数论例题.docx
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数论例题.docx
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数论例题
竞赛中的数论问题
【知识点介绍】
初等数论也叫做整数论,其研究对象是整数,由于其形式简单,所用知识不难理解,因而常常出现在数学竞赛中.数学竞赛中的数论问题主要涉及奇数和偶数,约数与倍数,素数与合数,平方数、整除、同余、不定方程、数论函数[x]和欧拉函数、数的非十进制等.处理竞赛中的数论问题要求熟悉基本知识,灵活地运用一些常用技巧.在本讲中,如没有特别说明,所用的字母均表示整数.
1.整除
设a、b是两个整数,b≠0,则一定有且仅有两个整数q和r,使得a=bq+r(0≤r<|b|)成立,其中q叫做商,r叫做余数.当r=0时,称b整除a(或a能被b整除),记作b|a.此时a叫b的倍数,b叫a的约数(因数).
设是正整数,是不小于2的整数,则存在惟一的一组小于的非负整数,且,使得,这就是的进制表示.
设a、b是两个不全为0的整数,若整数d既能整除a又能整除b,则称d是a、b的公约数,a、b的公约数中的最大者称为a、b的最大公约数,记为(a,b).若(a,b)=1,则称a、b是互素(互质)的.
设a、b是两个都不为0的整数,若m是a的倍数,同时又是b的倍数,则称m是a、b的公倍数,a、b的公倍数中最小的正数称为a、b的最小公倍数,记为[a,b].
对任意的正整数a、b有:
(a,b)[a,b]=ab.
对非零整数a、b、c、m、n,有以下性质:
(1)若,则;
(2)若,则;
(3)若,则;
(4)若,且,则;
(5)若,且,则.
2.同余
设是一个不小于2的正整数,且,则称对模同余,记作.
设是整数,且,则
(1)若,且,则;
(2)若,且,则且;
(3)若,且正整数满足,则.
3.素数与合数
若一个大于1的整数除了1和本身外再无其它的正约数,则称这个数为素数(质数).
每一个大于1的整数都可分解成素数的乘积,而且不计因数的顺序时,这种表示是惟一的,即.
正整数的素数分解式为,则的正约数的个数为
,
的所有正约数的和为
每连续个整数中,与互质的整数的个数是.
4.不定方程
若是方程的一个正整数解,则方程的一切整数解可以表示为
方程满足且是偶数的一切正整数解为(这里,一奇一偶,且).
[典型例题]
例1(2007年广西预赛试题)已知三个正整数x,y,z的最小公倍数是300,并且则方程组的解(x,y,z)=.
解记方程组中的两个方程为
(1),
(2),消去x得,即,所以,或.
若,则由
(1)得,不合题意.
由和
(1)得,即,
于是,令,有,,从而(x,y,z)=(20,60,100).
例2(2008年全国高中数学联赛试题)方程组的有理数解的个数为(B)
A.1B.2C.3D.4
[解]若,则解得或
若,则由得.①
由得.②
将②代入得.③
由①得,代入③化简得.
易知无有理数根,故,由①得,由②得,与矛盾,故该方程组共有两组有理数解或
说明:
上述两个例题都是求不定方程组的整数解,这类问题通常是想办法将其转化成不定方程来进行求解。
例3(2007年安徽省预赛试题)设A=100101102103…499500是一个1203位正整数,由100到500的全体三位数按顺序排列而成,那么A被126除的余数是()
(A)78.(B)36. (C)6.(D)0.
分析,因此只要求出A被2,7,9除的余数,就可求出A被126除的余数.
解注意到,,
又所以
综上,.故选(C).
例4(2007年浙江省预赛试题)已知a=重,则a的末两位数字是()
(A)01. (B)07. (C)43.(D)49.
分析求a的末两位数字,即求a被100除的余数,因此考虑用同余性质解题.
解记Nk=重.则.
又,.
所以.因此,a的末两位数字是43.故选(C).
说明一般地,对于正整数a、m,数列是周期数列.
例5(2007年安徽省预赛试题)在正整数构成的等差数列1,3,5,7,…中删去所有和55不互质的项之后,把余下的各项按从小到大的顺序排成一个数列.易见,…….那么等于()
(A)9597.(B)5519.(C)2381.(D)2759.
分析考虑正整数列1,2,3,4,5,6,7,…其中每连续110个数与2,5,11都互质的数的个数都一样多,可以求出,不与2,3,5都互质的数也可以求出,这样把这个正整数列进行分段,能计算出余下的数的个数.
解法1 可以看作是在正整数列1,2,3,4,5,6,7…中删去所有可能被2,5或11整除的项之后,把余下的各项按从小到大的顺序排成的数列,于是余下的项是所有与互质的项.而每连续110个整数中,与110互质的数有个.
又,而正整数列中第7个与110互质的数是19,所以.故选(B).
解法2可以看作是在正整数列1,2,3,4,5,6,7…中删去所有可能被2,5或11整除的项之后,把余下的各项按从小到大的顺序排成的数列.由容斥原理,从1到正整数中,不能被2,5或11整除的项的个数是(其中表示不超过的最大整数.由
,
得.
而,且5519与110互质,从而.故选(B).
例6(2008年全国数学高中联赛试题)求满足下列关系式组
的正整数解组的个数.
分析:
此问题是二次不定方程,且有约束条件,因此要进行适当的转化求解。
[解]令,由条件知,方程化为
,即.
(1)
因,故,从而.
设.因此
(1)化为
.
(2)
下分为奇偶讨论,
(ⅰ)当为奇数时,由
(2)知为奇数.
令,,代入
(2)得
.(3)
(3)式明显无整数解.故当为奇数时,原方程无正整数解.
(ⅱ)当为偶数时,设,由方程
(2)知也为偶数.从而可设,代入
(2)化简得
.(4)
由(4)式有,故,从而可设,则(4)可化为,
. (5)
因为整数,故.
又,因此
,得,
.
因此,对给定的,解的个数恰是满足条件的的正因数的个数.因不是完全平方数,从而为的正因数的个数的一半.即.
由题设条件,.而
25以内有质数9个:
2,3,5,7,11,13,17,19,23.将25以内的数分为以下八组:
:
,
,
,
,
,
,
,
,
从而易知
,
,(
,(
,
,
,
,
,
将以上数相加,共131个.因此解的个数共131.
例7(2007年天津预赛试题)方程的所有正整数解为.
分析本方程不能通过分解求出其正整数解,我们用同余方法.
解方程两边模3得,.设,代入方程,约去3,再两边模3得,.
设,则原方程化为,于是,即.
因为或1,或1,,所以为偶数,于是.经验证,,所以.
说明:
该问题就是运用一个数的平方关于模4的余数而求出该不定方程的解。
例8试求方程的正整数解。
分析:
这是一个二阶不定方程,通常用因式分解方法,将其转化成一阶不定方程组求解。
解若方程有正整数解,则由于
,且与有相同的奇偶性,故从
知原方程的正整数解必是且仅是下列方程组的正整数解
故解得原方程的正整数解为或。
例9(2005年北京市中学生数学竞赛试题)设个质数构成公差为()的等差数列,且,求证:
(1)当是质数时,;
(2)当=15时,.
分析对问题
(1),我们注意到一个数被除的余数有个,而题中所给出的数有个,所以应从这个数被除的余数考虑.对问题
(2),应注意运用问题
(1)的结论.
解
(1)因为都是大于的质数,所以不整除,于是被除的余数只能取个不同的余数.由抽屉原理,必有两个数被除的余数相同,设为,则有,即,又,所以.
(2)当时,对任意一个小于的质数,有也是公差为()的等差数列,且,于是由
(1)的结论,有,从而,即,从而.
例10(2006年女子数学奥林匹克试题)求证:
对,均有无穷多个正整数,使得中恰有个可表示为3个正整数的立方和.
分析首先,本题实际上是要证明3个命题.其次,我们对整数被3除的余数进行分析,从而对任一整数的立方被9除的余数就有一个定论,再就每一命题构造出使命题成立的.
解每一整数可表示为的形式,而或,于上任一整数的立方模9为0或±1,从而三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5.
当时,令.显然,这样的正整数有无穷多个,,,于是均不能表示成三个整数的立方和,而是三个相同正整数的立方和.
当时,,显然,这样的正整数有无穷多个,不是三个整数的立方和,且.
当时,,显然,这样的正整数有无穷多个,且,,.
例10:
求方程的所有非负整数解
解:
由于为偶数,所以。
情形1:
若,此时原方程变为
若则由此可得,(事实上
因此这与矛盾。
(不能被3整除)
若则
当时,直接计算可得(两组解)
当时,有,直接计算知不可能(因为)
所以当时,全部的非负整数解为两组解。
情形2:
若则
因此因为则知为奇数,则所以计算知)
当时,有则因此得此与矛盾,所以于是
当时,
当时故因此(5(**))
因此,而,则,这与矛盾。
故此种情况的整数解为
情形3:
若此时则有
又,则则有
所以都是奇数,从而
所以,原方程变为
(其中都是奇数)由此知
从而,(直接计算得)
设()
于是
因为
又与互质,所以
于是,
若则有(类似于情形2中(**)式得矛盾)即不可能,
则,即
故此时有解
综上所述原方程有4组整数解
例:
试确定具有下述性质的所有正整数,集合能分成两个不相交的非空子集,使得一个子集中所有元素的积等于另一个子集的所有元素的积。
解:
在中加上数,则是模7的一个完全剩余系。
假设满足条件的存在,下面分两中情况讨论:
(1)若则中必有,由于分成两个子集的元素的积相等,积为,则,因为7为素数,则中必有另一个,使得,这是不可能的;
(2)若,则令分成两个子集的积为,则有
但是(事实上
综上所述,满足题中条件的不存在。
1.设是一个大于1的固定整数,数列定义如下
求的最大值,使得数列中有连续的项均能被整除。
解:
最大值为。
设是关于模的余数,在数列中按照连续的项分块,则余数最多有种情况出现,则超过项时就会出现相同余数的情形,又结合数列的递推关系知,数列是周期数列。
由已知条件可得,及其中的项的余数分别为
按上公式可求出这项前面的项模的余数分别为
结合周期性得
另一方面,若在余数数列中有连续项为0,则由递推公式得所有的项,这与矛盾。
所以的最大值为
2.每一个正整数遵循下面的过程得到数
(1)将的最后一位数字移到第一位得到数;
(2)将平方得到数;
(3)将的首位数字移到最后一位得到数。
求所有的正整数,使得。
解:
设正整数满足,且有位数字,,又设的最后一位数为,的第一位数为。
则有
(其中表示数位上的数字)所以既是末尾数字为的一个数的平方的最后一位,同时又是首位为的一个数的平方的第一位数字。
完全平方数,要么是位数,要么是位数,
若,则,则最多为位数,从而其平方最多为位,所以最多有位,则不可能是的平方。
所以,因此的最后一位数字不为0。
若,则由知
而由,则只能为1或2,矛盾,所以不能为4。
同样分析可只不能为5,6,7,8,9
也就是只可能为1,2,3
当时位且首位为的数的平方是位数;当时位且首位为的数的平方要么是首位数字为9的位数,要么是首位是数字1的位数。
由已知条件可知,且是位数字。
设,其中是位数(,设)
则
(其中是数的位数等于)
故
由得
于是,由于其平方为位数,则
对于前面两种情况,后面情况
综上所述,满足条件的为3,2,和
3.设是大于5的整数,对于每一个正整数,考虑进制的数(个1,个2),证明:
存在一个正数使得对于大于的正整数,数是一个完全平方数的充分必要条件是。
证明:
对于6,7,8,9将任何数按模进行分类,直接计算知无解
由于,所以此时不是完全平方数。
当,直接计算得
显然是完全平方数(只要)
对于设假设存在一个正整数,当时,是完全平方数,则对于,也是完全平方数。
由及
所以
另一方面
因此,对于任意整数,存在一个整数,使得
,且有
将,代入
(1),可得
当足够大时,一定有即或
将,及代入
(1),当时,适当大时
(1)不成立,所以
,于是由
(1)可得
上式左边能被整除,从而可得,由,所以
此时可得,由前面结论知不可能为一个完全平方数。
综上所述,得证本题结论。
4.一个整数,若满足不是一个完全平方数,则称这个数是“好”数。
求满足下列性质的所有整数,整数可以用无穷多种方式表示成三个不同的“好”数的和,且这三个“好”数的积是一个奇数的平方。
解:
假设可以表示为且是一个奇数的平方,于是均为奇数,则,所以中要么有两个数模4余3,要么都模4余1。
所以总有
下面证明是满足条件的所有整数。
为此我们来进行验证
考虑的表示形式,在这样的表示中三个被加数的积是一个完全平方数。
设,则推得
于是有,
,
由上可知,,均为奇数,且其积是一个奇数的平方,同时易知,除有限个外,,,是互不相同的,下面证明有无穷多个,,,不是完全平方数。
当,不是完全平方数
选取两个不同的质数,使得,
选取,使得满足
,
,
由孙子定理知,如上的有无穷多解。
可以证明对于这样的,,,不是完全平方数。
结论得证。
5.数列定义如下:
对所有的
,
证明:
如果奇数,则
证明:
由数学归纳法可以证明
若有整数解,可设满足。
由条件,即
从而
因为及
故于是
因为由费尔马小定理有,所以有,由于是奇质数,因此
若没有整数解,同样有即存在整数,使得两边乘得
,因此,存在整数使得
由定义知,且,不妨设于是有
[(1+
所以存在整数,使得(*)
设集合
,
下面证明对每个,不存在一个满足。
事实上,若,因为,且,不妨设,于是存在整数,使得(由互质)
因此有,与没有整数解矛盾。
因此
若
则,
故,(因为)
所以推出或矛盾。
所以对每个,不存在一个满足。
因为,定义影射,满足
显然,该影射是双射,于是有
所以
所以
由(*)知
从而。
结论得证
6.设是一个质数,是一个正整数的集合,且满足下列条件:
(1)集合中的元素的质因数的集合包含个元素
(2)对于的非空子集百年,其元素之积不是一个整数的次幂
求:
中元素个数的最大值。
解:
最大值为
设,假设互不相同的质数分别为,定义
,设,则中有个元素,且满足条件
(1),
(2)。
假设,且满足条件
(1),下面证明不存在这样的集合满足条件
(2)。
设是个不同的质数,使的每一个,均可以表示为
,从中可以看出对每一个,相应有一个向量与其对应。
下面证明,只要,则一定可以找到这些数中一些的积为某个整数的次幂。
(事实上,若有若干个上述向量的和关于模是零向量则结论得证)
为此,我们只要证明下列同余方程组有非零解
实际上,如果是上述同余方程组的非零解,因为,所以一定有若干个向量满足和模是零向量。
为了证明上面的同余方程组有非零解,只要证明同余方程
(*)有非零解即可
(因为每一个或,所以上述方程等价于
,由于为质数,所以等价于
。
下面证明同余方程(*)的接的个数可以被整除,为此只要证明
(这里表示对所有可能的的取值的求和)实际上,由于模有种取值方法,因此共有项。
因为
或,所以,的项能被整除。
从而的项也能被整除。
因为是质数,平凡解只有一个,因此,一定有非零解。
考虑的每一个单项式,由于的单项式中最多有个变量,因此的每一个单项式最多有个变量,所以每个单项最少缺一个变量。
假设单项式形如:
,其中当其他个变量变化时,形如的单项式出现次,所以的每一个单项式均能被整除。
因此,
综上所述,所求的最大值是
7.试求所有互质的正整数对,使满足:
,
解:
对正整数对有,,(则
从而,存在某个正整数,适合(。
由(,则所以。
若,易知
若,则,注意到211是质数,故或1,
若,则(事实上,如果,由于,故或13。
如果,则,又331是质数,故,从而,矛盾。
如果,同样导出矛盾)
当时,将方程转化为
设该方程的另一个根为,则有
易知,由于,故
,即
由于,从而得,即
所以,即是“更小”的一组解,且值不变。
这就说明,每一组()都可由(1,1)或(1,211)导出,且,所以可以构造如下:
原方程的所有正整数解对为和。
8.
(1)试求所有的正整数,使得方程有正整数解
(2)证明:
对上述每个,方程有无穷多个这样的正整数解使得
中任意两数之积皆可表示为两个正整数的平方和。
解:
(1)先证明一个引理:
引理1:
不存在不全为零的整数使得,其中是某个偶数。
事实上,假设不然,设是使达到最小的不全为零的整数组,注意到是某个偶数,故中必有偶数,从而
由于整数的平方关于模4的余数为0或1,故只能都为偶数。
设,,,其中是整数,将代如方程得
但与假设是达到最小的不全为零的整数组,矛盾。
即引理得证。
回到原题。
固定,设是使得达到最小的正整数,不妨设
原方程可写为
设该关于的方程另一根为,则有,,由于均为正整数,所以也为正整数,由条件知,得。
则,即
从而
由于时,,时。
结合引理知或3。
(2)先考虑
定义数列如下:
引理2:
特别地
特别地
。
证明:
定义:
,则
所以。
类似可以证明
由引理2中知是方程时的解,显然有无穷多组,且,即满足
(2)的要求。
对于,由于有无穷多个这样的正整数解使得
此时
即是方程时的解,同样满足
(2)的要求。
9.求所有的正整数,使得为合数,并且可以将的所有大于1的正约数排成一圈,其中任意相邻的数不互质。
解:
只要合数不是两个不同质数的乘积,就符合要求。
事实上,当(为不同的质数),大于1的约数只有,任何排列相邻,它们互质,故此时不符合要求。
对其余的合数,我们分别进行讨论。
若,为质数,为正整数,则对于的所有大于1的正约数任意排成一圈,其中任意相邻的数不互质。
若(为质数,)这里或者而
记且
先将排成一圈
放置在与之间,将放置在与,依此类推
最后将放在与之间。
这样的放置满足题目要求。
10.证明方程组
没有整数解。
证明:
(1)将两式相加两边都加1得
(*)
对比费马小定理,我们对上式关于19作模可知
,故
对任意,有
从而
因此可知(*)式左边满足
但是
所以(*)式左、右不相等,从而原方程组没有整数解。
(2)也可以利用13作模类似可证结论。
11.今有10个互不相同的非零数,现知它们之中任意两数的和或积是有理数,证明:
每个数的平方都是有理数。
证明:
(1)如果各个数都是有理数则结论成立。
现假设10个数中有无理数,于是其他各数都具有形式或,其中为有理数。
事实上,形如的数不会多余两个,如果三个不同的数都具有这种形式,不妨设,那么
,不是有理数,因而就应该是有理数。
同理和也要为有理数。
则,,也是有理数,从而也是有理数,只有矛盾。
这表明形如的数多余两个。
设,,,显然仅当时才可能是有理数。
而互不相等,所以,,中至少一个不为0,不妨设,则为无理数,则
为有理数,因此为有理数,从而结论得证。
(2)考察其中任意6个数,作一个图,如果某两个数的和为有理数,就在相应的两个数之间连蓝边,如果两个数的积有有理数就在相应的两个数之间连红边,则在这样的图中存在一个三边同色的三角形
1*如果存在蓝色三角形,则表明存在三个数使得,,都是有理数,从而为有理数,即为有理数,则也为有理数。
对此三个数之外的10个数中的某个数,则或为有理数,则为有理数,从而这10个数都为有理数。
2*如果存在红色边的三角形,这表明存在,使得都是有理数,因而为有理数,同理知也都是有理数。
如果三者中至少有一个有理数,则可导出这10个数全为有理数,结论成立。
如果这三个数中没有有理数,设,其中为有理数,或由于为有理数,所以
,其中为有理数,我们观察其余的任意一个数,如果中有一个为有理数,则可得,其中为有理数。
因而为有理数。
结论成立。
而如果与都是有理数,则应该为有理数,但是
为无理数,则矛盾。
综上所述,证明了题目结论。
13.设是正整数,,证明:
对,数有一个质因子大于。
证明:
先证一个引理:
设是的任一个质因子,则具有形式,是正整数。
事实上,设是的任一个质因子,则,设2模的阶是,由
得,故,所以是2的幂,设其中若,则将两边反复平方可得矛盾,所以即阶
由费马小定理,所以,故引理得证。
回到原问题,设,由引理知
从而
即有
另一方面,由二项式展开知
由于时,则
即,故
故从而必有某个使得
得,从而,
故
14.求方程的所有非负整数解
解:
由为偶数知
情形1:
若此时
若则由此得
则,与矛盾
若则
当1,2,3时直接计算得是两组解。
当时,有直接计算知,这是不可能的。
所以当时只有解(1,0,0,0)和(3,0,0,1)两组解。
情形2:
若,,则
因此,即,从而为奇数,故,
由此知
当时,有,因此有与矛盾,所以
于是
当是,直接计算的,此时得原方程解(1,1,1,0)
当时,有,则得,因此,
故,这与矛盾。
情形3:
若,,此时,即
,因此和均为奇数,从而
所以,原方程变为(其中为奇数)
因此得,
从上式解得,设,于是
因为,又
则得,于是
若,则得,由情形2知,这是不可能的。
所以,则
。
故此种情况的解
综上的原方程的四个解。
15.求所有正整数组满足:
,且的质因子集合与的质因子的集合相同。
解:
记为正整数的不同质因子构成的集合。
先证一个引理
引理:
若正整数,为质数,且,则,是2的方幂。
引理的证明:
假设为奇质数,由于
窗体顶端
若不整除,则
窗体底端
从而矛盾!
则,设不整除,则
,
因为,所以,矛盾。
所以
若为偶数,则,故,矛盾。
所以为奇数,则
因,故没有奇质因子,所以是2的方幂。
回到原问题,设,可设,由知
且由于
于是我们有
令,则,且
任取的质因子,则,
故,
由引理知,,是2的方幂,所以,
若,则仍由引理知
是2的方幂,这与是2的方幂矛盾。
所以
设且为奇数。
若为偶数,则,不可能。
故为奇数,如果,由于为大于1的奇数,这与矛盾。
所以,,由知,
反之,当,,,有的质因子集合与的质因子的集合相同。
综上所述,所求的,,
16.试求满足:
,且的所有三元整数组
解:
由于任何奇数的平方被4除余1,偶数的平方是4的倍数,即
又
故由知中必有两个偶数,一个奇数。
设为:
(为正整数),则原方程化为:
又现讨论:
(1)若,则,于是均为3的倍数,设为
则得,于是
设,则,显然,则
则可取3,7,12,16,21代入分别可得
,,,,
计算可知,16
(4,5),(2
- 配套讲稿:
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- 特殊限制:
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- 关 键 词:
- 数论 例题