ 5, 有y2= 1!+2!+3!+...+x!≡1!+2!+3!+4!≡3(mod 5),這與平方數(shù)模5 不能余2, 3 矛盾. 因此當(dāng)x≥ 5 時(shí),S=1!+2!+···+x!不可能是一個(gè)平方數(shù).

所以我們只需考慮x <5 的情況即可: 當(dāng)x= 1 時(shí),S=1!=12,這是一個(gè)平方數(shù);當(dāng)x=2 時(shí),S=1!+2!=3,這不是一個(gè)平方數(shù);當(dāng)x= 3 時(shí),S= 1!+2!+3! = 9 = 32,這是一個(gè)平方數(shù); 當(dāng)x= 4 時(shí),S= 1!+2!+3!+4! = 33,這不是一個(gè)平方數(shù). 由上面分析可知x= 1 或x= 3 滿足條件. 所以原不定方程的全部正整數(shù)解是(x,y) = (1,1)或(x,y)=(3,3).

2.4 模m

定義[4]a是整數(shù),m是正整數(shù),當(dāng)x2≡a(modm)有解時(shí),我們稱a為模m的二次剩余;當(dāng)x2≡a(modm)無解時(shí),我們稱a為模m的二次非剩余.

注意,本文中的二次剩余與二次非剩余并不要求a與m互素.

定理6n為模m的二次非剩余,k是整數(shù),當(dāng)y≥m時(shí),關(guān)于x,y的不定方程x2+k·y!=n無整數(shù)解.

證明當(dāng)y≥m時(shí),方程兩邊同時(shí)模m,y!是m的倍數(shù),所以x2≡n(modm),因?yàn)閚為模m的二次非剩余,所以無解.

根據(jù)定理6,我們解形如x2+k·y!=n的不定方程,需要找到某一個(gè)正整數(shù)m, 使得n為模m的二次非剩余. 不定方程兩邊模m可得: 當(dāng)y≥m時(shí),方程無解. 最后我們將y=1,2,··· ,m-1 逐一代入原不定方程,解決問題.

3 新題的命制

我們想將原題中的2023 改為某一正整數(shù)n, 首先要尋找一個(gè)正整數(shù)m, 使得n ≡ n0(modm), 其中n0是m的二次非剩余, 那么我們就可以通過模m法來解決x2+k·y!=lm+n0這類問題. 我們熟知一些素?cái)?shù)的二次非剩余,如表1. 那我們就可以命制很多類似題目.

比如我們想命制一道通過模7 來解決問題的不定方程x2+k·y!=n,其中k是整數(shù),x,y,n是正整數(shù),且n≥2.

我們要尋找滿足條件的n, 要確保n是2, 3, 4, 5, 6的二次剩余, 但n是7 的二次非剩余. 我們可以先求出2, 3, 4, 5, 6 的最小公倍數(shù)是180, 那么n= 180l+ 1 就是2, 3, 4, 5, 6 的二次剩余. 接著我們尋找正整數(shù)l, 使得n= 180l+ 1≡3,5,6(mod 7). 假如我們想命制滿足條件n ≡6(mod 7) 的題目, 那我們就可以通過解同余方程組來確定n ≡181(mod 1260),也即是n= 1260l+181. 最后,我們要找到符合條件的正整數(shù)n,l,使得n±l·1!,n±l·2!,……,n±l·6!中存在平方數(shù),就可以確保方程有解.

令l= 0,那么n= 181. 我們發(fā)現(xiàn)181 附近有169,196等一些平方數(shù). 其中181-169 = 12 = 2×3! = 6×2!,那我們可以命制題目x2+2y! = 181 以及x2+6y! = 181. 由于181 較小,解題者可以通過列舉法解決問題. 那我們可以命制一些更大的數(shù). 令l=1,那么n=1441. 我們發(fā)現(xiàn)1441附近的平方數(shù)有1444 = 382. 其中1444-1441 = 3×1!,那我們可以命制題目x2-3y! = 1441. 令l= 2, 那么n=2701. 我們發(fā)現(xiàn)2701 附近的平方數(shù)有2704=522. 其中2704-2701=3×1!,那我們可以命制題目x2-3y!=2701.令l= 3, 那么n= 3961. 我們發(fā)現(xiàn)3961 附近的平方數(shù)有3969 = 632. 其中3969-3961 = 4×2!,那我們可以命制題目x2-4y!=3961.

綜上所述,我們命制了5 道不定方程題目,這些不定方程都是有解的.

(1)求不定方程x2+2y!=181 的全部正整數(shù)解.

(2)求不定方程x2+6y!=181 的全部正整數(shù)解.

(3)求不定方程x2-3y!=1441 的全部正整數(shù)解.

(4)求不定方程x2-3y!=2701 的全部正整數(shù)解.

(5)求不定方程x2-4y!=3961 的全部正整數(shù)解.

以上是通過模7 余6 命制的5 道題目. 同理,我們也能通過模其他整數(shù)命制很多類似的試題.