數(shù)學(xué)競(jìng)賽數(shù)論問(wèn)題.doc

高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽中數(shù)論問(wèn)題的常用方法數(shù)論是研究數(shù)的性質(zhì)的一門科學(xué),它與中學(xué)數(shù)學(xué)教育有密切的聯(lián)系.數(shù)論問(wèn)題解法靈活,題型豐富,它是中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題的源泉之一.下面介紹數(shù)論試題的常用方法.1.基本原理為了使用方便,我們將數(shù)論中的一些概念和結(jié)論摘錄如下:我們用表示整數(shù),的最大公約數(shù).用,表示,的最小公倍數(shù).對(duì)于實(shí)數(shù),用表示不超過(guò)的最大整數(shù),用=-表示的小數(shù)部分.對(duì)于整數(shù),若,則稱關(guān)于模同余,記為.對(duì)于正整數(shù),用表示1,2,中與互質(zhì)的整數(shù)的個(gè)數(shù),并稱為歐拉函數(shù).對(duì)于正整數(shù),若整數(shù)中任何兩個(gè)數(shù)對(duì)模均不同余,則稱為模的一個(gè)完全剩余系；若整數(shù)中每一個(gè)數(shù)都與互質(zhì),且其中任何兩個(gè)數(shù)關(guān)于模不同余,則稱為模的簡(jiǎn)化剩余系.定理1 設(shè)的最大公約數(shù)為,則存在整數(shù),使得.定理2(1)若,2,則；(2)若,則；(3)若,且,則；(4)若(),M=,則().定理3(1)； (2)；(3)設(shè)為素?cái)?shù),則在質(zhì)因數(shù)分解中,的指數(shù)為.定理4 (1)若是模的完全剩余系,則也是模的完全剩余系；(2)若是模的簡(jiǎn)化剩余系,則是模的簡(jiǎn)化剩余系.定理5(1)若,則.(2)若的標(biāo)準(zhǔn)分解式為,其中為正整數(shù),為互不相同的素?cái)?shù),則.對(duì)于以上結(jié)論的證明,有興趣的讀者可查閱初等數(shù)論教材.2 方法解讀對(duì)于數(shù)論試題,除直接運(yùn)用數(shù)論的基本原理外,常用的基本方法還有因式(因數(shù))分解法,配對(duì)法,分組法,估值法,同余方法,構(gòu)造法,調(diào)整法,數(shù)學(xué)歸納法與反證法.下面分別予以說(shuō)明2.1基本原理的應(yīng)用例1 設(shè)正整數(shù),的最大公約數(shù)為1,并且 (1),證明:是一個(gè)完全平方數(shù).證:設(shè),其中.由于,故有.由(1)得 (2)由(2)知,又, .同理可證,從而有,設(shè),為正整數(shù),代入(2)得 (3)由(3)知,又,. .故成立.例2 設(shè)為大于1的奇數(shù),為給定的整數(shù).對(duì)于的排列,記,試證存在的兩個(gè)不同的排列B、C,使得.證:假設(shè)對(duì)于任意兩個(gè)不同的排列B、C,均有不整除.令X為的所有排列構(gòu)成的集合,則為模的一個(gè)完全剩余系,從而有 (1) 又= (2)而為大于1的奇數(shù),所以由(1),(2)得.又,所以,矛盾.故,存在B、C,BC,使得.2.2 因式(數(shù))分解數(shù)論中許多問(wèn)題直接與因式(數(shù))分解相關(guān)聯(lián),如合數(shù)問(wèn)題,整除問(wèn)題等常常是要證明某種分解式的存在.數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分解式本身就是一種特定形式的因數(shù)分解.在不定方程的求解與一些代數(shù)式的求值中,因式(數(shù))分解能幫助我們確定某些變量的取值范圍,尋找到解題的方法.例3 求三個(gè)素?cái)?shù),使得它們的積為和的5倍.解:易知,中必有一個(gè)為5,不妨設(shè),則有,從而有.因?yàn)榕c均為正整數(shù),不妨設(shè),則有或,從而知,.故所求的三個(gè)素?cái)?shù)為2,5,7.2.3 配對(duì) 例4 設(shè)為正奇數(shù),證明:整除. 分析 因?yàn)?故需證,注意到當(dāng)為奇數(shù)時(shí),可因式分解,因此可將中的個(gè)數(shù)兩兩配對(duì). 證 =,而當(dāng)為奇數(shù)時(shí),從而知 (1) 又=, (2)由(1)(2)知,故結(jié)論成立.2.4 分組例5 (1990年高中聯(lián)賽試題)設(shè),且具有下列性質(zhì):(1)對(duì)任何,；(2).試證:中的奇數(shù)的個(gè)數(shù)是4的倍數(shù),且中所有數(shù)的平方和是一定數(shù).證:對(duì)于,令,.,則中恰含中的一個(gè)元素.設(shè)中有個(gè)奇數(shù),有個(gè)偶數(shù),這里=.由題設(shè)知,10080=+ =2+=. (1)由于為偶數(shù),所以,又,所以,即是4的倍數(shù).=+=+=+ (2)將(1)代入(2)得=1349380.2.5估值例6 令表示前個(gè)質(zhì)數(shù)之和,即,證明:對(duì)任意的正整數(shù),區(qū)間中包含有一個(gè)完全平方數(shù).分析:設(shè)質(zhì)數(shù)從小到大依次為,要結(jié)論成立,只要存在正整數(shù),使得,只要,只要,只要,只要,只要 (1) 證:直接驗(yàn)證易知,中都含有1個(gè)完全平方數(shù).當(dāng)時(shí),我們證明:(1)式成立.為此,令,則=.當(dāng)時(shí),為奇數(shù),故,=,故當(dāng)時(shí),數(shù)列為遞增數(shù)列.由于 =32所以當(dāng)時(shí),.故當(dāng)時(shí)(1)式成立.例7 求出不定方程 (1)的全部正整數(shù)解.解 當(dāng)時(shí),易得；當(dāng)時(shí),(1)式左邊為偶數(shù),故右邊也是偶數(shù),所以為奇數(shù).當(dāng)時(shí),由,得.當(dāng)時(shí),由,得.當(dāng)且為奇數(shù)時(shí),故,即,因此,所以.另一方面,由二項(xiàng)式定理知=A(+.其中A為整數(shù),所以,故,因此,故有.這說(shuō)明當(dāng)時(shí),方程(1)無(wú)解,故方程(1)的解為,.2.6同余 例8 證明能被1984整除. 證 993=,.例9 用1,2,3,4,5,6,7組成的無(wú)重復(fù)數(shù)字的7位數(shù),證明:這些7位數(shù)中沒(méi)有一個(gè)是另一個(gè)的倍數(shù).證:若有兩個(gè)7位數(shù),使得 (1)由于,均是由1,2,.,7所排成,故由(1)得,即,這與矛盾,故結(jié)論成立.2.7構(gòu)造 例10 若一個(gè)正整數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分解中,每個(gè)素約數(shù)的冪次都大于1,則稱它為冪數(shù),證明:存在無(wú)窮多個(gè)互不相同的正整數(shù),它們及它們中任意多個(gè)不同數(shù)的和都不是冪數(shù).證:將全體素?cái)?shù)從小到大依次記為,.令,當(dāng)時(shí),下證:,合題意.事實(shí)上,但,所以不是冪數(shù).又對(duì)于, =,其中A為正整數(shù).因?yàn)?所以在的標(biāo)準(zhǔn)分解中的冪次為1,因而不是冪數(shù).例11 設(shè)中質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)為,為正整數(shù)且,求證必有個(gè)連續(xù)正整數(shù),其中恰有個(gè)質(zhì)數(shù).證:令,并令為中質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù),則易知,. 對(duì)于,顯然有,所以對(duì)于,必存在一個(gè),使得,從而中的個(gè)連續(xù)整數(shù)滿足要求.2.8 數(shù)學(xué)歸納法 例12 設(shè)是正整數(shù),求證:.證:令.因?yàn)?所以,假設(shè),那么對(duì)于,因?yàn)?所以要證,只需證,即只需證明.為此,令.顯然有,假設(shè),由于,因此,由歸納法原理知對(duì)一切,有,從而有,再由歸納法原理知,對(duì)于正整數(shù),有.2.9 反證法 例13 試證方程 (1)無(wú)正整數(shù)解.分析:若()為(1)的一組解,則為偶數(shù),令,則,從而知為偶數(shù),再令,代入得,故為偶數(shù),再令,代入得,因此也是方程(1)的解.這樣由方程(1)的一組正整數(shù)解必可得到另一組正整數(shù)解,且.因此,若開(kāi)始取得的正整數(shù)解使得達(dá)到最小,則這種下降不可能進(jìn)行.證:反證法. 若方程(1)存在正整數(shù)解,設(shè)是使得達(dá)到最小的正整數(shù)解,那么依分析的過(guò)程