数学竞赛数论问题

高中数学竞赛中数论问题的常用方法

数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法.

1.基本原理

为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下:

我们用(a1,a2,...,an)表示整数a1,a2,…,an的最大公约数.用[a1,a2,…,an]表示a1,a2,…,an的 最小公倍数.对于实数x,用[x]表示不超过x的最大整数,用{x}=x-[x]表示x的小数部分.对于整数

m).对于正整数m,用?(m)表示a,b,若m|(a?b),m?1,则称a,b关于模m同余,记为a?b(mod{1,2,…,m}中与m互质的整数的个数,并称?(m)为欧拉函数.对于正整数m,若整数r1,r2,...,rm中任何两个数对模m均不同余,则称{r1,r2,...,rm}为模m的一个完全剩余系；若整数r1,r2,...,r?(m)中每一个数都与m互质,且其中任何两个数关于模m不同余,则称{r1,r2,...,r?(m)}为模m的简化剩余系.

定理1 设a,b的最大公约数为d,则存在整数x,y,使得d?xa?yb.

定理2(1)若ai?bi(modm),i?1,2,…,n,x1?x2(modm),则

(2)若a?b(modm),d?(a,b),d|m,则

?ax??bxii1inni2；

i?1i?1abm?(mod)； dddab(3)若a?b,d?(a,b),且(d,m)?1,则?(modm)；

dd(4)若a?b(modmi),i?1,2,...,n,M=[m1,m2,...,mn],则a?b(modM). 定理3(1)x?1?[x]?x?[x]?1； (2)[x?y]?[x]?[y]；

(3)设p为素数,则在n!质因数分解中,p的指数为

?p

k?1

n

k

.

定理4 (1)若{r1,r2,...,rm}是模m的完全剩余系,(a,m)?1,则{ar1?b,ar2?b,...,arm?b}也是模

m的完全剩余系；

(2)若{r1,r2,...,r?(m)}是模m的简化剩余系,(a,m)?1,则{ar1,ar2...,ar?(m)}是模m的简化剩余系. 定理5(1)若(m,n)?1,则?(mn)??(m)?(n).

?1?2(2)若n的标准分解式为n?p1?k为正整数,p1,p2,...pk为互不相p2...pkk,其中?1,?2,...?第 1 页 共 6 页

同的素数,则?(n)?n(1?111)(1?)...(1?). p1p2pk对于以上结论的证明,有兴趣的读者可查阅初等数论教材.

2 方法解读

对于数论试题,除直接运用数论的基本原理外,常用的基本方法还有因式(因数)分解法,配对法,分组法,估值法,同余方法,构造法,调整法,数学归纳法与反证法.下面分别予以说明

2.1基本原理的应用

例1 设正整数a,b,c的最大公约数为1,并且

ab?c (1),证明:(a?b)是一个完全平方数. a?b证:设(a,b)?d,a?a1d,b?b1d,其中(a1,b1)?1.由于(a,b,c)?1,故有(d,c)?1.由(1)得

a1b1d?a1c?b1c (2)

由(2)知,a1|b1c,又(a1,b1)?1,∴ a1|c.同理可证b1|c,从而有a1b1|c,设c?a1b1k,k为正整数,代入(2)得d?k(a1?b1) (3)

由(3)知k|d,又k|c,?k|(d,c)?1,?k?1. ∴d?a1?b1.∴a?b?d(a1?b1)?d2.故成立. 例2 设n为大于1的奇数,k1,k2,…,kn为给定的整数.对于{1,2,...,n}的排列P?(a1,a2,...,an), 记s(P)??ka,试证存在{1,2,...,n}的两个不同的排列B、C,使得n!|s(B)?s(C).

iii?1n证:假设对于任意两个不同的排列B、C,均有n!不整除s(B)?S(C).令X为{1,2,...,n}的所有排列构

成的集合,则{s(P)|P?X}为模n!的一个完全剩余系,从而有

P?Xn?s(P)??i?i?1n!(1?n!)n!(modn!) (1) 2n!(n?1)n 又??s(P)??(?kiai)=ki (2) ?2P?XP?Xi?1i?1(1?n!)n!n!(n?1)n而n为大于1的奇数,所以由(1),(2)得?ki?0(modn!). ?22i?1又(1?n!,n!)?1,所以2.2 因式(数)分解

数论中许多问题直接与因式(数)分解相关联,如合数问题,整除问题等常常是要证明某种分解式的存在.数的标准分解式本身就是一种特定形式的因数分解.在不定方程的求解与一些代数式的求值中,因式(数)分解能帮助我们确定某些变量的取值范围,寻找到解题的方法.

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n!?0(modn!),矛盾.故,存在B、C?X,B?C,使得n!|s(B)?s(C). 2

例3 求三个素数,使得它们的积为和的5倍.

解:易知a,b,c中必有一个为5,不妨设c?5,则有ab?a?b?5,从而有(a?1)(b?1)?6.

因为a?1与b?1均为正整数,不妨设a?b,则有?求的三个素数为2,5,7.

2.3 配对

?a?1?1?a?1?2或?,从而知a?2,b?7.故所

?b?1?6?b?1?3 例4 设k为正奇数,证明:1?2?3?...?n整除1?2?...?n. 分析 因为1?2?3?...?n?kkkn(n?1).故需证n(n?1)|2(1k?2k?...?nk),注意到当k为奇数2时,xk?yk可因式分解,因此可将2(1k?2k?...?nk)中的2n个数两两配对.

证 ?2(1k?2k?...?nk)=[1k?(n?1)k]?[2k?(n?2)k]?...?[(n?1)k?1k]?2nk, 而当k为奇数时,a?b|ak?bk,从而知n|21k?2k?...?nk (1) 又?21k?2k?...?nk=[1k?nk]?[2k?(n?1)k]?...?[nk?1k],

∴(n?1)|2(1k?2k?...?nk) (2) 由(1)(2)知,n(n?1)|2(1k?2k?...?nk),故结论成立.

2.4 分组

????},G?{a1,a2,...,a100}?E,且G具有下列性质: 例5 (1990年高中联赛试题)设E?{1,2,...,200(1)对任何1?i?j?100,ai?aj?201；(2)

?ai?1100i?10080.

试证:G中的奇数的个数是4的倍数,且G中所有数的平方和是一定数.

证:对于1?i?100,令?i?2i?1,?i?201??i.Ei?{?i,?i},则G中恰含Ei中的一个元素.设G100}.由中有k个奇数?i1,?i2,…,?ik,有s个偶数?j1,?j2,...,?js,这里{i1,i2,...,ik,j1,j2,...,js}={1,2,...,题设知,10080=

??t?1kit???jrr?1kss?k???(201??it)???jr=?201?2??it+???it???jr? t?1r?1t?1t?1r?1?t?1?kskkk =201k?2

??t?1it+(2?4?6?...?200)=201k?2??t?1it?10100.

∴201k?2??t?1kit??20 (1)

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由于?it为偶数,所以4|2100ks??t?1kkit,又4|20,所以4|201k,?4|k,即k是4的倍数.

skkks?ai?12i??????=?(201??it)???=?201?2?201??it+(?????j2r)

t?12itr?12jr2t?1r?12jr2t?1t?1t?12itr?1=201k?2?201k2??t?1tkit+(22?42?62?...?2002)

=201(201k?2??i)+4?t?1100100(100?1)(200?1) (2)

6将(1)代入(2)得2.5估值

?ai2?201?(?20)?4?i?1100?101?201=1349380.

6例6 令an表示前n个质数之和,即a1?2,a2?2?3?5,a3?2?3?5?10,…,证明:对任意的正整数n,区间[an,an?1]中包含有一个完全平方数.

分析:设质数从小到大依次为p1,p2,...,pk…,要结论成立,只要存在正整数m,使得an?m2?an?1,只要

an?m?an?1,只要an?1?an?1,只要an?1?an?1?2an,只要pn?1?1?2an,只要

(pn?1?1)2?4an?4(p1?p2?...?pk) (1)

证:直接验证易知[a1,,a2],[a2,a3],[a3,a4],[a4,a5]中都含有1个完全平方数.当n?5时,我们证明:(1)式成立.为此,令f(n?1)?(pn?1?1)2?4(p1?p2?...?pk),

则f(n?1)?f(n)?(pn?1?1)2?(pn?1)2?4pn=(pn?1?pn)(pn?1?pn?2)?4pn.

当n?2时,pn为奇数,故pn?1?pn?2,f(n?1)?f(n)?2(pn?1?pn?2?2pn)=2(pn?1?pn?2)?0, 故当n?2时,数列f(n)为递增数列.由于

f(5)?(p5?1)?4(p1?p2?p3?p4)=(11?1)?4(2?3?5?7)=32>0 所以当n?5时,f(n)?f(5)?0.故当n?5时(1)式成立.

例7 求出不定方程(n?1)!?n?1 (1)的全部正整数解.

解 当n?2时,易得k?1；当n?2时,(1)式左边为偶数,故右边也是偶数,所以n为奇数.当n?3kk时,由2!?3?1,得k?1.当n?5时,由4!?5?1,得k?2.

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