《数学竞赛辅导》初等数论.docx
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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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