例1．　　 解同余式。

　 1)

　 2)

　 3)

　 4)

例2．　　 解同余方程组。

　 1)　　 2)　 3)

例3．　　 求出最小的正整数，它的一半是整数的平方，它的是整数的三次方，它的是整数的五次方。

例4．　　 解二元一次不定方程。

　 1)

　 2)求：的整数解

高斯函数

2．定理：有解︱c

1．形式：

2．讨论 的解

分析：1)

　　　　 设是模m的完系，因为，所以也是模m的完系。因此，其中必有且只有一个树与零同余，即，即(1)有唯一解。

　　　　 由(1)得：，由欧拉定理知：，所以

2)＞1

　　 设(1)有解，则d︱b；反过来，设d︱b，因为，所以……(2)有解，所以(1)有解。所以，(1)和(2)是等价的。下面求(2)的解即可。但是要注意，(1)和(2)的模不同，所以(2)的相同的解不一定也是(1)的相同的解，下面我们在(2)的所有解中来求(1)的所有不相同的解。

　 设(2) 的唯一解为：，则所以形如(t为任意整数)的数都是(2)的解，因此这些数中所有关于模m不同余的数就是(1)的所有解。

因为当……(3)时，有，所以；反之也成立，所以(3)成立的充要条件是

因此，在所有形如的数中只要t取关于模d不同余的数，所得到的数就关于模m不同余，所以就是(1)的所有解。

　 定理1　 一元一次同余方程中，

　 当，有唯一解，

＞1，有解d︱b，， 其中是的唯一解。

定理2 (中国剩余定理)设两两互质，

则同余方程组 　　　(4)

对于模有唯一解：

其中：，

1．形式：不能整除 ………………(1)

例1.数列{a_n}的二阶差数列的各项均为16，且a₆₃=a₈₉=10，求a₅₁

解：法一：显然{a_n}的二阶差数列{b_n}是公差为16的等差数列，设其首项为a,则b_n=a+(n-1)×16,于是a_n= a₁+

=a₁+(n-1)a+8(n-1)(n-2)

这是一个关于n的二次多项式，其中n²的系数为8，由于a₆₃=a₈₉=10,所以

a_n=8(n-63)(n-89)+10，从而a₅₁=8(51-63)(51-89)+10=3658

解：法二：由题意，数列{a_n}是二阶等差数列，故其通项是n的二次多项式，又a₆₃=a₈₉=10，故可设a_n=A(n-63)(n-89)+10

由于{a_n}是二阶差数列的各项均为16，所以(a₃-a₂)-(a₂-a₁)=16

即a₃-2a₂+a₁=16，所以

A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16

解得：A=8

a_n=8(n-63)(n-89)+10，从而a₅₁=8(51-63)(51-89)+10=3658

例2.一个三阶等差数列{a_n}的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式

解：由性质(2)，a_n是n的三次多项式，可设a_n=An³+Bn²+Cn+D

由a₁=30、a₂=72、a₃=140、a₄=240得

解得：

所以a_n=n³+7n²+14n+8

例3.求和：S_n=1×3×2²+2×4×3²+…+n(n+2)(n+1)²

解：S_n是是数列{n(n+2)(n+1)²}的前n项和，

因为a_n=n(n+2)(n+1)²是关于n的四次多项式，所以{a_n}是四阶等差数列，于是S_n是关于n的五次多项式

k(k+2)(k+1)²=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求S_n可转化为求

K_n=和T_n=

k(k+1)(k+2)(k+3)=[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以

K_n==

T_n==

从而S_n=K_n-2T_n=

例4.已知整数列{a_n}适合条件：

(1)a_n+2=3a_n+1-3a_n+a_n-1,n=2,3,4,…

(2)2a₂=a₁+a₃-2

(3)a₅-a₄=9,a₁=1

求数列{a_n}的前n项和S_n

解：设b_n=a_n+1-a_n,C_n=b_n+1-b_n

C_n=b_n+1-b_n= (a_n+2-a_n+1)-( a_n+1-a_n)=a_n+2-2a_n+1+a_n=(3a_n+1-3a_n+a_n-1) -2a_n+1+a_n=a_n+1-2a_n+a_n-1

=C_n-1 (n=2,3,4,…)

所以{ C_n}是常数列

由条件(2)得C₁=2,则{a_n}是二阶等差数列

因此a_n=a₁+

由条件(3)知b₄=9，从而b₁=3，于是a_n=n²

例5.求证：二阶等差数列的通项公式为

证明：设{a_n}的一阶差数列为{b_n}，二阶差数列为{c_n}，由于{a_n}是二阶等差数列，故{c_n}为常数列

又c₁=b₂-b₁=a₃-2a₂+a₁

所以

例6.求数列1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通项

解：问题等价于：将正奇数1,3,5,…按照“第n个组含有2n-1个数”的规则分组：

(1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然后求第n组中各数之和a_n

依分组规则，第n组中的数恰好构成以2为公差的项数为2n-1的等差数列，因而确定了第n组中正中央这一项，然后乘以(2n-1)即得a_n

将每一组的正中央一项依次写出得数列：1,5,13,25,…这个数列恰为一个二阶等差数列，不难求其通项为2n²-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n²-2n+1，从而

a_n=(2n-2n+1)(2n-1)

例7.数列{a_n}的二阶差数列是等比数列，且a₁=5,a₂=6,a₃=9,a₄=16,求{a_n}的通项公式

解：易算出{a_n}的二阶差数列{c_n}是以2为首项，2为公比的等比数列,则c_n=2ⁿ,

{a_n}的一阶差数列设为{b_n}，则b₁=1且

从而

例8.设有边长为1米的正方形纸一张，若将这张纸剪成一边长为别为1厘米、3厘米、…、(2n-1)厘米的正方形，愉好是n个而不剩余纸，这可能吗？

解：原问题即是是否存在正整数n，使得1²+3²+…+(2n-1)²=100²

由于1²+3²+…+(2n-1)²=[1²+2²+…+(2n)²]-[2²+4²+…+(2n)²]=随着n的增大而增大，当n=19时=9129<10000，当n=20时=10660>10000

故不存在…

例9.对于任一实数序列A={a₁,a₂,a₃,…}，定义DA为序列{a₂-a₁,a₃-a₂,…}，它的第n项为a_n+1-a_n，假设序列D(DA)的所有项均为1，且a₁₉=a₉₂=0,求a₁

解：设序列DA的首项为d,则序列DA为{d,d+1,d+2,…},它的第n项是d+(n-1)，因此序列A的第n项

显然a_n是关于n的二次多项式，首项等比数列为

由于a₁₉=a₉₂=0，必有

所以a₁=819

5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有：

(1)逐差法：其出发点是a_n=a₁+

(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项a_n与前n项和S_n是确定次数的多项式(关于n的)，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得

(3)裂项相消法：其出发点是a_n能写成a_n=f(n+1)-f(n)

(4)化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的

4.高阶等差数列的性质：

(1)如果数列{a_n}是p阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1阶等差数列

(2)数列{a_n}是p阶等差数列的充要条件是：数列{a_n}的通项是关于n的p次多项式

(3) 如果数列{a_n}是p阶等差数列，则其前n项和S_n是关于n的p+1次多项式

3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称

2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列