取模法在含有阶乘的不定方程中的应用

广州市花都区秀全中学(510800) 林 堃

1 试题呈现、分析、解答

1.1 试题呈现

2023 年6 月10 日,南京大学进行了“南京大学2023 年江苏省综合评价测试”,有一道数学题如下:

例1 (2023 年南京大学综合评价试题) 求不定方程x2-y!=2023 的全部正整数解.

1.2 试题分析

x2-y! = 2023 是一个含有阶乘的不定方程. 阶乘有一个性质: 当y≥m时,m|y!, 其中y,m都是正整数. 所以我们要找出m, 使得x2≡2023(modm) 无解. 这样我们就能断定当y≥m时, 不定方程x2-y! = 2023 无解.由于x2≡2023≡1(mod 3)有解, 所以我们不能选择模3.x2≡2023≡3(mod 4)和x2≡2023≡3(mod 5),方程无解.所以我们可以选择模4 或模5,4 比5 小,所以我们选择模4,运算量小一些.

1.3 试题解答

定理1[1]偶数的平方除以4 的余数是0,奇数的平方除以4 的余数是1,平方数除以4 的余数不可能是2 或3.

证明见文[1]定理1 的证明.

解当y≥4 时,方程两边同时模4,y!是4 的倍数,2023模4 余3,从而,x2=3(mod 4),由定理1 可知这是不可能的.所以y只能是1, 2 或3. 将这三个数逐一代入原方程可得x2= 2024,2025,2029. 经验证只有2025 = 452是平方数,所以原不定方程的全部解是(x,y)=(45,2).

2 试题推广

定理1 的意思是: 平方数模4 不余2 或3. 类似地,我们有:

定理2(1)平方数模3 不余2;(2)平方数模5 不余2 或3.

证明(1) 任意一个整数n可以写为n= 3k或n= 3k ±1,k ∈Z. 所以n2= (3k)2≡0(mod 3) 或n2=(3k±1)2≡1(mod 3),得证.

(2) 任意一个整数n可以写为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),得证.

2.1 模3

定理3当y≥3 时,关于x,y的不定方程x2+k·y!=3t+2 无整数解,其中k与t是整数.

证明当y≥3 时,方程两边同时模3,y!是3 的倍数,所以x2≡2(mod 3),由定理2 可知其无解.

例2求不定方程x2-2y!=359 的全部正整数解.

解因为359≡2(mod 3), 由定理3 可知, 当y≥3 时,不定方程无解. 所以y只能是1 或2. 将1 和2 这两个数逐一代入原方程可得x2= 361,363. 只有361 = 192是平方数,所以不定方程有唯一解(x,y)=(19,1).

2.2 模4

定理4当y≥4 时,关于x,y的不定方程x2+k·y!=4t+2 和x2+k·y!=4t+3 均无整数解,其中k与t是整数.

证明当y≥4 时,方程两边同时模4,y!是4 的倍数,所以x2≡2(mod 4)或x2≡3(mod 4),由定理1 可知其无解.

例3求不定方程x2-y!=194 的全部正整数解.

解因为194≡2(mod 4),由定理4 可知,当y≥4 时,不定方程无解. 所以y只能是1,2 或3. 将这三个数逐一代入原方程可得x2= 195,196,200. 只有196 = 142是平方数,所以不定方程有唯一正整数解(x,y)=(14,2).

前面三个例子都是将不定方程两边取模后得到一个无解的二次同余方程.《数学通报》2020 年11 月数学问题2574也是类似问题,我们可以用模4 法快速解决.

例4k是正整数,求证不定方程4kx2-y2= 1 无整数解.

证明[2]方程两边同时模4,由定理1,左边等于0 或-1,右边等于1,矛盾,得证.

2.3 模5

定理5当y≥5 时,关于x,y的不定方程x2+k·y!=5t+2 和x2+k·y!=5t+3 无整数解,其中k与t是整数.

证明当y≥5 时,方程两边同时模5,y!是5 的倍数,所以x2≡2(mod 5)或x2≡3(mod 5),由定理2 可知无解.

例5求不定方程x2+6y!=1192 的全部正整数解.

解因为1192≡2(mod 5),由定理5 可知,当y≥5 时,不定方程无解. 所以y只能是1,2,3,4. 将这四个数逐一代入原方程可得x2= 1186,1180,1156,1048. 只有1156 = 342是平方数,所以不定方程有唯一正整数解(x,y)=(34,3).

例6[3]求不定方程1!+2!+···+x! =y2的全部正整数解.

分析由于n|(n+k)!, 其中n是正整数,k是非负整数. 所以n! + (n+1)! + (n+2)! +···一定是n的倍数. 我们将n从3 开始一个一个地试, 直到出现矛盾. 设S=1!+2!+···+x!. 当x=3 时,S ≡1!+2!≡0(mod 3),不能否定. 当x=4 时,S ≡1!+2!+3!≡1(mod 4),不能否定. 当x=5 时,S ≡1!+2!+3!+4!≡3(mod 5),这与平方数模5 不能余2,3 矛盾. 所以当x≥5 时,方程无解. 接着我们只需验证1,2,3,4 即可.

解答设S= 1! + 2! +···+x!, 注意到当x≥5时,x! 中一定包含因子5, 因此对于所有的x≥ 5, 有y2= 1!+2!+3!+...+x!≡1!+2!+3!+4!≡3(mod 5),这与平方数模5 不能余2, 3 矛盾. 因此当x≥ 5 时,S=1!+2!+···+x!不可能是一个平方数.

所以我们只需考虑x <5 的情况即可: 当x= 1 时,S=1!=12,这是一个平方数;当x=2 时,S=1!+2!=3,这不是一个平方数;当x= 3 时,S= 1!+2!+3! = 9 = 32,这是一个平方数; 当x= 4 时,S= 1!+2!+3!+4! = 33,这不是一个平方数. 由上面分析可知x= 1 或x= 3 满足条件. 所以原不定方程的全部正整数解是(x,y) = (1,1)或(x,y)=(3,3).

2.4 模m

定义[4]a是整数,m是正整数,当x2≡a(modm)有解时,我们称a为模m的二次剩余;当x2≡a(modm)无解时,我们称a为模m的二次非剩余.

注意,本文中的二次剩余与二次非剩余并不要求a与m互素.

定理6n为模m的二次非剩余,k是整数,当y≥m时,关于x,y的不定方程x2+k·y!=n无整数解.

证明当y≥m时,方程两边同时模m,y!是m的倍数,所以x2≡n(modm),因为n为模m的二次非剩余,所以无解.

根据定理6,我们解形如x2+k·y!=n的不定方程,需要找到某一个正整数m, 使得n为模m的二次非剩余. 不定方程两边模m可得: 当y≥m时,方程无解. 最后我们将y=1,2,··· ,m-1 逐一代入原不定方程,解决问题.

3 新题的命制

我们想将原题中的2023 改为某一正整数n, 首先要寻找一个正整数m, 使得n ≡ n0(modm), 其中n0是m的二次非剩余, 那么我们就可以通过模m法来解决x2+k·y!=lm+n0这类问题. 我们熟知一些素数的二次非剩余,如表1. 那我们就可以命制很多类似题目.

比如我们想命制一道通过模7 来解决问题的不定方程x2+k·y!=n,其中k是整数,x,y,n是正整数,且n≥2.

我们要寻找满足条件的n, 要确保n是2, 3, 4, 5, 6的二次剩余, 但n是7 的二次非剩余. 我们可以先求出2, 3, 4, 5, 6 的最小公倍数是180, 那么n= 180l+ 1 就是2, 3, 4, 5, 6 的二次剩余. 接着我们寻找正整数l, 使得n= 180l+ 1≡3,5,6(mod 7). 假如我们想命制满足条件n ≡6(mod 7) 的题目, 那我们就可以通过解同余方程组来确定n ≡181(mod 1260),也即是n= 1260l+181. 最后,我们要找到符合条件的正整数n,l,使得n±l·1!,n±l·2!,……,n±l·6!中存在平方数,就可以确保方程有解.

令l= 0,那么n= 181. 我们发现181 附近有169,196等一些平方数. 其中181-169 = 12 = 2×3! = 6×2!,那我们可以命制题目x2+2y! = 181 以及x2+6y! = 181. 由于181 较小,解题者可以通过列举法解决问题. 那我们可以命制一些更大的数. 令l=1,那么n=1441. 我们发现1441附近的平方数有1444 = 382. 其中1444-1441 = 3×1!,那我们可以命制题目x2-3y! = 1441. 令l= 2, 那么n=2701. 我们发现2701 附近的平方数有2704=522. 其中2704-2701=3×1!,那我们可以命制题目x2-3y!=2701.令l= 3, 那么n= 3961. 我们发现3961 附近的平方数有3969 = 632. 其中3969-3961 = 4×2!,那我们可以命制题目x2-4y!=3961.

综上所述,我们命制了5 道不定方程题目,这些不定方程都是有解的.

(1)求不定方程x2+2y!=181 的全部正整数解.

(2)求不定方程x2+6y!=181 的全部正整数解.

(3)求不定方程x2-3y!=1441 的全部正整数解.

(4)求不定方程x2-3y!=2701 的全部正整数解.

(5)求不定方程x2-4y!=3961 的全部正整数解.

以上是通过模7 余6 命制的5 道题目. 同理,我们也能通过模其他整数命制很多类似的试题.