《数学竞赛辅导》初等数论.docx

1、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

2、必需的一个内容：对于a,b N, q,r N，满足a bq r，其中0 r b。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

3、本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。基础知识ami,am 2, ,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：A am iam 2 a。（其中 am 1 0 ）。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m 1次多项式，即A （am 1am 2 a）10。在我们的日常A ami 10m1 am 2 10m 2 ai 10 a。，其中 a： 0,1,2, ,9, i 1,2, ,m 1 且am 1 0 ,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 A am1am2 a0 ,以后我们所讲述的数字，若

4、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：A am1 pm1 am 2 pm2 a1 p a，其中 a： 0,1,2, , p 1, i 1,2, ,m 1 且am 1 0。而m仍然为十进制数字，简记为

5、A （am 1am 2 a） 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 , 2 10143 83 28278 4。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 (a b c)

6、3的所有三位数abc 。 (1988年上海市竞赛试题)解:由于100abc999，则100(a b当abc5时，53125(125)3;当abc6时，63216(216)3 ；当abc7时，73343(343)3;当abc8时，83512(512)3;当abc9时，93729(729)3;512。c)3 999，从而 5 a b c 9 ；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

7、、百位数字、十位数字分别为x,y,z，则原数 103x 102 y 10z y颠倒后的新数 103y 102z 10y x由得 7812 = 999(y x) 90(z y)即 868 111(y x) 10(z y) 102(y x)10(zy) (yx)比较式两端百位、十位、个位数字得 y x8,z由于原四位数的千位数字 x不能为0,所以x1，从而y x又显然百位数字y 9，所以y 9,x 1, z x 6 7。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

8、已知数列写成 3的方幕形式：（第4届美国数学邀请赛试题）a1 30,a2 31,a3 31 30 32且 32 30,a63231,a732 31 30,易发现其项数恰好是自然数列对应形式的二进制表示:即 1 20,2 21,3 21 20,4 22,522 20,6222,722 2120,由于 100 = (1100100)2 26 25 22所以原数列的第100项为36 35 32981 o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b om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n

9、 xyzuvx 104y 103z 102u 10x 1 ；m xyuvx 103y 102u 10v ;而k是整数，可证9mmn,即39(x 10y 102即80u8v 103x102y102z ,这显然是成立的;v ,又可证u 10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,v4 3v) x 10 y 10n 11m，即 x 1C4 y 1C3 z16 u 10 vv 11(x10y 102 u 100,1,2, ,9且2z10 u10 vV）即(b1)(b 1)xy19622 32 109 ,由b10 知 b 19 o由 19622b 1知

10、b196345故9b1 45 ；又因为 1962232 109有 12 个正约数，分别为 1,29,18,109,218,327,654,981,1962，所以b 118，从而b 19o1)y(b 1)162 ,9,z 11.5,y1987,x y z解：易知xb225 ,从而 x(b2,3,6 ,又由 1987 5 192 9 19 11 知 x于是 n 10m，即 x 1tf y 10 z 1tf u 10 v= 10(x 103102u 10v)即102z 103x 102 y 102u 10v，这显然也是正确的。k 10 ；于是9m n 11m，即9 k 11，又因为k是整数，从而即

11、z 102 90u 9v 9（10 V），而 9|1O2Z但 3 102知 z 9t（t 为正整数）从而t 102 10u v，显然t u v 0,因而推得n xyZOO N 103其中10 N 99。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 n ab，则n 10a b，由题意得（a b） |（10 b）即10a b z即空 Z也就是（a b） |9a ；a b a b若b 0显然适合，此种情况共有 9种；若 b

12、0，则由 aba，故 31 （a b）若（a b）|9，则显然可以，此时共有 2+ 8= 10个；若（a b） 9,则a b 6或a b 12，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,3n 1,3n 2 （ 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

13、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,9n 1, 9n 8 （ 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,9n 1, 9n 8 （ 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

14、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 2003 3 m 2004 3，即 6009 m 6012。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 （0 1 2 2003） 3 2004 6023022 ；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：S2005 S2003 6013 6015 6

15、035050。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，b 0，若存在整数c，使得a be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b a。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)；若b|a且b|e，则b|(a e)即为某一整数

16、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 |(au ev)。更一般，若naa?, ,an都是b的倍数，则b|(q a? a“)。或着a |bi ,则a | q 0其中i 1Ci Z,i 1,2, ,n;若b | a，则或者a 0 ,或者| a | | b |,因此若b | a且a | b，则a b ；(4)a,b互质，若 a | e,b | e ,则 ab | e ;(5)p是质数，若p|aQ2 an，则p能整除aa2, , 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，b

17、0,则存在整数 q和r，使得a bq r，其中0 r b，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,b 1。若r 0 ,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b b于余数r的不等式：0 r b。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xnny(x y)(xn 1 xn2yn 2 n 1

18、xy y )；若n是正奇数，则xnny(x y)(xn 1 xn2yxy y )；(在上式中用 y代y)n m(7)如果在等式 a h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i 1 k 1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，

19、和为偶数；(2) 奇数的平方都可以表示成 8m 1的形式，偶数的平方可以表示为 8m或8m 4的形式；(3) 任何一个正整数n，都可以写成n 2ml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

20、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(k 2)，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(k 2), 若a, b, , c两

21、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(ai a2 a.) = GG(aJ G(a2) G(an)；(3 ) G0 a2 a.) GG(q) G) G(a.) ; ( 4 ) G(10a) 0 ；G(10a b) G(b)；(5)若 a b 10c，则 G(a) G(b) ； (6) G(a4k) G(a4), a, k N ;(7)G(a4k r) G(ar),k 0,0 r 4, a,k,r N ;G (a),当为奇数，

22、b2是偶数b2 bn(8) G(ab1 ) G(a4),当g为偶数，b?为奇数或 bb2同时为偶数时G (a b1 ),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

23、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a 1，则a的除1以外的最小正因数 q是一个质(素)数。如果q a，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|a2 a.,则p必整除

24、某个ai (1 i n)；(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a pfp；2 pk,i 1,2, ,k 的形式，其中Pi为质(素)数(pi pj(i j)。上式叫做整数a的标准分解式;(6)若a的标准分解式为，a的正因数的个数记为 f(a)，则f(a) (a 1)(a2 1) (ak 1)。典例分析例1.证明：10 01被1001整除。2000 个 0证明：10 01 102001 1 (103)667 1 (103 1)(103)666 (103)665 103 12000 个

25、 0所以 103 1( 1001)整除 10 01。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0 ai 9，且ak 0)，则S(n) a0 a1 an,于是有 n S(n) ak (10k 1) ai (10 1) 对于1 i k，知9|(10i 1)，故式右端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|(n S(n)。由此可易推出结论的两个方面。例3设k 1是一个奇数，证明 L对于任意正整数n，数1k 2k nk不能被n 2整除。证明：n 1时，结论

26、显然成立。设 n 2,记所说的和为 A，则：2A 2 (2k nk) (3k (n 1)k) (nk 2k)。由k是正奇数，从而结于每一个i 2，数ik (n 2 i)k被i (n 2 i) n 2整除，故2A被n 2除得余数为2,从而A不可能被n 2整除(注意n 2 2)。例4设m,n是正整数，m 2，证明：(2m 1)( 2n 1 )。证明：首先，当n m时，易知结论成立。事实上， m n时，结论平凡；当n m时，结果可由2n 1 2m 1 1 2m 1推出来(注意m 2)。最后，n m的情形可化为上述特殊情形：由带余除法 n mp r ,0 r m而q 0,由于 2n 1 (2mq 1)

27、2r 2r 1，从而由若 n 是正整数，则 xn yn (x y)(xn1 xn2y x2 yn1)知(2m 1) |(2mq 1);而0 r m，故由上面证明了的结论知 (2m 1) (2r 1)(注意 r 0时结论平凡)，从而当n m时，也有(2m 1 * 2n 1 )。这就证明了本题的结论。例5设正整数a,b,c,d满足ab cd，证明：a b c d不是质(素)数。a d m , a证法一：由ab cd，可设 其中（m, n） 1。由一c b n c分母约去了某个正整数 u后得既约分数 m，因此，a mu,cnm a意味着有理数一 n c的分子、同理，存在正整数 v使得b nv, d

28、mv因此，a b c d = （m n）（u v）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ab cd，则a,b,c,d可分解为及的形式,这一结果在某些问题的解决中很有作用。证法二：由ab因为a b ccdcd，得b ，因此a b c dad是整数，故（a c）（a d）也是整数。(a c)(a d)若它是一个素数,设为p，则由(a c)(a d) ap可见p整除（ac)(ad），从而素数 p整除a c或。不妨设a c p，结合推出a d a，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1 m 99,21 n 99, (m n)3m是完全

29、平方数。解：由于1 m 99,（1999年美国数学邀请赛试题）1 n 99可得:(m n) 3m n v (m n) 4(m n)4 (m n 2)2。又(m n)2 (m n)23m n，于是（mn)2 (m n)23m n(m n 2)2若（m n）2 3m n是完全平方数，则必有(m n)2 3mn = (mn 1)2。然而(m n) 3m n = (m n 1) nm 1,于是必有此时n 2,3, ,99 , m 1,2, ,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2a2 a 3b2b，则a b和2a 2b 1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 2a2 a 3b2 b2(a2 b2) (a b) b2(a b) ( 2a 2b 1 )= b若a b 0 (或者说a, b中有一个为0时)，结论显然。不妨设 a b且 ab 0，令(a,b) d，则 a aq,b dd , (ai,bi) 12 2从而a b = (a1 b1 )d，将其代入得 2a1 d a