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文檔簡介
1、數(shù)論試題中的概念和方法,競賽中常用的定理:歐拉定理 費馬小定理 中國剩余定理 ……,基本研究對象: 整數(shù),涉及的范圍:整除問題 同余問題 不定方程 ……,1、已知a、b、c為正整數(shù),且 是有理數(shù). 求證:
2、 是整數(shù).,證明:因為 為無理數(shù),故 b-c≠0, 于是,上式表示有理數(shù),則有b2-ac=0.從而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,整除有如下的一些性質:①若a | b,b | c,則a | c ;②若c | a,d | b,則cd
3、 | ab;③若c | a,c | b,則c |(ma+nb); ④若a | b,則ma | mb,反之亦成立; ⑤a、b互質,若a | c,b | c,則ab | c;⑥p為質數(shù),若p|a1a2…an,則p必能整除a1,a2,…, an中的某一個; 特別地,若p為質數(shù),p|an,則p|a.,2、證明:當n為任何整數(shù)時,36|(2n6 – n4 – n2).證明:2n6―n4―n2=n2(2n2+1)(n2
4、-1), 當n為偶數(shù)時,4|n2; 當n為奇數(shù)時,n2被4除余數(shù)為1,故4|(n2-1). 故4|n2(2n2+1)(n2-1). 當n=3k(k∈Z)時,9|n2(2n2+1)(n2-1); 當n=3k±1(k∈Z)時,n2被3除余數(shù)總是1, 所以3|(n2-1),且2n2被3除余數(shù)為
5、2, 所以3|(2n2+1), 于是9|(n2-1)(2n2+1), 故9|n2(n2-1)(2n2+1). 所以36|(2n6 – n4 – n2).,分析: 按底數(shù)之和為(n+2)進行配對計算. k2005+(n+2-k)2005 =(n+2)[k2004-k2003(n+2-k)+…+(n+2-k)2004],∴k2005+(n+2-k)2005能被n+2整除
6、(k=2,3,…).,因式分解公式:對大于1的整數(shù)n有xn-yn =(x-y)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+……+xyn-2+yn-1);對大于1的奇數(shù)n有xn+yn =(x+y)(xn-1-xn-2y+xn-3y2-……-xyn-2+yn-1);對大于1的偶數(shù)n有xn-yn =(x+y)(xn-1-xn-2y+xn-3y2-……+xyn-2-yn-1).,同余問題定義:①設m是一個給定的正整數(shù).如果兩個整數(shù)a、
7、b用 m除所得的余數(shù)相同,則稱a、b對模m同余,記 為a≡b(modm) .②若m|(a-b),則稱a、b對模m同余.③若a=b+mt(t∈Z),則稱a、b對模m同余.,性質:①a≡a(mod m) ②若a≡b(mod m),則b≡a(mod m)③若a≡b(mod m),b≡c(mod m),則a≡c(mod m)④若a≡b(mod m),c≡d(mod m), 則a±c≡b±d
8、(mod m),ac≡bd(mod m), a n≡b n(mod m)⑤若n|m,a≡b(mod m),則a≡b(mod n)⑥若(m,n)=1,a≡b(mod m),a≡b(mod n), 則a≡b(mod mn),⑦歐拉定理:若(a,m)=1,則⑧費爾馬小定理:p是素數(shù),則ap≡a(mod p) 若另上條件(a,p)=1,則ap-1≡1(mod p)⑨威爾遜定理:設p素數(shù),則(p-1)!≡-1(mo
9、d p).,4、一個數(shù)的各位數(shù)字的和被9除的余數(shù)等于這個數(shù)被9除的余數(shù).,證明 設a=,=an×10n+an-1×10n-1+…+a1×10+a0, ∵10≡1(mod9),∴10n≡1(mod9), ∴an×10n+an-1×10n-1+…+a1×10+a0 ≡an+an-1+…+a1+a0(mod9),5、 試求出一切可使
10、 被3整除的自然數(shù).,,,,,6、求 除以13的余數(shù).,,解:103≡-1(mod13) 106≡1(mod13) 102≡16≡10(mod6) 103≡102≡10(mod6) 10n≡10n-1≡…≡10≡4(mod6) 10n=6k+4∴ ≡106k+4≡(106)k×104≡1k×104≡104≡3(mod13),不定方程
11、 不定方程是指未知數(shù)的個數(shù)多于方程的個數(shù),且未知數(shù)的取值范圍是受某些限制(如整數(shù)、正整數(shù)或有理數(shù))的方程.,對于二元一次不定方程問題,我們有兩個定理:①二元一次不定方程ax+by=c (a,b,c為整數(shù))有整數(shù)解的充分必要條件是(a,b)|c.②若(a,b)=1,且x0,y0為上述方程的一組解,則方程的全部解為x=x0+bt,y=y0-at(t為整數(shù)).對于非二元一次不定方程問題,常用的求解方法有:①恒等變形;②構造法;③奇偶
12、分析法; ④不等式估計法.,7、求滿足方程2x2+5y2=11(xy-11)的正整數(shù)數(shù)組(x,y).,(2x-y) (x-5y)=-112.,8、求不定方程14x2-24 xy+21y2+4x-12y-18=0的整數(shù)解.,解 原式變形為:2(x-3y+1)2+3(2x-y)2=20,故 3(2x-y)2≤20, 即平方數(shù)(2x-y)2≤4,當 (2x-y)2=0,1時,(x-3y+1)2=10或2(x-3y+1)2=17,均
13、不可能,故(2x-y)2=4,從而 (x-3y+1)2=4,由此得方程有唯一整數(shù)解:(1,0).,證明由于2×5-1=32,2×13-1=52,5×13-1=82, 因此,只需證明2d-1,5d-1,13d-1中 至少有一個不是完全平方數(shù). 假設它們都是完全平方數(shù),令 2d-1=x2 ① 5d-1=y2 ② 13d-1=z2
14、 ③ x,y,z∈N* 由①知,x是奇數(shù),設x=2k-1, 于是2d-1=(2k-1)2,即d=2k2-2k+1, 這說明d也是奇數(shù). 因此,再由②,③知,y,z均是偶數(shù).,9、(第27屆IMO試題)設正整數(shù)d不等于2,5,13.證明在集合{2,5,13,d}中可以找到兩個元素a,b,使得ab-1不是完全平方數(shù).,,反證法,設y=2m,z=2n,代入②,③,相減,除以4得,2d=n2-m2=
15、(n+m)(n-m),從而n2-m2為偶數(shù),n,m必同是偶數(shù)或同是奇數(shù),于是m+n與m-n都是偶數(shù),這樣2d就是4的倍數(shù),即d為偶數(shù),這與上述d為奇數(shù)矛盾.故命題得證.,2d-1=x2 ①5d-1=y2 ② 13d-1=z2 ③,d是奇數(shù),y,z均是偶數(shù),解 5×2m=n2-1=(n+1)(n-1), 其中n+1與n-1同為偶數(shù), 則n為奇數(shù),設n=2k
16、-1(k∈N+),,10、(2006澳大利亞數(shù)學奧林匹克)求所有的正整數(shù)m、n,使得1+5×2m=n2.,所以5×2m=4k(k-1),即5×2m-2=k(k-1),故m≥2,k>1,因k與k-1一奇一偶,故,解得k=5,m=4,所以m=4,n=9滿足條件.,11、(2004年中國西部數(shù)學奧林匹克)求所有的整數(shù)n,使得n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方數(shù).,解 設A=n4+6n3+11n2+
17、3n+31是完全平方數(shù), 則配方后A=(n2+3n+1)2―3(n―10)是完全平方數(shù). 當n=10時,A=(102+3×10+1)2=1312是完全平方數(shù). 當n>10時,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≤
18、3(n―10), ∴2n2+3n+31≤0,這不可能.,于是A≥(n2+3n+2)2,化簡得2n2+9n-27≤0,,∴ n=-6,-5,-4,-3, -2,-1, 0,1,2,此時對應的A=409,166,67,40, 37,34, 31,52,145都不是完全平方數(shù).,A=(n2+3n+1)2―3(n―10),當n<10時,A>(n2+3n+1)2,,所以,只有當n=10時,A是完全平方數(shù).,(1)平方數(shù)的個位數(shù)字只可能是0
19、,1,4,5,6,9;(2)偶數(shù)的平方數(shù)是4的倍數(shù),奇數(shù)的平方數(shù)被8除余1, 即任何平方數(shù)被4除的余數(shù)只能是0或1;(3)奇數(shù)平方的十位數(shù)字是偶數(shù);(4)十位數(shù)字是奇數(shù)的平方數(shù)的個位數(shù)一定是6;(5)不能被3整除的數(shù)的平方被3除余1, 能被3整除的數(shù)的平方能被3整除, 因而,平方數(shù)被9除的余數(shù)為0,1,4,7;(6)平方數(shù)的約數(shù)的個數(shù)為奇數(shù);(7)任何四個連續(xù)整數(shù)的乘積加1,必定是一個平方數(shù);(8)在兩個
20、相鄰的整數(shù)的平方數(shù)之間的所有整數(shù)都不是完 全平方數(shù).,完全平方數(shù)的性質,d是a的正因數(shù),其中0≤βi≤αi,i=l,2,…,s,a的正因數(shù)的個數(shù)為d(a)=(α1+1)(α2+1)…(αs+1),,a的正因數(shù)的和,12、(2003年泰國數(shù)學奧林匹克)求所有使p2+2543具有少于16個不同正因數(shù)的質數(shù)p.,解 當p=2時,p2+2543=2547=32×283,283是質數(shù), 此時共有正因數(shù)(2+1)×
21、(1+1)=6個,滿足條件; 當p=3時,p2+2543=2552=23×11×19, 此時共有正因數(shù)(3+1)×(1+1)×(1+1)=16個,不滿足條件; 當p>3時,p2+2543=(p-1)(p+1)+2400+144, … (p-1)(p+1)是24的倍數(shù),所以p2+2543是24的倍數(shù), p2+2543=23+i×31+j×
22、;m, 若m>1,共有正因數(shù)(3+i+1)×(1+j+1)×(k+1)≥16個, 若m=1,2i×3j>106, 當j>1,正因數(shù)個數(shù)不少于16, 當j=1,i>4,正因數(shù)個數(shù)不少于24, 當j=0,i>5,正因數(shù)個數(shù)不少于18, 所以 p>3不滿足條件. 綜上所述,p≥2時,正因數(shù)個數(shù)至少有16個,
23、而p=2時正因數(shù)個數(shù)為6,故所求的質數(shù)p是2.,13、(2004土耳其數(shù)學奧林匹克)(1)對于每一個整數(shù)k=1,2,3,求一個整數(shù)n,使n2-k的正 因數(shù)個數(shù)為10.(2)證明:對于所有整數(shù)n,n2-4的正因數(shù)個數(shù)不是10.,(1)解: k=1,24×3+1=72 k=2,74×23+2=2352 k=3,374×13+3=49362,(
24、2)證明:假設存在n,使n2-4有10個因數(shù).ⅰ若n2-4=p9(p為質數(shù)),即(n-2)(n+2)= p9,令n-2=pi,n+2=pj (i4,所以無解.ⅱ若n2-4=p14 p2,(p1,p2為質數(shù),且p1≠p2), 即(n-2)(n+2) =p14 p2, 當(n-2,n+2)=1時, ①n-2=1,則n+2=5,無解. ②n-2= p14,n+2= p2,則p2 -p14=4.,如果
25、p1=5,則p2=629=17×37,矛盾.如果p1≠5,則p14≡1(mod5),p2≡p14+4≡0(mod5).故p2=5,p14=1無解.③n-2= p2, n+2= p14,則p14-p2 =4,所以(p12-2)(p12+2)= p2所以,p12-2=1,p12=3,無解.當(n-2,n+2)>1時,又(n+2)-(n-2)=4,則p1=2,所以p2為奇數(shù).故n2=16 p2+4,所以2|n.
26、設n=2m,則m2=4p2+1≡5(mod8),矛盾.因此,不存在整數(shù)n,使得n2-4的正因數(shù)個數(shù)是10.,14、(2006澳大利亞數(shù)學奧林匹克)對于任意正整數(shù)n, 設a(n)是n的各位數(shù)的乘積.(1)證明:對所有正整數(shù)n,有n≥a(n) ;(2)求所有的n,使得n2-17n+56=a(n)成立.,(1)證明 令,則,(2)解 由n2-17n+56=a(n),及a(n)≤n 得n2-17n+56≤n,即n2
27、-18n+56≤0, 解得 4≤n≤14. 又由n2-17n+56≥0,得n≤4,或n≥13, 則n∈{4,13,14} 逐一檢驗得 n=4.,15、(2005德國數(shù)學奧林匹克)設Q(n)表示正整數(shù)n的各位數(shù)字之和,證明:Q(Q(Q(20052005)))=7.,證明 因為Q(n)≡n(mod9), 而20052005≡(9×222+7)2005≡72005(mod9)
28、, 由歐拉定理,所以20052005≡72005=76×334+1(mod9)≡7(mod9),故Q(Q(Q(20052005))) ≡20052005≡7(mod9).又20052005<(104)2005=108020,所以,20052005至多有8020位,故Q(20052005)≤9×8020=72180于是Q(20052005)至多只有5位,因此Q(Q(20052005))≤9
29、5;5=45,從而Q(Q(Q(20052005)))≤3+9=12,又Q(Q(Q(20052005)))≡7(mod9),所以Q(Q(Q(20052005)))=7.,16、(2004年西部數(shù)學奧林匹克)設n∈N*,用d(n)表示n的所有正約數(shù)的個數(shù),φ(n)表示1,2,…,n中與n互質的數(shù)的個數(shù).求所有的非負整數(shù)c,使得存在正整數(shù)n,滿足 d(n)+φ(n)=n+c,并且對這樣的每一個c,求出所有滿足上式的正整數(shù)n.,分析 d(
30、n)表示n的所有正約數(shù)的個數(shù), φ(n)是1,2,…,n中與n互質的數(shù)的個數(shù),兩類數(shù)中的公共部分只有1,如果1,2,…,n中的數(shù)恰好是大于1的正約數(shù)與第二類中大于1的某數(shù)的乘積,該數(shù)不在這兩類數(shù)中,把這種數(shù)稱為第三類數(shù).當沒有第三類數(shù)時.c=1;當有1個第三類數(shù)時.c=0;當?shù)谌悢?shù)的個數(shù)大于1時.c<0.,17、(2004-2005匈牙利數(shù)學奧林匹克)已知n是正整數(shù),如果存在整數(shù)a1,a2,…,an(不一定是不同的),使得a
31、1+a2+…+an=a1a2…an=n,則稱n是“迷人的”.求迷人的整數(shù).,解:若k=4t+1,t∈N,顯然滿足要求, 取4t+1及2t個1,2t個-1即可.若k=4,則a1a2 a3a4=4,只可能a4=4或a4=a3=2,顯然無解.若k=4t,t≥2,分兩種情況討論.當t為奇數(shù)時,取2t,-2,x個1,y個-1(x,y待定).則x+y=4t-2,x-y+2t-2=4t.解得x=3t,y=t-2.顯然這樣一組數(shù)滿足題
32、設要求.,當t為偶數(shù)時,類似地取2t,2,x個 1,y個-1,則x+y=4t-2,x-y=2t-2.解得x=3t-2,y=t.這一組數(shù)比滿足題設要求.綜上,4t(t≥2)型數(shù)是迷人的.下面證明4t+2,4t+3型數(shù)是不迷人的.若4t+2型數(shù)是迷人的,設4t+2= a1+a2+…+a4t+2=a1a2…a4t+2.易知,ai中有且僅有一個偶數(shù),其余4t+1個數(shù)均為奇數(shù),故a1+a2+…+a4t+2必為奇數(shù),矛盾.因此4t+2
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