高中竞赛数学讲义第78讲数论选讲

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,存在一个b(1

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，在1与2005！+2间存在一个数b，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(2mk+2nk－1)=22·52t．由2mk+2nk－1为奇数，∴ k?2．

－

－

－

－

取m－k=p，n－k=q，(0

∴ 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 5 6 7 122p 32 64 8来源学§8 9 10 256 512 1024 科§网 2+50k，k=0，20+50k，k=0，14+50k，k=0，1，2，??，1，2，3，4 1，2，??，9 20． 2的 可能值 62 98 ，，q1248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2(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, 或 ?a?b?2c?1??2a?b?c?2,??a?2b?c??1, ?a?b?2c??1.?分别解得a=l，b=0，c=0和 a=2，b=－l，c=－1．

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 2(a+b) (b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1－abc展开，得 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，当n=23时，n2+5n+23是23的倍数，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：当n是3的倍数时，则3不能整除n2+5n+23，当n不是3的倍数时，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，n2－1是5的倍数，则5不能整除n2+5n+23= n2－1+5n+24，当n为5k±2型的整数时，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·3y－5z·7w= 1 的所有非负整数解(x，y，z，w)。（2005年中国数学奥林匹克）

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·7w+1为偶数，知x?1。 情形1 若y =0 ,此时2x－5z·7w= 1。 若z≠0，则2x≡1 (mod 5)，由此得4 | x。 因此，3 | (2x－1)，这与2x－5z·7w= 1矛盾。 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2·3y－5z·7w= 1。 因此 －5z·7w≡1 ( mod 3)，即(－1)z≡1 ( mod 3)， 从而 z 为奇数，故 2·3y ≡1 (mod 5)。 由此知 y≡1 ( mod 4)。

当w≠0时，有2·3y ≡1 (mod 7)。

因此，y≡4 ( mod 6)，此与y≡1 (mod 4) 矛盾。 所以，w =0，于是 2·3y－5z =1，当y =1时，z =1。 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=2·3y 矛盾，所以,此种情形的解为：

(x，y，z，w) = (1，1，1，0)。