取模法在含有階乘的不定方程中的應用

廣州市花都區秀全中學(510800) 林 堃

1 試題呈現、分析、解答

1.1 試題呈現

2023 年6 月10 日,南京大學進行了“南京大學2023 年江蘇省綜合評價測試”,有一道數學題如下:

例1 (2023 年南京大學綜合評價試題) 求不定方程x2-y!=2023 的全部正整數解.

1.2 試題分析

x2-y! = 2023 是一個含有階乘的不定方程. 階乘有一個性質: 當y≥m時,m|y!, 其中y,m都是正整數. 所以我們要找出m, 使得x2≡2023(modm) 無解. 這樣我們就能斷定當y≥m時, 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,運算量小一些.

1.3 試題解答

定理1[1]偶數的平方除以4 的余數是0,奇數的平方除以4 的余數是1,平方數除以4 的余數不可能是2 或3.

證明見文[1]定理1 的證明.

解當y≥4 時,方程兩邊同時模4,y!是4 的倍數,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. 將這三個數逐一代入原方程可得x2= 2024,2025,2029. 經驗證只有2025 = 452是平方數,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: 平方數模4 不余2 或3. 類似地,我們有:

定理2(1)平方數模3 不余2;(2)平方數模5 不余2 或3.

證明(1) 任意一個整數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) 任意一個整數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y≥3 時,關于x,y的不定方程x2+k·y!=3t+2 無整數解,其中k與t是整數.

證明當y≥3 時,方程兩邊同時模3,y!是3 的倍數,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 的全部正整數解.

解因為359≡2(mod 3), 由定理3 可知, 當y≥3 時,不定方程無解. 所以y只能是1 或2. 將1 和2 這兩個數逐一代入原方程可得x2= 361,363. 只有361 = 192是平方數,所以不定方程有唯一解(x,y)=(19,1).

2.2 模4

定理4當y≥4 時,關于x,y的不定方程x2+k·y!=4t+2 和x2+k·y!=4t+3 均無整數解,其中k與t是整數.

證明當y≥4 時,方程兩邊同時模4,y!是4 的倍數,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 的全部正整數解.

解因為194≡2(mod 4),由定理4 可知,當y≥4 時,不定方程無解. 所以y只能是1,2 或3. 將這三個數逐一代入原方程可得x2= 195,196,200. 只有196 = 142是平方數,所以不定方程有唯一正整數解(x,y)=(14,2).

前面三個例子都是將不定方程兩邊取模后得到一個無解的二次同余方程.《數學通報》2020 年11 月數學問題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,求證不定方程4kx2-y2= 1 無整數解.

證明[2]方程兩邊同時模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y≥5 時,關于x,y的不定方程x2+k·y!=5t+2 和x2+k·y!=5t+3 無整數解,其中k與t是整數.

證明當y≥5 時,方程兩邊同時模5,y!是5 的倍數,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 的全部正整數解.

解因為1192≡2(mod 5),由定理5 可知,當y≥5 時,不定方程無解. 所以y只能是1,2,3,4. 將這四個數逐一代入原方程可得x2= 1186,1180,1156,1048. 只有1156 = 342是平方數,所以不定方程有唯一正整數解(x,y)=(34,3).

例6[3]求不定方程1!+2!+···+x! =y2的全部正整數解.

分析由于n|(n+k)!, 其中n是正整數,k是非負整數. 所以n! + (n+1)! + (n+2)! +···一定是n的倍數. 我們將n從3 開始一個一個地試, 直到出現矛盾. 設S=1!+2!+···+x!. 當x=3 時,S ≡1!+2!≡0(mod 3),不能否定. 當x=4 時,S ≡1!+2!+3!≡1(mod 4),不能否定. 當x=5 時,S ≡1!+2!+3!+4!≡3(mod 5),這與平方數模5 不能余2,3 矛盾. 所以當x≥5 時,方程無解. 接著我們只需驗證1,2,3,4 即可.

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

所以我們只需考慮x <5 的情況即可: 當x= 1 時,S=1!=12,這是一個平方數;當x=2 時,S=1!+2!=3,這不是一個平方數;當x= 3 時,S= 1!+2!+3! = 9 = 32,這是一個平方數; 當x= 4 時,S= 1!+2!+3!+4! = 33,這不是一個平方數. 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解是(x,y) = (1,1)或(x,y)=(3,3).

2.4 模m

定義[4]a是整數,m是正整數,當x2≡a(modm)有解時,我們稱a為模m的二次剩余;當x2≡a(modm)無解時,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,當y≥m時,關于x,y的不定方程x2+k·y!=n無整數解.

證明當y≥m時,方程兩邊同時模m,y!是m的倍數,所以x2≡n(modm),因為n為模m的二次非剩余,所以無解.

根據定理6,我們解形如x2+k·y!=n的不定方程,需要找到某一個正整數m, 使得n為模m的二次非剩余. 不定方程兩邊模m可得: 當y≥m時,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n, 首先要尋找一個正整數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. 我們熟知一些素數的二次非剩余,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,x,y,n是正整數,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n,l,使得n±l·1!,n±l·2!,……,n±l·6!中存在平方數,就可以確保方程有解.

令l= 0,那么n= 181. 我們發現181 附近有169,196等一些平方數. 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. 令l=1,那么n=1441. 我們發現1441附近的平方數有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. 我們發現2701 附近的平方數有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. 我們發現3961 附近的平方數有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 的全部正整數解.

(2)求不定方程x2+6y!=181 的全部正整數解.

(3)求不定方程x2-3y!=1441 的全部正整數解.

(4)求不定方程x2-3y!=2701 的全部正整數解.

(5)求不定方程x2-4y!=3961 的全部正整數解.

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命制很多類似的試題.