当前位置:首页 >> 学科竞赛 >> 2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第16讲

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第16讲


第 16 讲

数论试题选讲

在数学竞赛中, 初等数论的问题是考查的热点内容之一. 它所涉及的范围主要有数的进 位制、数的整除性、同余理论与不定方程.主要的定理有费马小定理和中国剩余定理.反证 法是解数论问题常用的解题方法.以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。

A 类例题
例 1. p 是给定

的奇质数, 设 正整数 k 使得 k2-pk 也是一个正整数, 求正整数 k。 (2004 年全国高中数学竞赛) 分析 k2-pk 是一个正整数,即 k2-pk 是一个完全平方数。为了配方,考虑 4(k2-

pk)是一个完全平方数,从而可以得到勾股方程。 解 由题 k2-pk 是一个正整数,则 k2-pk 是一个完全平方数,

设 k2-pk=m2,m∈N*,则 4(k2-pk)= 4m2, ∴ ∴ ∵ 且 ∴ ∴ (2k-p) 2=p2+ 4m2, ∴ (2k-p) 2-4m2 = p2,

(2k-p-2m)(2k-p+2m) = p2,(2k-p) (2k-p+2m)>0,(2k-p-2m)<(2k-p+2m), p 是给定的奇质数, 2k-p-2m=1 且 2k-p+2m= p2, 4k-2p=1+ p2,即 4k=(1+p)2, 2k=1+ p,k= 1+p ∈N*。 2

由于 k>0,∴ 说明

本题中,p 是已知数,k 是未知数,所求的是用 p 表示出 k。借助 m= k2-pk列

出不定方程,其中不定方程可以转化为未知数的平方差型,于是问题可解。

例 2.求所有的整数 n,使得 n4+6n3+11n2+3n+31 是完全平方数.(2004 年中国西部数 学奥林匹克) 分析 n 是整数,对多项式 n4+6n3+11n2+3n+31 配方,如果恰好是一个 n 的多项式的

平方, 则所有的整数 n 都是解, 问题就已经解决; 否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。 很显然,本问题配方以后会有多出的部分。 解 设 A=n4+6n3+11n2+3n+31 是完全平方数,

则配方后 A=(n2+3n+1)2―3(n―10)是完全平方数. 当 n<10 时,A<(n2+3n+1)2,所以 A?(n2+3n)2,

∴ A―(n2+3n)2=(n2+3n+1)2―3(n―10)―(n2+3n)2?0, 即 ∴ (n2+3n+1)2―(n2+3n)2?3(n―10), 2n2+3n+31?0,这不可能.

当 n=10 时,A=(102+3×10+1)2=1312 是完全平方数。 当 n<10 时,A>(n2+3n+1)2, 若 n?-3,或 n?0,则 n2+3n+1?0, 于是 A?(n2+3n+2)2,化简得 2n2+9n-27?0, ∴ -3( 33+3) 3( 33-3) -7< ?n? <3, 4 4

∴ n=-6,-5,-4,-3,0,1,2, 此时对应的 A=409,166,67,40,31,52,145 都不是完全平方数. 若 n=-2,-1,与之对应的 A=37,34 也都不是完全平方数. 所以,只有当 n=10 时,A 是完全平方数. 说明 A 是完全平方数,配方后(n2+3n+1)2 也是完全平方数,若 A 等于(n2+3n+1)2,配

方多出的多项式应该等于 0;若 A 不等于(n2+3n+1)2,配方多出的多项式应该大于或小 于 0,但此“多余的”式子是一次的,不能反映出较多的信息,必须进一步估计范围。

例 3.在已知数列 1,4,8,10,16,19,21,25,30,43 中,若相邻若干个数之和能 被 11 整除,则这些数组成一个数组,这样的数组共有_________个。 分析 若干个数的和被 11 整除, 只要考虑这些数模 11 的剩余的和被 11 整除即可, 为

了计算简单,这些剩余的绝对值应该尽量的小。而相邻若干数的和,常常与数列前 n 项的和 Sn 相关。 答 7 个。把各项先减去 11 的倍数,使数字变小易于计算。

由此有如下数列:1,4,-3,-1,5,-3,-1,3,-3,-1。 设其前 n 项之和为 Sn,则 S1=1,S2=5,S3=2,S4=1,S5=6,S6=3,S7=2,S8=5, S9=2,S10=1。其中相等的有 S1=S4=S10=1,S2=S8=5,S3=S7=S9=2,这样有 7 组差 S4―S1,S10―S1,S10―S4,S8―S2,S7―S3,S9―S7,S9―S3 为 0,即共有 7 组能被 11 整除。 说明 数列 a1,a2,??,an 中,连续若干项的和 ak+1+a k+2+?+am 就是 Sn―Sk。

例 4.已知 a、b、c 为正整数,且 证明: 分析

3a+b 是有理数。 3b+c

a2+b2+c2 是整数。(2004 年芬兰高中数学竞赛) a+b+c 3a+b 是有理数,其中隐含着正整数 a、b、c 的关系,找出 a、b、c 的关系, 3b+c

进一步推出 a+b+c 是 a2+b2+c2 的约数。 证明 因为 3为无理数,故, 3b-c≠0,于是

( 3a+b)( 3b-c) 3ab-bc+ 3(b2-ac) 3a+b = = , 3b2-c2 3b2-c2 3b+c 上式表示有理数,则有 b2-ac=0。 从而 a2+b2+c2=(a+b+c)2-2ab-2bc-2ca =(a+b+c)2-2(ab+bc+b2) =(a+b+c) (a-b+c). 故 说明 a2+b2+c2 = a-b+c∈Z。 a+b+c 3a+b 是有理数,其分子、分母中的无理数 3应该可以约去,注意到 a、b、c 3b+c a b = 即可,也即 b2=ac。 b c

为正整数,有

情景再现
3 5 1.已知 a、b、 c、d 均为正整数, logab= ,logcd= 。若 a-c=9,则 b-d= 且 2 4 (2003 年全国高中数学竞赛) 2.一组相邻的正整数,其中任何一个都不能被大于 1 的奇数的立方所整除,则这组数 最多有_______个。 3.将一个四位数的数码相反顺序排列时为原来的 4 倍,求原数。 4. 7 个数字 0, 2, 4, 6 组成且能被 55 整除的最小七位数是 由 1, 3, 5, ; 。

B 类例题
例 5.证明:不存在正整数 n,使得 2n2+1,3n2+1,6n2+1 全都是完全平方数。(2004 年日本数学奥林匹克) 分析 完全平方数有诸多性质,推理过程中容易找到方向。

譬 如 若 2n2+1 , 3n2+1 , 6n2+1 全 都 是 完 全 平 方 数 , 则 两 两 的 乘 积 (2n2+1)(3n2+1)=6n4+5n2+1,(2n2+1)(6n2+1)=12n4+8n2+1 和(3n2+1)(6n2+1)=

18n4+9n2+1 都 是 完 全 平 方 数 , 但 其 中 任 意 一 个 都 可 以 是 不 矛 盾 的 。 而 三 个 数 的 积 (2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1 是完全平方数则有可能出现矛盾。 注意 36n6+36n4+11n2+1=9n2(4n4+4n2+1)+2n2+1=9n2(2n2+1)2+(2n2+1),若乘一个平方数 36n2 即可以配方。 证明 若题中结论不真,那么,此三数均为完全平方数,则三个数的积

(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1 是完全平方数。 ∴ 36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)是完全平方数, 即 36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1) = 36n2 (36n6+36n4+11n2+1) =36n2 [9n2(2n2+1)2+2n2+1] = (18n2)2(2n2+1)2+36n2(2n2+1) =(36n4+18n2+1)2-1 是完全平方数。 (36n4+18n2+1)2 是完全平方数, (36n4+18n2+1)2-1 也是完全平方数, 两个正整数的平方 相差 1,这是不可能的。 所以题中结论成立。 说明 否定型命题,适合用反证法处理。

例 6.2005!+2,2005!+3,??,2005!+2005 这连续的 2004 个整数构成一个数列, 且此数列中无质数。 是否存在一个由 2004 个连续整数构成的数列, 此数列中恰有 12 个 质数? (2004 年芬兰高中数学竞赛) 分析 条件中给出了一个重要的特例,由于当 k∈N、2?k?2005 时,总有 k | 2005!,

所以 2005!+k 总是合数。而 1,2,3,??,2004 中质数个数超过 12 个。 考虑数列 a,a+1,a+2,?,a+2003 和数列 a+1,a+2,?,a+2004 中的质数个数变化。 解 个数。 若 a 和 a+2004 均为质数或均为合数,那么,这两个数列中的质数个数相等; 若 a 和 a+2 004 中有一个是质数,则两个数列中的质数个数差 1. 已知数列 1,2,?,2004 中质数从小到大有 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,?? 质数个数超过 12 个, 而对于 a,a+1,a+2,?,a+2003,当 a=2005!+2 时,此数列中无质数。所以,存在 考虑数列 a,a+1,a+2,?, a+2003 和数列 a+1, a+2,?,a+2004 中的质数

一个 b(1<b<a) ,使得数列 b,b+1,b+2,?,b+2003 中恰有 12 个质数。 说明 本题给出存在性命题证明的一个范例,数列 a,a+1,a+2,?,a+2003 和数列

a+1,a+2,?,a+2004 中的质数个数最多只能相差 1,而 a 取 1 或 2005!+2 时质数个 数从 1 个变为超过 12 个, 1 与 2005! 间存在一个数 b, 在 +2 使得数列 b, b+1, b+2, ?, b+2003 中恰有 12 个质数。 例 7.已知 m、n、k 为自然数,m?n?k,且 2m+2n-2k 是 100 的倍数,求 m+n-k 的最 小值. 分析:2m+2n-2k 中有因数 2k,又 2m+2n-2k 是 100 的倍数,2m+2n-2k 是 4 的倍数且是 25 的倍数,求 m+n-k 的最小值可以去掉因数 2k 后逐个试验。 解 设 2m+2n-2k =100t(t∈N),

若 n=k,则得 2m=100t,不可能, ∴ n>k. ∴ 2k(2m k+2n k-1)=22·2t.由 2m k+2n k-1 为奇数,∴ k?2. 5 取 m-k=p,n-k=q,(0<q?p) 则 m+n-k=p+q+k. 为使此式最小,应使 k 取最小,故 k=2. ∴ 2p+2q-1=25t,t 为奇数.∴ 2p+2q 的末两位数字为 26 或 76. 于是 p>4(∵ 24+23<26),取 p、q 值试验: p 2p 2q 的 可能值 5 32 6 64 7 128 8 256 9 512 10 1024 2+50k,k=0, 12, 48, 20+50k,k=0, 14+50k, k=0, 1, 1,2,??, 62 98 1,2,3,4 2,??,9 20. 其中 p=9 时有解 q=6,使 m+n-k=p+q+k=17; 再对 p<15 的值试验,得 p=10,q=1 使 m+n-k=p+q+k=13. 而 p>10 时 p+q+k>13.∴ 最小值为 13. 说明 求多元变量的最小值的命题时,可以在充分讨论限制条件后逐个试验求解。
- - - -

情景再现
5.证明:15?n2+n+2. 6.按如下的规则构造数列 1,2,3,4,0,9,6,9,4,8,7,…,从第五个数字开始, 每 1 个数字是前 4 个数字的和的末位数字。问

(1)数字 2,0,0,4 会出现在所构造的数列中吗? (2)开头的数字 1,2,3,4 会出现在所构造的数列中吗?(2004 年克罗地亚数学 竞赛) 7.求有多少个正整数对(m,n),使得 7m+3n=102004,且 m︱n。(2004 年日本数学奥林 匹克)

C 类例题
1 例 8.找出满足 (a+b) (b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1-abc 的全部整数 a,b,c,并作出必要的 2 推理说明。(2003 年中国香港数学竞赛) 分析 这是是三元三次的不定方程问题,把等式整理为 a,b,c 的整(一次)多项式

的乘积等于整数,考虑该整数的因数分解。 解 1 设 s =a+b+c, 及 P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=x’-sx2+(ab+bc+ca)x-abc. 则 (a+b)(b+c)(c+a)=P(s)=(ab+bc+ca)s-abc.

于是,题设等式可整理为(ab+bc+ca)s-abc=-2s3+2-2abc, 即 -s3-s3-(ab+bc+ca)s-abc+2=0,即 P(-s)+2=0. s 用 a+b+c 代入即得 (2a+b+c)(a+2b+c)(a+b+2c)=2. 易看出上式左边某个因子是 2,另外两个因子 1,l(或-l,-1), 或者某个因子是-2,另外两个因子是 1,-l(或-l,1). 当因子 2a+b+c 是 2 时,有

? 2a ? b ? c ? 2, ? ? a ? 2b ? c ? 1, ? a ? b ? 2c ? 1 ?



? 2a ? b ? c ? 2 , ? ? a ? 2b ? c ? ? 1 , ? a ? b ? 2c ? ? 1 . ?
a=2,b=-l,c=-1.

分别解得 a=l,b=0,c=0 和

当因子 2a+b+c 是-2 时,相应的两个方程组可导出 4(a+b+c)=-2, 显然,该方程组没有整数解(a,b,c). 由于方程关于 a,b,c 是对称的,于是,(a,b,c)的全部可能的值为 (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(2,-1,-1), (-l,2,-1),(-l,-l,2). 1 解 2 将 (a+b) (b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1-abc 展开,得 2

2a3+2b3+2c3+7a2b+7a2c+7ab2+7b2c+7ac2+7bc2+16abc=2. 而左边的表达式可分解因式为 (a+b+2c)(a+2b+c)(2a+b+c). 以下同解法 1 说明 解法 2 中展开整理,然后分解因式,方法上看似直接,实际运算时分解因式的

难度很大,很难想到其中含有的因式是怎样的。解法 1 则注意到了 a+b,b+c,c+a 与 a+b+c 间的关系 a+b=a+b+c-c,b+c=a+b+c-a,c+a=a+b+c-b。把 a+b+c 看成一个整体 s,使等 式成了(s-a)(s-b)(s-c)-2s3=2-2abc,从而联想到函数(x-a)(x-b)(x-c)。 例 9.求最小的正质数,使得对于某个整数 n,这个质数能整除 n2+5n+23。(2003 年 巴西数学奥林匹克) 分析 注意观察, n=23 时, 2+5n+23 是 23 的倍数, 当 n 所以只要考虑小于 23 的质数 2,

3,5,7,11,13,17,19。可以从最小的质数开始讨论。 解 (1)考虑质数 2:n2+5n+23= n2+n+4n+23,n2+n 是偶数,则 n2+n+4n+23 是奇数, 对于任意的整数 n,质数 2 不能整除 n2+5n+23; (2) 考虑质数 3: n 是 3 的倍数时, 3 不能整除 n2+5n+23, n 不是 3 的倍数时, 当 则 当 n2-1 是 3 的倍数,则 3 不能整除 n2+5n+23= n2-1+5n+24,即对于任意的整数 n,质数 3 不 能整除 n2+5n+23; (3)考虑质数 5:当 n 是 5 的倍数时,则 5 不能整除 n2+5n+23,当 n 为 5k±1 型的整 数时, 2-1 是 5 的倍数, 5 不能整除 n2+5n+23= n2-1+5n+24, n 为 5k±2 型的整数时, n 则 当 n2-4 是 5 的倍数,则 5 不能整除 n2+5n+23= n2-4+5n+27,即对于任意的整数 n,质数 5 不 能整除 n2+5n+23; (4)考虑质数 7:当 n 是 7 的倍数时,则 7 不能整除 n2+5n+23,当 n 为 7k±1 型的整 数时,n2-1 是 7 的倍数,则 7 不能整除 n2+5n+23= n2-1+35k+24±5,当 n 为 7k±2 型的整 数时,n2-4 是 7 的倍数,则 7 不能整除 n2+5n+23= n2-4+35k+27±10,当 n 为 7k±3 型的 整数时,n2-9 是 7 的倍数,则 7 不能整除 n2+5n+23= n2-9+35k+32±15,即对于任意的整 数 n,质数 7 不能整除 n2+5n+23; (5)同理考虑质数 11 和 13,可知对于任意的整数 n,质数 11 和 13 都不能整除 n2+5n+23; (6)考虑质数 17:当 n=15 时,n2+5n+23=323=340-17 是 17 的倍数; 所以,所求的最小质数为 17。 说明 本题的基本思路是:估计范围,然后在范围里逐个穷举验证。

例 10.求方程 2x·y-5z·w= 1 的所有非负整数解(x,y,z,w)。(2005 年中国数学奥 3 7 林匹克) 分析 这是一个简洁明了的数论问题,可以容易地得到方程的几组解,如 21×30-50

× 70=2 - 1=1, 2× 3- 5× 70=6 - 5=1, 23 × 30 - 50 × 71=8- 7=1, 22 ×32 -51 × 71=36 - 35=1,??,除此之外是否还有解?推理的要求颇高。 解 由 5z·w+1 为偶数,知 x?1。 7 若 y =0 ,此时 2x-5z·w= 1。 7

情形 1

若 z≠0,则 2x≡1 (mod 5),由此得 4 | x。 因此,3 | (2x-1),这与 2x-5z·w= 1 矛盾。 7 若 z =0 ,则 2x-7w =1。 当 x =1,2,3 时,直接计算可得( x , w ) = (1 ,0),(3 ,1)。 当 x?4 时,有 7w≡-1( mod 16), 直接计算知这是不可能的。 所以,当 y =0 时,全部的非负整数解为 (x,y,z,w) = (1 ,0 ,0 ,0),(3 ,0 ,0 ,1)。 情形 2 若 y>0 ,x =1,则 2·y-5z·w= 1。 3 7

因此 -5z·w≡1 ( mod 3),即(-1)z≡1 ( mod 3), 7 从而 z 为奇数,故 2·y ≡1 (mod 5)。 3 由此知 y≡1 ( mod 4)。 当 w≠0 时,有 2·y ≡1 (mod 7)。 3 因此,y≡4 ( mod 6),此与 y≡1 (mod 4) 矛盾。 所以,w =0,于是 2·y-5z =1,当 y =1 时,z =1。 3 当 y?2 时,有 5z≡-1(mod 9),由此知 z≡3 (mod 6)。 因此,(53 +1) | (5z +1)。 故 7 | (5z +1),这与 5z +1=2·y 矛盾,所以,此种情形的解为: 3 (x,y,z,w) = (1,1,1,0)。 情形 3 若 y>0,x?2,此时

-5z·w≡1( mod 4),-5z·w≡1 ( mod 3)。 7 7 即 -(-1)w ≡1( mod 4),-(-1)w ≡1( mod 3)。

因此,z 和 w 都是奇数,从而 2x·y=5z·w+1≡35 +1≡4 ( mod 8)。 3 7

所以,x =2,原方程变为 4·y-5z ·w =1 (其中 z 和 w 均为奇数)。 3 7 由此知 4·y≡1( mod 5),4·y≡1 ( mod 7)。 3 3 从上面两式得 y ≡2 (mod 12)。 设 y = 12m +2 ,m?0。于是 5z·w=4·y-1=(2·6m +1-1)(2·6m+1+1)。 7 3 3 3 因为 2·6m+1+1≡6·3m+1≡6+1≡0 ( mod7), 3 2 且 (2·6m +1-1,2·6m+1+1) =1,所以,5 | (2·6m +1-1)。 3 3 3 (*)

于是 2·6m +1-1=5z, 2·6m+1+1=7w。 3 3

若 m?1 ,则由(*)得 5z≡-1 ( mod 9),由情形 2 知,这是不可能的。 若 m =0 ,则 y =2,z =1,w =1。 所以,此种情形的解为(x,y,z,w)= (2 ,2 ,1 ,1)。 综上所述,所求的非负整数解为: (x,y,z,w)=(1 ,0 ,0 ,0),(3 ,0 ,0 ,1),(1 ,1 ,1 ,0),(2 ,2 ,1 ,1)。 说明 注意推理的思维过程,方程 2x·y-5z·w= 1 变形为 2x·y=5z·w+ 1,首先可以发 3 7 3 7

现 5z·w 是奇数,则 5z·w+ 1 是偶数,即 2x·y 是偶数,于是 x?1,?? 7 7 3

情景再现
8.证明对于任意的整数 n,11 不能整除 n2+5n+23。 9.求所有正整数 n,使得 n·2n-1 +1 是完全平方数。 10.求所有的正整数对(a,b),使得 a2 为正整数。(03 年 IMO) 2ab -b3+1
2

习题 21
3 5 1.求能使等式 + =1 成立的所有正整数 m,n。 m n 2.证明:324-1 能被 91 整除. 3.求所有多于两位的正整数,使得每一对相邻数字构成一个整数的平方。(2004 年克 罗地亚数学竞赛) 4.证明:任意五个相邻的正整数的平方和不是一个正整数的平方。(2004 年克罗地 亚数学竞赛) 5.设 n 是正整数,且 4n2+17n-15 表示两个相邻正整数的积,求所有这样的 n 的值. 6.将 268 个数放在一个圆周上,任意连续的 20 个数的和为 75 ,且放在第 17 号位置的 数是 3 ,第 83 号位置的数是 4 ,第 144 号位置的数是 9 . 则放在第 210 号位置的数是几。

7.求使(a3+b) (a+b3)= (a+b)4 成立的所有整数对(a,b)。(2004 年澳大利亚数学奥林 匹克) 8.若正整数 a、b、c 满足 a2+b2=c2,就称 a、b、c 为一组勾股数,证明:若 a,b,c 是一组勾股数,则 abc 能被 60 整除. 9.证明:存在无限正整数序列{an},使得 (2004 年澳大利亚数学奥林匹克) 10.数列 a1,a2,…定义如下:an=2n+3n+6n-1(n=1,2,3,…)。 求与此数列的每一项都互质的所有正整数.IMO-05

?a
k ?1

n

2 k

对于任意正整数 n 是一个完全平方数。

“情景再现”解答:
1.93。 由条件知 b2= a3,d 4 = c5,因为 a、b、c、d 均为正整数,可以设 a =x2,c =y4, 其中 x、 为正整数, a-c= x2-y4=(x-y2) (x+ y2)=9, x-y2<x+ y2, y 则 由 所以 x-y2=1, y2=9, x+ 解得 x=5,y =2,故 b-d= x3-y5=125-32=93。 2.26 自然数 1~26 是满足条件的一组数。任意连续 27 个自然数,其中必有一个是

27 的倍数,也即是 33 的倍数,于是这组数不合要求。 3.设原数为 abcd ,依题意得方程:4 ? abcd = dcba . 因为两个数的位数相同,故 1 ? a ? 2 ,且 a 为偶数,故 a=2. 由题意得:d 只能为 9 或 8,但 d=9 不可能, 因为方程左边的个位数为 6,而右边个位数为 2, 故 d=8.从而 32+40c+400b=2+10b+100c, 即 13b-2c=-1.观察法得 b=1,c=7,故所求原数为 2178。 4.解 首位为 1;第二位为 0,末位数字为 5;由 1+2+3+4+5+6=21,设此数为 10abcd5, 则 a+b+c+d=15,(5+c+a+1)-(d+b)=0 或±11,只有 a+c=10,b+d=5 满足要求,故得此数为 1042635. 5.证明 n≡0(mod 3)时,n2+n+2≡2(mod 3), n≡1(mod 3)时,n2+n+2≡1(mod 3), n≡-1(mod 3)时,n2+n+2≡2(mod 3), 即对于一切整数 n,都有 n2+n+2 0(mod 3).从而 15?n2+n+2. 结论 若 a|c,b|c,且(a,b)=1,则 ab|c.反之,若 a?c,或 b?c,则 ab?c.

6.(1)在数列中用 P 代表一个偶数字,用 N 代表一个奇数字。于是,所给的数列相当于 N,P,N,P,P,N,P,N,P,P,?,注意到此数列是以 5 为周期重复的排列。 此外, 在任何四个依次相连的数字中至少有一个是奇数。 而数字 2,0, 0,4 都是偶数, 因此,他们不可能出现在所构造的数列中。 (2)因为数列中连续四个数字是情况是有限的(少于 10000),所以,数列必然在有限项后按 周期排列。显然,数列能从任意连续四个数字向前或向后延伸。因此,数列从后向前也以周 期排列。故 1,2,3,4 必定周期性出现。 7.设 n=mk,k∈N+。则 m(7+3k)=22004× 2004。令 7+3k=2u× v,u、v∈N。 5 5 因为上式两边模 3 同余,所以,u、v 奇偶性相同,故 k 可取 10032+10022-2 个值(不包括(u, v)=(0,0)或(2,0))。所以 (m,n)= (

102004 , mk ) ,有 10032+10022-2=2010 011 个解. 7 ? 3k

8.证明:当 n 是 11 的倍数时,则 11 不能整除 n2+5n+23,当 n 为 11k±1 型的整数时, n2-1 是 11 的倍数,则 11 不能整除 n2+5n+23=n2-1+55k+24±5,当 n 为 11k±2 型的整数 时,n2-4 是 11 的倍数,则 11 不能整除 n2+5n+23=n2-4+55k+27±10,当 n 为 11k±3 型的 整数时,n2-9 是 11 的倍数,则 11 不能整除 n2+5n+23= n2-9+55k+32±15,当 n 为 11k±4 型的整数时,n2-16 是 11 的倍数,则 11 不能整除 n2+5n+23=n2-16+55k+39±20,当 n 为 11k±5 型的整数时,n2-25 是 11 的倍数,则 11 不能整除 n2+5n+23= n2-25+55k+48±25, 即对于任意的整数 n,质数 11 不能整除 n2+5n+23; 9.n=5。 10.(a,b)=(2t,1)或(t,2t),或(8t4-t,2t),t∈N*。

“习题 21”解答:
1.等式化为 5m+3n = mn,则(m-3)( n-5)=15,由于 15=1×15=3×5 =(-1)×(-15)=(-3)×(-5),解得(m,n)=(4,20),(6,10),(8,8),(18,6)。 2.证明 91=7× 13, 324-1=(312+1)(312-1)= (312+1)(36+1)(33+1)(33-1) =(312+1)(36+1)(3+1)(32-3+1)(3-1)(32+3+1); 但 32-3+1=7,32+3+1=13. ∴ 324-1 能被 91 整除. 3.易得,正整数的平方是两位的有:16,25,36,49,64,81。 注意到,从给出数字开始至多有 1 个两位平方,因此,在第一个两位数被选定后,

所求数的余下部分被惟一地确定。因为没有以 5 或 9 开始的两位的平方数,所以,所 求的数不能以 25 或 49 开始。 而由 16 得 164,1 649; 由 36 得 364,3 649; 由 64 得 649; 由 81 得 816,8 164 ,81 649。 因此,满足条件的数为 164,1649,364,3649,649,816,8164 ,81649。 4.记 5 个相邻正整数分别为 n-2,n-1,n,n+1,n+2, 它们的平方和等于(n-2)2+(n-1)2+n2+(n+1)2+(n+2)2=5(n2+2), 显然能被 5 整除。故只有当它能被 25 整除,即 n2+2 能被 5 整除,它才能是一个正整 数的平方。但平方数 n2 除以 5 不能得到余数 3。 5.解 设 4n2+17n-15=(2n+k)( 2n+k+1)=4n2+2n(2k+1)+k(k+1).∴ n=

k 2 ? k ? 15 ; 15 ? 4k

当 k=0 时,n=1;当 k=1 时,n 不为整数;当 k=2 时,n=3;当 k=3 时,n=9.当 k>3 时 n<0. 当 k<0 时,由 2n+k?1,知 n?

1? k , 2

此时 15-4k>0,

k 2 ? k ? 15 1 ? k ? , 15 ? 4k 2

∴ 2k2+2k+30?15-19k+4k2.?2k2-21k-15?0 无负整数满足此式.∴ 只有 3 个值. 6.解:由题,在 268 以内,20 是周期, 与 210 号位同值的号为:230,250;2(270), 由 x≡268k+2,(mod20) ≡8k+2, (mod20) 则 x≡2≡10≡18≡6≡14,(mod20) ≡8k+2, (mod20) 同理, 由 x≡268k+17,(mod20) 则 x≡17≡5≡13≡1≡9,(mod20) 由 x≡268k+83,(mod20) 则 x≡3≡11≡19≡7≡15,(mod20)

由 x≡268k+144,(mod20) 则 x≡4≡12≡20≡8≡16,(mod20) 1 3 2 x 3 4 4 9 5 3 6 x 7 4 8 9 9 3 10 x 11 4 12 9 13 3 14 x 15 4 16 9 17 3 18 x 19 4 20 9

于是 5(3+4+9+x)=75,所以 x =-6。 7.注意到(a3+b) (a+b3)= (a+b)4

? a4+a3b3+ab+b4= a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4 ? a3b3+2a2b2+ab=4a3b+8a2b2+4ab3 ? ab(ab+1)=4ab(a+b)2 ? ab[(ab+1)2﹣4(a+b)2]=0 成立。
因此,(a,0)和(0,b)是给定方程的解,a、b∈Z. 另外的解必须使得(ab+1)2﹣4(a+b)2=0 成立。 因为(ab+1)2﹣4(a+b)2=0 即 ab+1=± 2(a+b) 分两种情况讨论。 如果 ab+1=2(a+b),则有(a-2)(b-2)=3 于是,有

?a ? 2 ? 3 ?a ? 2 ? 1 ? a ? 2 ? ?3 ? a ? 2 ? ?1 ,或 ? ,或 ? ,或 ? 。 ? ?b ? 2 ? 1 ?b ? 2 ? 3 ? b ? 2 ? ?1 ?b ? 2 ? ? 3
分别解得 a=5,b=3;a=3,b=5; a=﹣1,b=1; a=1,b=﹣1。 如果 ab+1=﹣2(a+b),则有(a+2)(b+2)=3 类似地,解得 a=1,b=﹣1;a=﹣1,b=1; a=﹣5,b=﹣3; a=﹣3,b=﹣5 综上所述,给定方程所有可能解的集合为{(a,0)∣a∈Z}∪{(0,b)∣b∈Z} ∪{(﹣5,﹣3),(﹣3,﹣5),(﹣1,1),(1,﹣1),(5,3),(3,5)} 8.设(a,b,c)=d,d>1,则可先把等式两边的因式 d2 约去,使 a,b,c 两两互质.先 证当 a、b、c 两两互质时 60|abc.此时 a、b 必一奇一偶,c 为奇数.设 a 为偶数则 此时 a2=c2-b2,而当 b、c 均为奇数时,c2≡1(mod 8),b2≡1(mod 8),∴a2≡0(mod 8), ∴ 4|a,∴4|abc. 若 a、b 均不能被 3 整除,即 a≡±1(mod 3),b≡±1(mod 3),则 a2+b2≡2(mod 3),这

与 c2≡0,1(mod 3)矛盾,故 a,b 中至少有一是 3 的倍数.(由 a,b 互质,知 a,b 只能有一 个是 3 的倍数). ∴ 3|abc. 若 5|a,或 5|b,则 5|abc,否则 5?a,5?b,于是 a2≡±1(mod 5),b2≡±1(mod 5),a2+b2 ≡0,± 2(mod 5),但 c2≡0,± 1(mod 5).故只能 a2+b2≡0(mod 5),即 c2≡0(mod 5),5|c,总 之,5|abc. 综上可知,3× 5=60|abc. 4× 9.记 Sn=

?a
k ?1

n

2 k



从勾股数组(a,b,c)开始,取 a 为奇数,b 为偶数(例如(3,4,5)),奇数 a 为 a1,偶数 b 为 a2 。这一定意味着 S1= a2 和 S2= a2+b2=c2 是完全平方。可选取其他的 an
2 为偶数,使得 sn ?1 ? sn ? an ?1 ? (an ?1 ? 1) 2 成立。 2 sn ?1 ? an ?1 ? sn

这是可能的,由于

2 ? (an ?1 ? 1) 2 ? an ?1 ? (an ? 1) 2 ? 2an ?1 ? 1 ? (an ? 1)2

? an ?1 ?

(an ? 1) 2 ? 1 a (a ? 2) , ? an?1 ? n n 2 2
an (an ? 2) 也是偶数。 2

因为 an 为偶数的选择表示 an ? 2 一定也是偶数,故

例如,取 a1,=3,a2 =4,得数列 3,4,12,84,3 612,?,满足题目要求。 10.满足条件的正整数只有 1. 下面证明:对任意质数 p,它一定是数列 ?an ? 的某一项的因数. 对于 p ? 2 和 p ? 3 ,它们是 a2 ? 48 的约数. 对于每一个大于 3 的质数 p,因为 ? 2, p ? ? 1, ? 3, p ? ? 1, ? 6, p ? ? 1 ,所以,由 Fermat 小定理

2 p ?1 ? 1 (mod p), 3 p ?1 ? 1 (mod p), 6 p ?1 ? 1 (mod p) ,
所以 即 故

3 ? 2 p ?1 ? 2 ? 3 p ?1 ? 6 p ?1 ? 3 ? 2 ? 1 ? 6 (mod p) , 6 ? 2 p ?2 ? 6 ? 3 p ?2 ? 6 ? 6 p ?2 ? 6 (mod p) ,

a p ?2 ? 2 p ?2 ? 3 p ?2 ? 6 p ?2 ? 1 ? 0 (mod p) ,

也就是说, p a p ? 2 .

3 , 对任意大于 1 的正整数 n, 它必有一个质因数 p. p ? ?2 若
则 n, a p ? 2 ? 1 ,故大于 1 的正整数都不符合要求.

则 若 ? , ? n, a2 ? ? 1 ; p ? 5 ,

?

?

而 1 与所有正整数都互质,所以,符合题设要求的正整数只能为 1.

备用题

11. 试求解方程 [

15x-7 5+6x ]= 。 8 5

15x-7 15x-7 5+6x 15x-7 5+6x 解:方程中 是整数,则[ - ]= [ ]- = 0, 5 8 5 8 5 81-90x 81-90x 所以 [ ]= 0,所以 0? <1,即 0?81-90x<40, 40 40 又设整数 t = 15x-7 ,则 5t +7=15x,代入得 0?39-30t<40,(t∈Z) 5 7 4 或x= 。 15 5

故 t=0 或 1,于是可得 x =

12.3 个正整数中的任何两个数之积可以被该两数之和整除。证明:这 3 个正整数具有大于 1 的公约数。(2004 年俄罗斯数学奥林匹克)

13、设{N1,N2,?,Nk}是由五位数(十进制)构成的数组,使得任何一个各位数字形成严 格上升序列的五位数中都至少有一位数字与数 N1,N2,?,Nk 中的某个数的相同位置上的 数字相同。试求 k 的最小可能值。(2004 年俄罗斯数学奥林匹克)


更多相关文档:

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第16讲__数论选讲

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第16讲__数论选讲_学科竞赛_高中教育_教育专区。第 16 讲 数论试题选讲 在数学竞赛中, 初等数论的问题是考查的热点内容...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第66讲_覆盖

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第66讲_覆盖_学科竞赛_高中教育_教育专区...a≤cosα+ 3 sinα.例 7 在一个半径等于 18 的圆中已嵌入 16 个半径为...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第05讲 子集

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第05讲 子集_学科竞赛_高中教育_教育专区。第 5 讲 子集本讲内容有子集、子集的个数、集合的划分及子集的应用。 设 ...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第57讲 排列与组合

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第57讲 排列与组合_学科竞赛_高中教育_教育...其次,上述 17 个元素的圆排列 16 16 数为 p16 种. 再次,分在 8 个组内...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第62讲__多项式

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第62讲__多项式_学科竞赛_高中教育_教育专区...2 ?1? (?1) 2 16 40 32 ? ? x 4 ? x3 ? x 2 ? x. 3 3 3...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第12讲_组合几何

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第12讲_组合几何 隐藏>> 第12 讲 组合.... AC FC 2 2 C A D P Q S C B E A 3 B D F 5 20 4 E 16 ...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第36讲__同_余

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第36讲__同_余_学科竞赛_高中教育_教育...12(mod16),1988 ? 4(mod16), 故u1788 ? u12 ? 1(mod17), u1988 ?...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第11讲 极端原理

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第11讲 极端原理_学科竞赛_高中教育_教育专区。第十一讲 极端原理 考虑极端情况,是解决数学问题的非常重要的思考方式。在具体...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第77讲_组合几何

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第77讲_组合几何_学科竞赛_高中教育_教育专区。第 16 讲 组合几何本节主要内容是组合几何,几何中一些组合性质的问题.按照数学...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第76讲平几问题选讲

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第76讲平几问题选讲_学科竞赛_初中教育_教育专区。第 16 讲 平几问题选讲 平面几何在高中竞赛和国际竞赛中占有重要的地位,...
更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com