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《数学竞赛辅导》初等数论
数学竞赛辅导》
——初等数论部分
数论是竞赛数学中最重要的一部分,特别是在1991年,IMO在
中国举行,国际上戏称那一年为数论年,因为6道IMO试题中有5道与数论有关。
数论的魅力在于它可以适合小孩到老头,只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想,当然,这一谣言最终被澄清了。
可是这也说明了最难的数论问题,适合于任何人去研究。
初等数论最基础的理论在于整除,由它可以演化出许多数论定理。
做数论题,其实只要整除理论即可,然而要很快地解决数论问题,则要我们多见识,以及学习大量的解题技巧。
这里我们介绍一下数论中必需的一个内容:
对于a,bN,q,rN,满足abqr,其中0rb。
除了在题目上选择我们努力做到精挑细选,在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽,明白。
相信通过对本书学习,您可以对数论有一个大致的了解。
希望我们共同学习,相互交流,在学习交流中,共同提高。
编者:
刘道生
2007-8-21于江西赣州
第一节整数的p进位制及其应用
人们发明了进位制,
近几年来,国内与
国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现,
比如处理数字问题、
处理整除问题及处理
正整数有无穷多个,为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数,这是一种位值记数法。
进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系,
数列问题等等。
在本节,我们着重介绍进位制及其广泛的应用。
基础知识
ami,am2,,ao,则此数可以简
给定一个m位的正整数A,其各位上的数字分别记为
记为:
Aamiam2a。
(其中am10)。
由于我们所研究的整数通常是十进制的,因此A可以表示成10的m1次多项式,即
A(am1am2a°)10。
在我们的日常
Aami10m1am210m2ai10a。
,其中a:
{0,1,2,,9},i1,2,,m1且
am10,像这种10的多项式表示的数常常简记为
生活中,通常将下标10省略不写,并且连括号也不用,记作Aam1am2a0,以后我们
所讲述的数字,若没有指明记数式的基,我们都认为它是十进制的数字。
但是随着计算机的
普及,整数的表示除了用十进制外,还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。
特别是
现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣,究其原因,主要是二进制只使用0与1这两种
数学符号,可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断,所以二进制除了是
一种记数方法以外,它还是一种十分有效的数学工具,可以用来解决许多数学问题。
为了具备一般性,我们给出正整数A的p进制表示:
Aam1pm1am2pm2a1pa°,其中a:
{0,1,2,,p1},i1,2,,m1且
am10。
而m仍然为十进制数字,简记为A(am1am2a°)p。
典例分析
例1•将一个十进制数字2004(若没有指明,我们也认为是十进制的数字)转化成二进制与八进制,并将其表示成多项式形式。
分析与解答
分析:
用2作为除数(若化为p进位制就以p作为除数),除2004商1002,余数为0;再用2作为除数,除1002商501余数为0;如此继续下去,起到商为0为止。
所得的各次余
数按从左到右的顺序排列出来,便得到所化出的二进位制的数。
解:
各次商数
被除数
除数
同理,有(2004)10(3274)8,21014383282784。
处理与数字有关的问题,通常利用定义建立不定方程来求解。
例2.求满足abc(abc)3的所有三位数abc。
(1988年上海市竞赛试题)
解:
由于
100
abc
999,则
100
(
ab
当a
b
c
5时,
53
125
(1
2
5)3;
当a
b
c
6时,
63
216
(2
1
6)3;
当a
b
c
7时,
73
343
(3
4
3)3;
当a
b
c
8时,
83
512
(5
1
2)3;
当a
b
c
9时,
93
729
(7
2
9)3;
512。
c)3999,从而5abc9;
于是所求的三位数只有
例3.一个四位数,它的个位数字与百位数字相同。
(即个位数字与千位数字互换,十位数字与百位数字互换)差为7812,求原来的四位数。
如果将这个四位数的数字顺序颠倒过来
,所得的新数减去原数,所得的
(1979年云南省竞赛题)
解:
设该数的千位数字、百位数字、十位数字分别为
x,y,z,则
原数103x102y10zy
颠倒后的新数103y102z10yx
由②—①得7812=999(yx)90(zy)
即868111(yx)10(zy)102(yx)
10(z
y)(y
x)
比较③式两端百位、十位、个位数字得yx
8,z
由于原四位数的千位数字x不能为0,所以x
1,从而yx
又显然百位数字
y9,所以y9,x1,zx67。
所以所求的原四位数为
1979。
例4.递增数列1,3,4,9,10,12,13,……是由一些正整数组成,它们或是
3的幕,或是若
个不同的3的幕之和,求该数列的第100项。
解:
将已知数列写成3的方幕形式:
(第4届美国数学邀请赛试题)
a130,a231,a33130®32且3230,a6
32
31,a7
323130,
易发现其项数恰好是自然数列对应形式的二进制表示:
即120,221,32120,422,5
2220,6
22
2,7
2221
20,
由于100=(1100100)2262522
所以原数列的第100项为363532
981o
例5.1987可以在b进制中写成三位数
xyz,如果
7,试确定所有可
(1987年加拿大数学竞赛试题)
能的x,,y,z和bo
m是由n取消它的中间一个数码后所成的四位
(第3届加拿大数学竞赛试题)
m
解:
设
nxyzuv
x104
y103
z102
u10
x1;
mxyuv
x103
y102
u10
v;
而k
—是整数,可证9m
m
n,即
3
9(x10
y102
即80u
8v103x
102y
102z,
这显然是成立的;
v,
又可证
u10
例6•设n是五位数(第一个数码不是零)
数,试确定一切n使得-是整数。
其中x,y,z,u,v
43
v)x10y10
n11m,即x1C4y1C3z16u10vv11(x10"
y102u10
{0,1,2,,9}且
2
z10u10v
V)
即(b
1)[(b1)x
y]
1962
232109,
由b
10知b1
9o
由1962
2
b1知b
1963
45故9
b
145;
又因
为1962
2
32109
有12个
正约
数,分
别
为1,2
9,18,109,218,327,654,981,1962
,所以b1
18,从而b19
o
1)
y(b1)
162,
9,z11.
5,
y
1987,xyz
解:
易知xb2
25,从而x(b2
3,6,
又由1987519291911知x
于是n10m,即x1tfy10z1tfu10v=10(x103
102
u10
v)
即102z103x102y102u10v,这显然也是正确的。
k10;
于是9mn11m,即9k11,又因为k是整数,从而
即z10290u9v9(10V),而9|1O2Z但3102知z9t(t为正整数)
从而t10210uv,显然tuv0,因而推得nxyZOON103其中10N99。
例7•若n{1,2,,100}且n是其各位数字和的倍数,这样的n有多少个?
(2004年南昌竞赛试题)
解:
(1)若n为个位数字时,显然适合,这种情况共有9种;
(2)若n为100时,也适合;
(3)若n为二位数时,不妨设nab,则n10ab,由题意得(ab)|(10b)
即10abz即空Z也就是(ab)|9a;
abab
若b0显然适合,此种情况共有9种;
若b0,则由aba,故31(ab)
若(ab)|9,则显然可以,此时共有2+8=10个;
若(ab)9,则ab6或ab12,这样的数共有24,42,48,84共4个;
综上所述,共有9+1+9+10+4=33个。
例&如果一个正整数n在三进制下表示的各数字之和可以被3整除,那么我们称n为“好
的”则前2005个“好的”正整数之和是多少?
(2005年中国奥林匹克协作体夏令营试题)解:
首先考虑“好的”非负整数,考察如下两个引理:
引理1.在3个连续非负整数3n,3n1,3n2(n是非负整数)中,有且仅有1个是“好的”。
证明:
在这三个非负整数的三进制表示中,0,1,2各在最后一位出现一次,其作各位数字
相同,于是三个数各位数字之和是三个连续的正整数,其中有且仅有一个能被3整除(即“好
的”),引理1得证。
引理2.在9个连续非负整数9n,9n1,9n8(n是非负整数)中,有且仅有3个是“好
的”。
把这3个“好的”非负整数化成三进制,0,1,2恰好在这三个三进制数的最后一位各
出现一次。
证明:
由引理1不难得知在9个连续非负整数9n,9n1,9n8(n是非负整数)中,有且仅有3个是“好的”。
另一方面,在这三个“好的”非负整数的三进制表示中,最高位与倒数第三位完全相同,倒
数第二位分别取0,1,2。
若它使它们成为“好的”非负整数,则最后一位不相同,引理2
得证。
将所有“好的”非负整数按从小到大的顺序排成一列,设第2004个“好的”非负整数为m,
根据引理1,得20033m20043,即6009m6012。
设前m个“好的”正整数之和为Sm,由于前2003个“好的”正整数之和等于前2004个“好
的”非负整数之和。
因此S2003(0122003)320046023022;
又因为(6013)10(22020201)3和(6015)10(22020210)3都是“好的”正整数。
因此前
2005年“好的”正整数之和是:
S2005S2003601360156035050。
第二节整数的性质及其应用
(1)
基础知识
整数的性质有很多,这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性,质数与合数、完
全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。
1.整除的概念及其性质
在高中数学竞赛中如果不加特殊说明,我们所涉及的数都是整数,所采用的字母也表示整数。
定义:
设a,b是给定的数,b0,若存在整数c,使得abe则称b整除a,记作b|a,
并称b是a的一个约数(因子),称a是b的一个倍数,如果不存在上述e,则称b不能整除a记作ba。
由整除的定义,容易推出以下性质:
(1)若b|e且e|a,则b|a(传递性质);
⑵若b|a且b|e,则b|(ae)即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。
若
反复运用这一性质,易知b|a及b|e,则对于任意的整数u,v有b|(auev)。
更一般,若
n
a^a?
,an都是b的倍数,则b|(qa?
a“)。
或着a|bi,则a|q0其中
i1
CiZ,i1,2,,n;
⑶若b|a,则或者a0,或者|a||b|,因此若b|a且a|b,则ab;
(4)a,b互质,若a|e,b|e,则ab|e;
(5)p是质数,若p|aQ2an,则p能整除a「a2,,a.中的某一个;特别地,若p是
质数,若p|an,则p|a;
(6)(带余除法)设a,b为整数,b0,则存在整数q和r,使得abqr,其中
0rb,并且q和r由上述条件唯一确定;整数q被称为a被b除得的(不完全)商,数r称为a被b除得的余数。
注意:
r共有b种可能的取值:
0,1,……,b1。
若r0,即为a被b整除的情形;
易知,带余除法中的商实际上为a(不超过-的最大整数),而带余除法的核心是关
bb
于余数r的不等式:
0rb。
证明b|a的基本手法是将a分解为b与一个整数之积,在
较为初级的问题中,这种数的分解常通过在一些代数式的分解中取特殊值而产生,下面两个
分解式在这类论证中应用很多,
见例
1、例2。
若n是正整数,则xn
n
y
(xy)(xn1xn2y
n2n1\
xyy);
若n是正奇数,则xn
n
y
(xy)(xn1xn2y
xyy);(在上式中用y
代y)
nm
(7)如果在等式ah中取去某一项外,其余各项均为c的倍数,则这一项也是c的
i1k1
倍数;
(8)n个连续整数中,有且只有一个是n的倍数;
(9)任何n个连续的整数之积一定是n!
的倍数,特别地,三个连续的正整数之积能被6
整除;
2.奇数、偶数有如下性质:
(1)奇数奇数=偶数,偶数偶数=偶数,奇数偶数=奇数,偶数偶数=偶数,奇数偶数=偶数,奇数奇数=奇数;即任意多个偶数的和、差、积仍为偶数,奇数个奇数的和、差仍为奇数,偶数个奇数的和、差为偶数,奇数与偶数的和为奇数,和为偶数;
(2)奇数的平方都可以表示成8m1的形式,偶数的平方可以表示为8m或8m4的形式;
(3)任何一个正整数n,都可以写成n2ml的形式,其中m为负整数,I为奇数。
(4)若有限个整数之积为奇数,则其中每个整数都是奇数;若有限个整数之积为偶数,则
这些整数中至少有一个是偶数;两个整数的和与差具有相同的奇偶性;偶数的平方根若是整
数,它必为偶数。
3•完全平方数及其性质
能表示为某整数的平方的数称为完全平方数,简称平方数。
平方数有以下性质与结论:
(1)平方数的个位数字只可能是0,1,4,5,6,9;
(2)偶数的平方数是4的倍数,奇数的平方数被8除余1,即任何平方数被4除的余数只有可能是0或1;
(3)奇数平方的十位数字是偶数;
(4)十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6;
(5)不能被3整除的数的平方被3除余1,能被3整数的数的平方能被3整除。
因而,平方数被9也合乎的余数为0,1,4,7,且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能是0,1,4,7;
(6)平方数的约数的个数为奇数;
(7)任何四个连续整数的乘积加1,必定是一个平方数。
(8)设正整数a,b之积是一个正整数的k次方幕(k2),若(a,b)=1,则a,b都
是整数的k次方幕。
一般地,设正整数a,b,,c之积是一个正整数的k次方幕(k2),若a,b,,c两两互素,则a,b,,c都是正整数的k次方幕。
4•整数的尾数及其性质
整数a的个位数也称为整数a的尾数,并记为G(a)。
G(a)也称为尾数函数,尾数函数具有以下性质:
(1)G(G(a))G(a);
(2)G(aia2a.)=G[G(aJG(a2)G(an)];
(3)G0a2a.)G[G(q)G®)G(a.)];(4)G(10a)0;
G(10ab)G(b);
(5)若ab10c,则G(a)G(b);(6)G(a4k)G(a4),a,kN;
(7)G(a4kr)G(ar),k0,0r4,a,k,rN;
G(a),当^为奇数,b2是偶数
b2bn
(8)G(ab1)G(a4),当g为偶数,b?
为奇数或b「b2同时为偶数时
G(ab1),当b1,b2同为奇数时
5•整数整除性的一些数码特征(即常见结论)
(1)若一个整数的未位数字能被2(或5)整除,则这个数能被2(或5)整除,否则不能;
(2)一个整数的数码之和能被3(或9)整除,则这个数能被3(或9)整除,否则不能;
(3)若一个整数的未两位数字能被4(或25)整除,则这个数能被4(或25)整除,否则不能;
(4)若一个整数的未三位数字能被8(或125)整除,则这个数能被8(或125)整除,否则不能;
(5)若一个整数的奇位上的数码之和与偶位上的数码之和的差是11的倍数,则这个数能被11整除,否则不能。
6.质数与合数及其性质
1.正整数分为三类:
(1)单位数1;
(2)质数(素数):
一个大于1的正整数,如果它的因数只有1和它本身,则称为质(素)数;(3)如果一个自然数包含有大于1而小于其本身的因子,则称这个自然数为合数。
2•有关质(素)数的一些性质
(1)若a乙a1,则a的除1以外的最小正因数q是一个质(素)数。
如果qa,则q.a;
(2)若p是质(素)数,a为任一整数,则必有p|a或(a,p)=1;
(3)设aa,,4为n个整数,p为质(素)数,且p|a£2a.,则p必整除某个ai(1in);
(4)(算术基本定理)任何一个大于1的正整数a,能唯一地表示成质(素)因数的乘积(不计较因数的排列顺序);
(5)任何大于1的整数a能唯一地写成apfp;2p^k,i1,2,,,k①的形式,其中Pi为质(素)数(pipj(ij))。
上式叫做整数a的标准分解式;
(6)若a的标准分解式为①,a的正因数的个数记为f(a),则f(a)(a1)(a21)(ak1)。
典例分析
例1.证明:
1001被1001整除。
2000个0
证明:
10011020011(103)6671(1031)[(103)666(103)6651031]
2000个0
所以1031(1001)整除1001。
2000个0
例2•对正整数n,记S(n)为n的十进制表示中数码之和。
证明:
9|n的充要条件是9|S(n)。
证明:
设n比忖印10a0(这里0ai9,且ak0),则S(n)a0a1an,
于是有nS(n)ak(10k1)ai(101)①
对于1ik,知9|(10i1),故①式右端k个加项中的每一个都是9的倍数,从而由整
除的性质可知它们的和也能被9整除,即9|(nS(n))。
由此可易推出结论的两个方面。
例3•设k1是一个奇数,证明L对于任意正整数n,数1k2knk不能被n2整除。
证明:
n1时,结论显然成立。
设n2,记所说的和为A,则:
2A2(2knk)(3k(n1)k)(nk2k)。
由k是正奇数,从而结于每一个i2,数ik(n2i)k被i(n2i)n2整除,
故2A被n2除得余数为2,从而A不可能被n2整除(注意n22)。
例4•设m,n是正整数,m2,证明:
(2m1)(2n1)。
证明:
首先,当nm时,易知结论成立。
事实上,mn时,结论平凡;当nm时,结
果可由2n12m112m1推出来(注意m2)。
最后,nm的情形可化为上述特殊情形:
由带余除法nmpr,0rm而q0,由
于2n1(2mq1)2r2r1,从而由若n是正整数,则xnyn(xy)(xn1xn2yx『2yn1)知
(2m1)|(2mq1);而0rm,故由上面证明了的结论知(2m1)(2r1)(注意r0时结论平凡),从而当nm时,也有(2m1*2n1)。
这就证明了本题的结论。
例5•设正整数a,b,c,d满足abcd,证明:
abcd不是质(素)数。
adm»,a
证法一:
由abcd,可设其中(m,n)1。
由一
cbnc
分母约去了某个正整数u后得既约分数m,因此,amu,c
n
ma
意味着有理数一nc
的分子、
同理,存在正整数v使得bnv,dmv
因此,abcd=(mn)(uv)是两个大于1的整数之积,
nu
从而不是素数。
注:
若正整数a,b,c,d适合abcd,则a,b,c,d可分解为①及②的形式,
这一结果在某些
问题的解决中很有作用。
证法二:
由ab
因为abc
cd
cd,得b,因此abcd
a
d是整数,故(ac)(ad)也是整数。
(ac)(ad)
若它是一个素数,
设为
p,则由(ac)(ad)ap
可见p整除(a
c)(a
d),从而素数p整除ac或
。
不妨设
acp,结合③推出
ada,而这是不可能的(因为
1)。
例6.求出有序整数对(
m,n)的个数,其中
1m99,
2
1n99,(mn)
3m
是完全平方数。
解:
由于1m99,
(1999年美国数学邀请赛试题)
1n99可得:
(mn)3mnv(mn)4(mn)
4(mn2)2。
又(mn)2(mn)2
3mn,于是(m
n)2(mn)2
3mn
(mn2)2
若(mn)23mn是完全平方数,则必有
(mn)23m
n=(m
n1)2。
然而(mn)3mn=(mn1)n
m1,于是必有
此时n2,3,,99,m1,2,,98。
所以所求的有序整数对(
m,n)共有98对:
(m,n)(1,2),(2,3),(3,4),,(98,99)。
例7.证明:
若正整数a,b满足2a2a3b2
b,则ab和2a2b1都是完全平方数。
(2006年山东省第二届夏令营试题)
证法一:
已知关系式即为2a2a3b2b
2(a2b2)(ab)b2
(ab)(2a2b1)=b
若ab0(或者说a,b中有一个为0时),结论显然。
不妨设ab且ab0,令(a,b)d,则aaq,bdd,(ai,bi)1
22
从而ab=(a1b1)d,将其代入①得2a1da
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