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数学竞赛中的数论问题


2-4 数学竞赛中的数论问题(09-10-28) 数论是研究自然数的一个数学分支. 一、数学竞赛中数论问题的基本内容 主要有 8 个定义、15 条定理. 定义 1 (带余除法)给定整数 a, b, b ? 0, 如果有整数 q, r 0 ? r ? b 满足

?

?

a? qb ? , r
则 q 和 r

分别称为 a 除以 b 的商和余数.特别的,r ? 0 时,则称 a 被 b 整除,记作 b a ,或者说 a 是 b 的倍数,而 b 是 a 的约数. 定义 2 (最小公倍数) 非零整数 a1 , a2 , 整除的最小正整数,记作 ? a1, a2 ,

, an 的最小公倍数是能被其中每一个 ai ?1 ? i ? n ? 所

, an ? .
, an 中至少有一个不等于零,这 n 个数的最大公约数

定义 3 (最大公约数)设整数 a1 , a2 ,

是能整除其中每一个整数的最大正整数,记作 ? a1 , a2 , 定理 1 对任意的正整数,有

, an ? .

定义 4

? a, b? ??a, b? ? ab . 如果整数 a , b 满足 ? a, b ? ? 1,则称 a 与 b 是互素的(以前也称为互质) .

定义 5 大于 1 且除 1 及其自身外没有别的正整数因子的正整数,称为素数(以前也称为质 数) .其余大于 1 的正整数称为合数;数 1 既不是素数也不是合数. 定理 2 素数有无穷多个,2 是唯一的偶素数. 定义 6 对于整数 a, b, c , 且c ? 0, 若 c (a ? b) , 则称 a , b 关于 模 c 同余, 记 a ? b(mod c) 作若则称 a , b 关于模 c 不同余,记作 定理 3 (整除的性质)设整数 (1) 若 c b , b a ,则 c a ; (2) 若 c a ,则 bc ab ; (3) 若 c a , c b ,则对任意整数 m, n ,有 c ma ? nb ; (4) 若 ? a, b ? ? 1,且 a bc ,则 a c ; (5) 若 ? a, b ? ? 1,且 a c , b c ,则 ab c (6) 若 a 为素数,且 a bc ,则 a b 或 a c .
1

a

b(mod c) .

a, b, c 为非零整数,

定理 4 (同余的性质)设 a, b, c, d , m 为整数, m ? 0, (1) 若 a ? b(mod m) 且 b ? c(mod m) ,则 a ? c(mod m) ; (2) 若 a ? b(mod m) 且 c ? d (mod m) ,则 a ? c ? b ? d (mod m) 且 ac ? bd (mod m) . (3) 若 a ? b(mod m) ,则对任意的正整数 n 有 a n ? bn (mod m) ,且 an ? bn(mod mn) ; (4) 若 a ? b(mod m) ,且对非零整数 k 有 k (a, b, m) ,则 定理 5 设 a , b 为整数, n 为正整数,
n n (1) 若 a ? b ,则 ? a ? b ? a ? b ;

a b? m? ? ? mod ? . k k? k?

?

?

(2) 若 a ? ?b ,则 ? a ? b ? a (3)

? 若 a ? ?b ,则 ? a ? b ? ? a
n ? a1k m?1 ? a2k m?2 ?

2 n ?1 2n

? b 2 n ?1 ? ;

? b2n ? .
且 a1 ? 0 . 若 , am 是小于 k 的非负整数,

k 为大于 2 的正整数, a1 , a2 , 定义 7 设 n 为正整数,

? am?1k ? am ,

则称数 a1a2

am 为 n 的 k 进制表示.

定理 6 给定整数 k ? 2 ,对任意的正整数 n ,都有唯一的 k 进制表示. 定理 7 任意一个正整数 n 与它的十进制表示中的所有数字之和关于模 9 同余. 定理 8 (分解唯一性)每个大于 1 的正整数都可分解为素数的乘积,而且不计因数的顺序 时,这种表示是唯一的

n ? p1a1 p2a2
定理 9

pk ak . n ? p1a1 p2a2 pk ak , 则 n 的 约 数 的 个 数 为

若正整数 n 的素数分解式为

d ? n? ? ? a1 ?1?? a2 ?1?

? ak ?1? ,

n 的一切约数之和等于 pk ak ? 1 p1a1 ? 1 p2 a2 ? 1 . ? ? ? p1 ? 1 p2 ? 1 pk ? 1 定 义 8 对 任 意 实 数 x , ? x? 是 不 超 过 x 的 最 大 整 数 . 亦 称 ? x? 为 x 的 整 数 部 分 ,

? x? ? x ? ? x? ? 1 .
定理 10 在正整数 n ! 的素因子分解式中,素数 p 作为因子出现的次数是

?n? ? n ? ? n ? ? p ? ? ? p 2 ? ? ? p3 ? ? ? ? ? ? ? ? p ?1 定理 11 如果素数 p 不能整除整数 a ,则 p ? a ? 1? .
p 定理 12 设 p 为素数,对任意的整数 a ,有 a ? a ? mod p ? .

2

pk ak . ,则不大于 n 且与 n 互素的正整数个数 ? ? n ? 为 ? 1 ?? 1? ? 1? ? ? n ? ? n ?1 ? ??1 ? ? ?1 ? ? . ? a1 ?? a2 ? ? ak ? 定理 14 整系数二元一次方程 ax ? by ? c 存在整数解的充分必要条件是 c ? a , b ? .
定理 13 设正整数 n ? p1a1 p2a2 定理 15 若 ? x0 , y0 ? 是整系数二元一次方程 ax ? by ? c 的一个整数解,则方程的一切整数解 可以表示为

?x ? x 0 ? b, t ?t ? Z ? ? 0 ? a. t ?y ? y
二. 数学竞赛中数论问题的重点类型 主要出现 8 类问题.: 1.奇数与偶数(奇偶分析法、01 法) ; 2.约数与倍数、素数与合数; 3.平方数; 4.整除; 5.同余; 6.不定方程; 7.数论函数、 ? x ? 高斯函数、 ? ? n ? 欧拉函数; 8.进位制(十进制、二进制). 三. 例题选讲 例 1 有 100 盏电灯,排成一横行,从左到右,我们给电灯编上号码 1,2,?,99,100. 每盏灯由一个拉线开关控制着.最初,电灯全是关着的.另外有 100 个学生,第一个学生走过来, 把凡是号码为 1 的倍数的电灯的开关拉了一下;接着第 2 个学生走过来,把凡是号码为 2 的倍数 的电灯的开关拉了一下;第 3 个学生走过来,把凡是号码为 3 的倍数的电灯的开关拉了一下,如 此等等,最后那个学生走过来,把编号能被 100 整除的电灯的开关拉了一下,这样过去之后,问 哪些灯是亮的? 讲解 (1)直接计算 100 次记录,会眼花缭乱. (2)拉电灯的开关有什么规律:电灯编号包含的正约数(学生)才能拉、不是正约数(学 生)不能拉,有几个正约数就被拉几次. (3)灯被拉的次数与亮不亮(开、关)有什么关系:
3

0 关

1 开

2 关

3 开

4 关

5 开

6 关

7 开

8 关

9 开

灯被拉奇数次的亮! (4)哪些数有奇数个约数:平方数. (5)1~100 中有哪些平方数:共 10 个: 1,4,9,16,25,36,49,64,81,100. 答案:编号为 1,4,9,16,25,36,49,64,81,100 共 10 个还亮.

? ? 366 ? ? ? 366 ? ? ? ? 366 ? ? ? ? ? ? ??. ?? 366 ? ? ? ? 讲解 题目的内层有 2004 个高斯记号,外层 1 ? ? 个高斯记号.关键是弄清 ? x ? 的含义,进而弄
清加法谁与谁加、除法谁与谁除: (1)分子是那些数相加,求出和来; 由 366 ? 5 ? 1830 ? 2004 ? 2196 ? 366 ? 6 ,知分子是 0~5 的整数相加,弄清加数各有几个

例2

用 ? x ? 表示不大于 ? ? 1 ? ?x 的最大整数,求 2 ? ? 2004 ? ?

1~365 366~731 732~1097 1098~1463 1464~1829 1830~2004

0 1 2 3 4 5

365 个 366 个 366 个 366 个 366 个 175 个

(2)除法谁除以 ,求出商的整数部分 . 10 ? 366 366 ? 875

? ? ? ? ? 0 ? 365 ? 366 ?1 ? 2 ? 3 ? 4 ? ? 5 ?175 ? ? ? ? ? 366 ? 原式 ? 366 ? ? ? 143 ? ? ?10 ? 2 ? 366 ? ? ?
21n ? 4

命题背景 ?2004 12. 年有 12 个月、366 天. 例3

?1959, IMO1?1 ? 证明对任意正整数 n ,分数 14n ? 3 不可约.
4

证明 1 (反证法)假若

21n ? 4 可约,则存在 14n ? 3


d ? 1,

? 21n ? 4,14n ? 3? ? d 从而存在 p, q, ? p, q ? ? 1,使
使

?21n ? 4 ? dp, ? ?14n ? 3 ? dq, 消去 n , ?3? ? 3 ? ? 2? ? 2 ,得

② ③
④ ⑤

1 ? d ?3q ? 2 p ?


d ?1
由(1) 、 (5)矛盾,得 d ? 1 . 解题分析:

(1)去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法 (2)式④是实质性的进展,表明

1 ? 3?14n ? 3? ? 2 ? 21n ? 4?
可见

? 21n ? 4,14n ? 3? ? 1 .

由此获得 2 个解法. 证明 2 设 ? 21n ? 4,14n ? 3? ? d .存在 p, q, ? p, q ? ? 1,使

消去 n ,②×3-①×2,得

?21n ? 4 ? dp, ? ?14n ? 3 ? dq,

① ②


1 ? d ?3q ? 2 p ?
得 d ? 1. 证明 3 由 1 ? 3?14n ? 3? ? 2 ? 21n ? 4? 得 证明 4

? 21n ? 4,14n ? 3? ? 1 . ? 21n ? 4,14n ? 3? ? ? 7n ?1,14n ? 3? ? ? 7n ? 1, ?1
? 1.

④ ⑤

解题分析:第④ 相当于 ①-②; :第⑤ 相当于②-2(①-②)=②×3-①×2;所以③式与⑤
5

式的效果是一样的. 例 4 (1906,匈牙利)假设 a1 , a2 , 乘积

, an 是 1, 2,

, n 的某种排列,证明:如果 n 是奇数,则

? a1 ?1?? a2 ? 2? ? an ? n?
是偶数. 解法 1 (反证法)假设 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 数的和还是奇数 奇数= ? a1 ?1? ? ? a2 ? 2? ?

? an ? n? 为奇数,则 ai ? i 均为奇数,奇数个奇

? ? an ? n? ? n? ? 0 ,

? ? a1 ? a2 ?

? an ? ? ?1? 2 ?

这与“奇数 ? 偶数”矛盾. 所以 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 评析

? an ? n? 是偶数. 这个解法说明 ? a1 ?1?? a2 ? 2? ? an ? n? 不为偶数是不行的,体现了整体处理的优点,
(反证法)假设 ? a1 ?1?? a2 ? 2?

但掩盖了“乘积”为偶数的原因. 解法 2

? an ? n? 为奇数,则 ai ? i 均为奇数, ai 与 i 的奇

偶性相反 , ?1, 2,

, n? 中奇数与偶数一样多 , n 为偶数但已知条件 n 为 奇数,矛盾 . 所以

? a1 ?1?? a2 ? 2? ? an ? n? 是偶数. 评析 这个解法揭示了 ? a1 ?1?? a2 ? 2? ? an ? n? 为偶数的原因是“ n 为奇数”.那么为什么
“ n 为奇数”时“乘积”就为偶数呢? 解法 3

1, 2,

, n, a1, a2 ,

, an 中有 n ? 1 个奇数,放到 n 个括号,必有两个奇数在同一个括

号,这两个奇数的差为偶数,得 ? a1 ?1?? a2 ? 2? 例 4-1 ( 1986 , 英 国 ) 设 a1 , a2 ,

? an ? n? 为偶数.
, b7 是 它 们 的 一 个 排 列 , 证 明

, a7 是 整 数 , b1 , b2 ,

? a1 ? b1 ?? a2 ? b2 ? ? a7 ? b7 ? 是偶数.
例 4-2

? 的前 24 位数字为 ? ? 3.14159265358979323846264 ,记 a1 , a2 , , a24 为该 24

个数字的任一排列,求证 ? a1 ? a2 ?? a3 ? a4 ? 例5

? a23 ? a24 ? 必为偶数.
1 ? ? 1318 ? 1 ? ? 659 ?

2 3 1318 1319 p 1 1 1 1 ? 1 ? ? ? , 1? 13181? 1319 1 1 ? q 1 12 3 ? ? ? ?1 ? ? ? ? ? ? ? 2? ? ? 2 31979 p 1318 1319 ? ? 2 4 ? 整除( 求证 p 可被 1979 ) 1 1 ? ? 1 1 ? 1 1 ? ?1 ? ? ? ? ? ? ? ?1 ? ? ? 1318 1319 ? ? 2 3 ? 2 3 6 1 1 1 1 ? ? ? ? ? 660 661 1318 1319 660 ? 1319 661 ? 1318 989 ? 990 ? ? ? ? 660 ?1319 661?1318 989 ? 990

1 1 1 1 1979, ? 1 ?IMO ? 21?? ?p 与 q 为正整数,满足 ? b 2 ? 4ac ?p 1? 设 q

?

?

M 660 ? 661? ?1319 659! M ? 1979 ? p 有 1979 整除 1319! 1319! ,从而 1979 整除 p1319! ,但 1979 为素数, ?1979,1319!? ? 1 ,得 q ? 1979 ?
p 可被 1979 整除
例 6 (1956,中国北京)证明 n ?
3

3 2 1 n ? n ? 1 对任何正整数 n 都是整数,并且用 3 除时余 2 2

2.

n ? 3n ? 1? 3 2 1 n ? n? 为整数,但不便说明“用 3 除时余 2 ” ,应说明 2 2 2 n ? n ? 1?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 是 3 的倍数.作变形 2 2 2 2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ? 1, ? 3,8? ? 1 2 2 8
讲解 只需说明 证明 已知即

命题得证.

n ? n ? 1?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ?1, ① 2 2 2 3 2 1 3 因为相邻 2 个整数 n, ? n ? 1? 必有偶数,所以 n ? n ? n ? 1 为整数.又①可变为 2 2 2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 1 n3 ? n 2 ? n ? 1 ? ?1, 2 2 8 因为相邻 3 个整数 2n, ? 2n ? 2? , ? 2n ?1? 必有 3 的倍数,故 2n ? 2n ? 2?? 2n ?1? 能被 3 整除; 2n ? 2n ? 2 ?? 2n ? 1? 3 2 1 3 又 ? 3,8? ? 1,所以 能被 3 整除;得 n ? n ? n ? 1 用 3 除时余 2. 2 2 8 例 7.设多项式 f ?x? ? a0 x n ? a1 x n?1 ? ? ? an?1 x ? an 的系数都是整数,并且有一个奇数 ?
及一个偶数 ? 使得 f ?? ? 及 f ?? ? 都是奇数,求证方程 f ?x ? ? 0 没有整数根. 证明 由已知有

f ?? ? ? 1? mod 2? ? a0 ? a1 ? a2 ? f ? ? ? ? 1? mod 2? ? an ? 1? mod 2? ,
若方程 f ?x ? ? 0 存在整数根 x0 ,即 f ? x0 ? ? 0 . 当 x0 为奇数时,有

? an ? 1? mod 2? , ①


f ? x0 ? ? 0 ? mod 2? ? a0 ? a1 ? a2 ?
与①矛盾. 有 x0 为偶数时,有

? an ? 0 ? mod 2? ,

f ? x0 ? ? 0 ? mod 2? ? an ? 0 ? mod 2? ,
与②矛盾.
7

所以方程 f ?x ? ? 0 没有整数根. 例8

?1986, IMO23?1 ? 设 d 是异于 2,5,13 的任一整数.求证在集合 ?2,5,13, d? 中可以找到
因 为 2 ? 5 ?1 ? 32 , 2 ?13 ?1 ? 52 ,5 ?13 ?1 ? 82 , 所 以 不 是 完 全 平 方 数 只 能 是

两个不同元素 a , b ,使得 ab ? 1 不是完全平方数. 证明

若结论不成立,则存在正整数 2d ? 1,5d ? 1,13d 2? d1 ?. 1 ? x2 , ① x, y, z ,使

5d ? 1 ? y 2 ,
2



13 d是奇数,设 ? 1 ? z , x ? 2n ? 1 代入①得 ③ 同时成立,由①知 x
d ? 2n2 ? 2n ? 1
为奇数,代入②、③知 y, z 均为偶数.设 y ? 2 p, z ? 2q ,代入②、③后相减,有

2d ? q2 ? p2 ? ? q ? p ?? q ? p ? .
由于 2 d 为偶数,故 p, q 同奇偶, ? q ? p ?? q ? p ? 可被 4 整除,得 d 为偶数.这与上证 d 为奇数矛 盾. 所以,在集合 ?2,5,13, d? 中可以找到两个不同元素 a , b ,使得 ab ? 1 不是完全平方数. 例 9 ( IMO29?6 )设 a , b 为正整数, ab ? 1 整除 a ? b .证明
2 2

a 2 ? b2 是完全平方数. (第 130 ab ? 1

页例 2-52)

a 2 ? b2 ? k . k 是正整数.式中 a , b 是对称的,不妨设 a ? b . ab ? 1 2 2a ? k ? ? 2 ? k ? a 2 ? k ? k ? 1 .本题获证. (l)若 a ? b ,则 2 a ?1 (2)若 a ? b ,由带余除法定理,可设 a ? bs ? t ( s ? 2, 0 ? t ? b, s, t 是整数),则 a 2 ? b 2 b 2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b 2 ? , ab ? 1 b2 s ? bt ? 1 易证此式大于 s ? 1 且小于 s ? 1 (可用放缩法证).所以必有 b2 s 2 ? 2bst ? t 2 ? b2 ?s b2 s ? bt ? 1 2 2 b ?t ? s ,于是 化简得 bt ? 12 a ? b2 b2 ? t 2 ? ?s, ab ? 1 bt ? 1 其中 t ? b ? a .
证明 令
2 此时若 t ? 0 ,则 k ? b ,本题获证.

若 t ? 0 ,可继续令 b ? ts1 ? t1 ( s1 ? 2,0 ? t1 ? t , s1 , t1 是整数) ,仿上可推得

a 2 ? b2 b2 ? t 2 t 2 ? t12 ? ? ? s1 , ab ? 1 bt ? 1 tt1 ? 1
8

此时若 t1 ? 0 ,则 k ? t ,本题获证.
2

若 t1 ? 0 ,可如上法做下去.因 t ? t1 ? t2 ? 使 k ? ti 2 ,是完全平方.综上本题获证.

? 0 ,且均为整数.故总能得到某个 ti ?1 ? 0 ,

解决这道世界级难题的这种巧妙的证明方法叫“无穷递降法” ,是 17 世纪法国数学家费马 (Fermat.1601 一 1665)首创和应用的一种方法.

作业 1、求方程 x3 ? 2 x2 y ? 2009 的整数解. 2、2009 年 9 月 9 日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字 20090909,而它 也恰好是一个不能再分解的素数.若规定含素因子 20090909 的数为吉祥数,请证明最简分数

m 1 ? 1? ? n 2

?

1 的分子 m 是吉祥数. 20090908
2

作业 1. 设 a1 ? 0, 2an ?1 ? 3an ? 5an ? 4 ? n ? 1, 2,

? ,证明对于 an 不可能有某一正整数

N ,使 a2 N 能被 1989 整除.(P.185,32)
证明 由已知有

2an ?1 ? 2an ? an ? 5an 2 ? 4 ? an ? 2 an ? 0 ,


an?1 ? an .
又由已知有

2an ?1 ? 3an ? 5an 2 ? 4 ,
平方得 同理
2 2 an ?1 ? 3an an?1 ? an ? 1 ? 0 , 2 2 an ? 3an?1an ? an ?1 ? 1 ? 0 ,

这表明 an?1 , an?1 是二次方程
2 x 2 ? ? 3an ? x ? ? an ? 1? ? 0

的两个不等根,得

an?1 ? an?1 ? ?3an ,


an?1 ? ?3an ? an?1 .
若存在某一正整数 N ,使 a2 N 能被 1989 整除,则 a2 N 能被 3 整除,由
9

a2 N ? ?3a2 N ?1 ? a2 N ?2
知 a2 N ? 2 能被 3 整除,如此类推,可得 a2 能被 3 整除,但

1 3a1 ? 5a12 ? 4 ? 1, 2 这一矛盾说明,不存在某一正整数 N ,使 a2 N 能被 1989 整除. a2 ?
作业 2.已知实函数 f ( x, y) 满足

?

?

f ( x,0) ? 1, f ( f ( x, y), z ) ? f ( z, xy) ? z.
求 f ( x, y) 的表达式. 解 把①代入②,有

① ②

f ?1, y ? ? f ? f ? x,0? , y ? ? f ? y,0? ? y ? 1 ? y ,
进而



f ? x,1? ? f ?1 ? ? x ?1? ,1?
? f f ?1, ? x ? 1? ? ,1
?? ?1 ? ? x ? 1? ? ? ?1
? x ?1
一方面由④有 ④

?

?

(由③)

? f ?1,1? ? x ?1?? ?1

f ? f ? x, y ? ,1? ? f ? x, y ? ?1,
另一方面由②、③有



f ? f ? x, y ? ,1? ? f ?1, xy ? ?1 ? 1 ? xy ?1.
由⑤、⑥得



f ? x, y ? ?1 ? 1? xy ?1 ,


f ? x, y ? ? xy ? 1.
检验知 f ? x, y ? ? xy ? 1为所求.

10


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