高1聯(lián)賽數(shù)學(xué)講缺課

8ABAB．在不計始點終點的情況下，也可以記做a（或小寫的黑體字母aABAB的長度叫做向量的模，記作模為1的向量叫做單位向量；模為0的向量叫做零向量，零向量記為0，是惟一的方向不確定的向量；PO是坐標(biāo)系的原點，則向量OPP的位置向量．a(chǎn)-aaa-aab a實數(shù)m與向量a的乘積ma是一個向量，它的模為|ma||m||a|．當(dāng)m0時，ma與a同向；當(dāng)mama的方向不確定；當(dāng)m0時，maa反向．特別地，如果a0，則|a

a就是和a(1)aaaa與a兩個向量a、b的數(shù)量積（或者稱為點積或內(nèi)積）定義為ab|a||b|

a,b表示向量a2b之間正方向的夾角．向量的數(shù)量積和物理中力做的功與力、位移的關(guān)系是一致的．特別的，2aaa|a

k，其中k垂直于a和b的單位向量，且k、a、b之間遵循右手法則（|ab|）a、b三個向量a、b、c的混合積定義為abc．向量的混合積的幾何意義為其運算結(jié)果是以a、b、c設(shè)在基底e1e2下，對在e1e2所確定的平面上，向量a可以分解為axe1ye2．此時，向量a坐標(biāo)xy確定的點P的位置向量OP，從而可以用坐標(biāo)x,y表示向量a．特別的，如果e1e2是正交基底，即e1與e2是垂直的，那么它們可以構(gòu)成平面直角坐標(biāo)系．空間向量也有對應(yīng)的坐標(biāo)表示，在學(xué)a的坐標(biāo)表示為x1y1，向量b的坐標(biāo)表示為x2y2abx1y1x2y2x1x2y1y2⑴加法滿換律、結(jié)合律，即有abbaabcabcababaaa()a(a⑶數(shù)量積 換律和分配律，abba，(a)b(ab)，(bc)abacaabbaaa0abcabacabcac)bab)c(abcdacadbcbd(abcabcAB、CDABCDABCD⑵兩個向量a、b共線（或稱線形相關(guān)）的充要條件是存在不全為零的兩個實數(shù)mn，使manb0，若兩個向量a、b不共線，且manb0mn0．⑶兩個向量a、b共線的充要條件是ab|a||b|（ab0⑷兩個向量a、b垂直的充要條件是ab0G是ABC的重心GAGBGC0 H是ABC的垂心HAHBHBHCHC O是ABC的外心OAOBOC I

AB

ACIBBA

BCICCA

CB．P

|AB |AC| |BA |BC| |CA |CB|PGPG1(PAPBPC)；垂心：對非直角三角形情形有tanAOAtanBOBtanCOC0；外心sin2AOAsin2BOBsin2COC0；內(nèi)心sinAOAsinBOBsinCOC0aOAbOBcOC0歐拉定理的引理：若O是ABCH是ABC的垂心則OHOAOBOC歐拉定理：若O是ABCH是ABCG是ABC的重心則OG13【例1】（熱身問題）設(shè)O點在ABC內(nèi)部，且有OA2OB3OC0，則ABC的面積與AOC的 A. B.2

C. D.3【解析】注本題為2004年聯(lián)賽試【例2】（1）RtABCBCADAD2BDDC（射影定理（2）ABCDE、KABAK、CE、BK、DE中點為向量的形式，在此題中，結(jié)論變?yōu)閨AD|2|BD||DC|．ABACABCDBDACBD0(ACCB)CDBD(ABBC)BDADCDDBCDBDADBDDCBDCD0CD(DBBD)BDBDDC|BD||DC|（2）分別以Y、Y1X1XAK、CEBKDE中點，則EX1(EAADEYEA1ADDK 因此XYEXEY1(EADK1(BADC XY1(BADCXYXY11 1注本題是向量的基礎(chǔ)問題，而解答中的兩種方法是解決向量問題最基本的兩種方法.者中，是一種所【例3】(1)ABC，若對任意tR

tBC

，則△ABC B.鈍角三角 C.直角三角 D.答案不確 【答】 （2）在△ABC和△AEF中，BEFCA ，若ABAEACAF2，則EF與BC的夾角的余弦值等 【解析】(1)（C(2)cosθ23注本題分別為2006，2007年聯(lián)賽試【例4】ABCADBE、CF交于一點GAGBGCG2GDGEAMAMMD，1ADBEM1

1

1 BMBA(BDBMBG1BABD（EM另一BMBA(BDBMBG1BABD（EM

根據(jù)平面向量基本定理，有1 2，解得 kAM2MD，BM2ME

AM2MD2ADAD與CFNANAM2MD2AD3AN2ND2ADAMANMN3PAPBPCPM，記aPAbPBPAPBPCPM，記aPAbPBcPCPMPAAMa2ADa2(ABBD)a2(AB1BC)AEPM EPMABAPPBabBCBPPCbc，從PMa2(ab)1(bc)1(abc)

3

BE、CFNKPN1(abcPK1(abc MNK3（平面幾何方法）BE與CFMAMDDBCEFEFADFKEMK．顯然EF∥BC，容易證明EKM∽BD'MFKEMFKMCDM，相似比均為2KE1BD2FK1CD．又AFK∽ABD2所以FK1BD2

AEKACD，相似比均為2 KE1D'C，因此DBCD，即D2

BC注本題用到的這種方法稱為等置法．等置法相當(dāng)于解析幾何中的求兩直線交點的方法，其實質(zhì)是解一個【例5】P是正三角形ABCPAPBPCABmACn，不妨設(shè)|m||n|1，由于ABC為正三角形，所以mn|m||n|cos1 B再設(shè)APxmyn，那么BPAPAB(x1)myn BCPAPACxmy1)n|xm(y1)n||(x1)myn||xmyn|0 A在ABC所在平面取向量CMxy)mxnAMPMCCPCMAP[(xy)x]m[xy1]nym(yx |AP|2(xmyn)2x2m2y2n22xymnx2y2xy|CM|2(xy)2(y)2(xy)(y)x2y2xy|BP|2(x1)2y2(x1)yx2y2xy2xy1|MP|2(y)2(xy1)2(y)(xy1)x2y2xy2xy1，從而|CM||AP||MP||BP|，所以|AP||BP||CP||CM||MP||CP|0．【例6】證明：cos()coscossinsin（余弦的和角公式 【解析】對單位正交基底(j,k)，設(shè)單位向量m、n與k的夾角分別是、 （不妨設(shè)ncos()

m|m||n

(cosksinj)(cosksin coscossinsin注(1)用坐標(biāo)法亦可，這也是人教版上的標(biāo)準(zhǔn)解法.cos(cos[coscos(sinsin(coscossinsin；sin()cos()[coscos()sinsin()]sincoscossin sin(sin[sincos(cossin(sincoscossin，特別地，當(dāng)時，還可以得到倍角公式sin22sincos，cos2cos2sin22cos2112sin2由倍角公式，可以推得半角公式sin21coscos21cos 【例7】（1）求證：若O是ABCH是ABC的垂心則OHOAOBOC到外心距離的2倍．AADOHBC【解析】（1）BODAD、CD，有OBODAHDCAHCDAHDC，又DCOCODOCOBAHDCAHCDAHDC，又DCOCODOCOB，OHOAAHOADCOAOBOC角形ABC的重心G，則OG1(OAOBOC)OHOAOBOC3OG1OH，即三角形的外心、重心、垂心三點共線（歐拉線3到外心距離的2】N（1）OB⊥DF，OC⊥DE（2）OH⊥MN。AF、CD四點共圓，所以∠BDF∠BAC．又因為O為外心，所以∠BOC2∠BAC，∠OBC∠OCB，故∠OBC1(∠BOC)∠BAC，∠OBC∠BDF 所以O(shè)BDF⑵因為MFCHFNOBMDOCANBHDFOBFACHDABC，所MFCH0，F(xiàn)NOB0，MDOC0，ANBH0DFOB0FACH0DABC0，從而MN

(MFFN)OHMFOHFN

MF(OCCH)FN(OBBHMFOCFNBH(MDDF)OC(FAAN)BHDFOCFADF(OBBC)FA(BCCH)DFBCFA又∠OBC＝12

DABC0．所以MHOH∴MC2－MH2＝AC2－AH ∴NB2－NH2＝AB2－AH ∴BD2－CD2＝BA2－AC ∴BN2－BD2＝ON2－OD ∴CM2－CD2＝OM2－OD 30NH2－MH2＝ON2－OM MO2－MH2＝NO2－NH 503BCx軸，D

k

ac

k

bACya(xc)BEyc(xy

c(xa

a2c

ac2由y

a(xc)

E

a2

a2

a2b,a2

ab2)a2ACyac(xc BCxb2yac(xc由x

b2

bc,

bca)kOB

bc bc

bca2ac

kDF

ab2abca2b

abaca22∵kOBkDF

BEyc(xbx＝0H(0bc∴

bca2 ab2

a23bcabDFyabaca2yabac a2由a

a2cbcN(a22bcc

abcac,a22bcc2y

(xa2bb2cMa22bc

abc,a22bcb2a(b2c2)(a2 ab∴

(cb)(a2bc)(a2 a2∵kOH·kMN注本題為2001年聯(lián)賽二試第一題，當(dāng)年解出的人極少，而此題利用向量來解非常簡便.2用到的這個結(jié)論非常經(jīng)典.另：2001nn設(shè)≥0I123)且

x22i1ki

jxkx

nn1，求

xiPRL→→→ →→→→→→→→→PQ·RS=(PM+PA)·(RM+MS)=PM·RM+PM·MS+PA·RM+PA →→→PQBDTMenelaus定理，(PQ交ABD)

DPAQ BTPAQQ RSBDNMenelaus定理，(RS交BCD)BNDS

BNSC

ND·SC·RB=1；即

QB

BTDPCR，AQ=DS．于是TD=NDTN本題為南斯拉夫，1983OAB、CP滿足OPOA

AB

AC0P位于∠BAC |AB |AC| AC AC【解析】OPOA ，即AP NMP|AB |AC| |AC|NMPAPAMAN|AM||AN|，所以平行四AMPNAP為∠BAC的角平分線，原命注本題的結(jié)論在近年來的高考中經(jīng)常用到在ABC內(nèi)，設(shè)D及E是BC的三等分點 F、GACABEGDFHEHDH GFH【解析】選取AB、AC作為基底．設(shè)GHmGE，F(xiàn)HnFD，GFHGEGBBE1AB2BC1AB2(ACAB)1AB2 類似可得FD1AC2AB，又AHAGmGEAFnFD AG1ABAF1AC，所

1AB1ABm1AB2AC1ACn1AB2AC2323

1m2n1m2nAB1n2mAC0．由于AB、AC不共線，所以

3 3 mn35

若O是ABCH是ABCABCHAOA【解析】設(shè)三角形外接圓的半徑即|OA|R，則|HA||OA|RHAOAOHOB,OC2OHOAOBOC有|OBOC||HA|R，故(OBOC)2OB,OC2OB2OC22OBOCR2，于是

，即cos2A1，解得2A2 2A4A2 ABCAB、C所對的邊長分別是a、b、cb2c2cosA ⑵sin

sin

b,cb2c22|b||cb,cb2c22|b||cb,cb 2|b||c(bc)2b2|b||cabc0，所以

b2c22|b||c

⑵設(shè)ABC中，設(shè)A、B、C所對的向量分別是a、b、c， abc0，設(shè)向量k是與a垂直的單位向量，則(abck0akbkck0，顯然ak0bk(bk)|b|cos(C)|b|sinC ck|c|cos(B)|c|sinB，于是|b|sinC|c|sinB2G是ABCGAGBGC0G是ABCB、C分別做CGBEE，連接GED，則GEGBGCGA，A、GDE共線．DBGCE對角線的交點，DBC，AD為ABCBC類似地．可以證明GB、GC 在直線也是ABCG是ABC

第十二講唯一分解定理上個學(xué)期，我們研究了數(shù)論中的整除與同余理論.從本講開始，用四講的篇幅繼續(xù)學(xué)習(xí)初等數(shù)第12講學(xué)習(xí)唯一分解定理等13（2）費馬小定理，階的應(yīng)用等；14講：數(shù)論（3）不定方程（1）15（4）覺.后面我們還要安排若干講數(shù)論問題，以期對數(shù)論中的高級與重要題型有一個全面了解.1的自然數(shù)n均可分解為有限個素數(shù)之積，如不計素數(shù)在乘積中的順序，那么這種分解方式是唯一的（證明略）.將相同的素因子寫在一起，那么nnp1p2 p1,p2,...,pk為互不相同的素數(shù)，而1,2,...,k是正整數(shù)，上式稱為n的標(biāo)準(zhǔn)分解n

(n)(11)(21)...(k【例10】（1） 【解析】（1）由于1357 20010(mod125)，所以其末三位數(shù)字只能是125、375、625、中的一個.又135 2001

（2）當(dāng)x0,1, ,999(mod1999)時，x20,12, ,9992(mod1999).又由于1999為（這從質(zhì)數(shù)2,3, ,43都不是1999的約數(shù)可知所以對0i

j999.若

j2i2

j或

ji，但0ji

ji1999，.故0,12, ,9992模1999兩兩不同余.答案為【例11】ab為正整數(shù)，1ab.證明：連續(xù)b個整數(shù)中必有兩個數(shù)的積被ab【解析】注意到對任意n1，連續(xù)n個整數(shù)必然任兩個模n不同余，即它們是模n的一個完系，從而其中（且僅有一個被n整除.由此及1abb個整數(shù)中有一個數(shù)是bx；ayxyxy是abxy，則由ax,bx，知a,bx.設(shè)(abddadb.又因ab，故b2d.因此，在給定的b(2dx，且是dzxz是a,bdab的倍數(shù).證畢.【例12】記S1!2! 100!.證明：有一個整數(shù)k，1k100，使【解析】利用(2i1)!(2i[(2i1)!]22i

S是一個完全平方數(shù)，并且這樣的kS[(2i1)!]2(2i)25050!((2i1))2因此，取k50

Sk

k為了證明k50，我們注意，若53k10053

k

不是完全平方數(shù).若k51或52

kk

k k kk k

若 46則素數(shù)47

kk=47,4849k

k

kS不是完全平方數(shù).因此k50.k【例13】證明：若整數(shù)ab2a2a3b2b，則ab和2a2b1(ab)(2a2b1)

ab2a2b1互素.設(shè)這兩個數(shù)的最大公因子d1，則dppa及(1)知pb2因此素數(shù)p整除b再結(jié)合pab得pa.但p2a2b1，從而導(dǎo)出p1.故d1，即(ab2a2b1)1，因(1的右邊為平方數(shù)，于是由(1ab2a2b11用其他方法當(dāng)然也可以證明ab與2a2b1互素，但（用反證法）借助素數(shù)及等式(1來證明較為直接.2已知的等式還可以變形為(ab)(3a3b1a2，因此用同樣的方法，可以證明3a3b1也【解析】若給定的正整數(shù)n為偶數(shù)，則n2nn現(xiàn)在設(shè)n為奇數(shù).當(dāng)n1或3n3p是不整數(shù)np3因此npnp1)n是符合要求的一個表示：記(k)k的不同素因子的個數(shù)，則顯然pn)(n1p1是偶數(shù)，即2p1pp1的奇素數(shù)因子（如果有的話）n（2n，故有p1)n)(n1pn與p1)n【例15】abc是給定的整數(shù).證明：有無窮多個正整數(shù)n，使得n3an2bncnan3an2bnc.則對任意正整數(shù)kna4k11abc(moda4k31abc(mod4)因此（消去ac）a4k2a4k2b(mod4)，a4k1a4k32b2(mod4)故或者a4k2a4k2(mod4)，或者a4k1a4k32(mod4)401，故a4k2與a4k不能都是完全平方數(shù)（否則，它們的差模4只可能為0，-1，1，恰不會取值2.）這就證明了，對每個k，四個數(shù)a4k1a4k2，a4k3a4k中至少有一個不是平方數(shù)，從而中an有無窮多項不是平方數(shù).【例16】kfNZ f(2000)2001（2）f(ab)f(a)f(b)kf((a,b)),a,bN其中(abab【解析】令baf(a2k2f(af(a4k2f(a2k2)2f(af(abf(af(bkf((af(a4)f(a)f(a3)kf(a)(2k)f(a)f(a2)kf(a)(3k4)fa2000，代入以上兩式子可以得到(k2)23k4k0k0f(n)667，其中5n的唯一分解式中的次數(shù) 2|k1f(n)

2【例17】設(shè)pp1

是最初的n個質(zhì)數(shù)的乘積，這里nN*，n2p1p1pnxZx0，1(mod3x20或1(mod3.而3pp1pn所以p1不是完全平方數(shù).又由于p2 ,pn都是奇數(shù)，設(shè)

1，則p2(2k1)2(mod4.而完全平方數(shù)0或1(mod4)p13(mod4)p1不是完注【例18】p(3，使得不存在非負整數(shù)ab3a2bp322253227332411283513342617332319332223，25329，25131，263337下面證明：不存在abN3a2b413a2b413（注意，這時a1，應(yīng)有(1)b1(mod3，故b為偶數(shù).這時顯然b0兩邊模4(1)a1(mod4a也為偶數(shù).設(shè)a2m，b2n(3m2n)(3m2n41，故3m2n1，且3m2n41.這要求3m21（兩式相加可得，.情形二若2b3a41，則b383b17(mod8，但3b1或3(mod8，4nN*4n2n212n222n)24n1(n2112n21)202，4n2n2122n21)213已知存在mnN*，使得k19m5n，正整數(shù)kmn1時，k14.若存在mnN*，使得k19m5n，則k1)m(mod5)k1)m1(mod4mk4(mod5，k2(mod4).這要求k14(mod20，k14；若m為偶數(shù)，則k1(mod5)，k0(mod4)，為要求k16(mod20，故k16.答案為14.求出所有的正整數(shù)ab，使得對所有的正整數(shù)nanbn都是正整數(shù)的n1【解析】設(shè)cnnanbn ncnab（對所有n1）ncn1(ab)n1anbnn與(2) ，因此cn1,2, ,ab，故cn只能取有限個不同的值，從而必有無窮多個n，使cn都等于同一個值c，即anbn對無窮多個n成立.不妨設(shè)abac

bc

c ac，則上式左邊可任意大，而右邊為一個常數(shù)c（與n無關(guān)，這不可能.故ac，于是bcac以(3)的左邊2，故c2，即c1或2.顯然c1不可能.若c2，由于 c

bc1， c

1知只能abc2.又易知ab2符合問題的要求，故所求的解為ab2

第十三講費爾馬小定理與階子定理只在冬令營中考到，因此本聯(lián)賽班講義備涉及到孫子定理.本講將重點研究費爾馬小定理.mmm完系.0,1m1mm的最小非負完系.imMimm的縮同余類.m同余類的個數(shù)記作(m)，稱為歐拉函數(shù).在(m)個縮同余類中各取一數(shù)為代表，這樣的(m)個數(shù)稱為m縮系.(1)1,m1(m)為12m1中與m互素的數(shù)的個數(shù)，特別地，對素數(shù)p,(p)p設(shè)m

p1p2pkm

(m)

1)...(11 此定理的證明較復(fù)雜，且遠遠超出了聯(lián)賽要求，故略去.有同學(xué)可自行參考相關(guān)書籍.顯然，當(dāng)(mn)1時，有(mn)(m)(n).當(dāng)(am)1，b為任意整數(shù)時，若c1c2cmm的完系，那么ac1bac2bacmbm的完系r1r2r(m)m的縮系，那么ar1ar2ar(m)m的縮系.歐拉定理：設(shè)(am)1a

pp?aap11(modp是素數(shù)，則對任意整數(shù)aap

a(modp)p|a0p?a時，上式等價于費馬小定理的上一形式)m1是一個固定的整數(shù)，(am)1，可以證明（見例3）k(1km)，使得ak )，具有這一性質(zhì)的最小正整數(shù)k稱為a模m的階.它具有極其銳利的性質(zhì)設(shè)(am)1，k是am的階，u,v是任意整數(shù)，則auav(modmuv(modkau1(modmk|設(shè)(am)1，kam的階，則數(shù)列aa2a3mk.數(shù)km互不同余.設(shè)(am)1，k是am的階，則k|(m，特別地，app-但是，確定a模m的階通常是極為的，逐一計算a,a2,a3,...,模m的余數(shù)可以求得階，利用上述（3當(dāng)(am)1，b若c1c2cmm的完系，那么ac1bac2bacmbm的完系r1r2r(m)m的縮系，那么ar1ar2ar(m)m的縮系【解析】(1)顯然ac1bac2bacmbmm不同余.ac1bac2b(modmac1ac2(modmc1c2(modm )mr1r2r(m)，由(am1，故ar1ar2ar(m)m的縮系rr... ar

... a(m)r

...

且(r1

...r

m)1a

mp，則p)p1，即得費馬小定理【例21】設(shè)m1是一個固定的整數(shù)，(a,m)1，證明：存在整數(shù)k(1km)，使得ak 【解析】由(am)1m個整數(shù)aa2a3ammmm-1種可能（即12m1，因此必有i,j(1ijm)滿足k

jj

aiaj(modm)m|(ajai)ai(aji1)m|(ajik中一定有一個最小的，這個數(shù)就是am【例22】a和ma1m(am1【解析】熟知階的性質(zhì)：設(shè)(am)1，則a模m的階整除歐拉函數(shù)(m.特別地，若mp，則a模p的階整除p1.顯然aam1a模am1的階是m(am1)

aa2,a3am1模m的余數(shù)參考以上導(dǎo)【例23】

42|n7apa(modp)n7n(mod7),n3n(mod3),n2n(mod2)n7nn6nn2n3n(mod3),n7n(mod2,3,7互素，所以42|n7【例24】p2p1的任一素因子具有形式2px1xq是2p1的任一素因子，則q22q的階是k，則由2p1(modq知kp，故kp（p為素數(shù)，這是能確定階k的主要因素）.顯然k1，否則211(modq，這不可能，因此kp.由費馬小定理2q11(modqkq1

pq1pqq12px（x【例25】設(shè)正整數(shù)a10a20（在十進制中）(a,101a(25)1(mod25)a201(mod25a21(mod4)，故a201(mod4.因此a201(mod100a20【例26】將順序為12,,2n2nn1,1n22,,n12nn，即原先的前n張牌移至第24,,2n張，這稱為一次洗牌.試確定有哪些n，從順序12,,2n開始，經(jīng)過若干次洗牌可以【解析】易知原在第i位上的牌被放到了2i(mod2n1)位上，(22n1)1.由歐拉定理知2(2n1)1(mod2n12(2n1ii(mod2n1，對任何n,(2n1次張牌后都將恢復(fù)【例27】mnN*，且m(m2n11m(1n2nmnm m的一個完系，從而2,2 ,2m也是模mm 于是kn(2k)n(modm，即m(2n1)kn.結(jié)合(m2n11，所以mknk

k

k

k【例28】數(shù)列{an}na2n3n6n1(n1,2,3,...)n2p23p26p210(mod

2p11(modp),3p11(modp),6p11(mod32p123p16p16(mod62p263p266p26(mod2p23p26p21(modp，引理得證于是， 2p23p26p210(modp)a110a2481n,p.p23，則(na21p3的質(zhì)數(shù)，則(nap2)11n都不符合要求.11.200546IMO【例29】（*選講）(2003年第2題)設(shè)三角形的三邊長分別是整數(shù)lmnlmn已知3t

3m

3n 4 4

4，其中{xxx]，求這種三角形周長的最小值10 103l

10 ] [ ] [ 【解析】由題設(shè)可知

由于(3,2)=(3,5)=1,∴由①可知3ln3mn1(mod24

(10現(xiàn)在設(shè)u是滿足3u1(mod24的最小正整數(shù),則對于任意滿足3v1(mod24的正整數(shù)v vau,即u整除v.事實上,若不整除,則由帶余除法可知,存在非負整數(shù)及,使 ,其.0bu1,從而可以推出3b3bau3v1(mod24),而這顯然與u的定 ,所以u.注意到3u3(mod24329(mod24332711(mod24341(mod

mn4k,其中k為正整 (20分同理可由推出3mn1(mod54.故34k1(mod54現(xiàn)在我們求滿足34k1(mod54的正整數(shù)k因為341524,所以34k1(1524)k10(mod54 (30分5k24k(k1)5228k(k1)(k2)53 5k52k[3(k1)27]k(k1)(k2)532110(mod543k5k[3(k1)27]k(k1)(k2)522110(mod 即有k5t,并代入該式得t5t[3k1270(mod52即有t0(mod52k5t53ss故mn500s,s同理可以證得ln500r

r為正整 (40分由于lmn.,所以有rs這樣一來,三角形的三個邊為500r

和n.由于兩邊之差小于第三邊,故n s1r2n501 注本題為聯(lián)賽2003年第2a5a(mod10p于是a5a(mod10)

apa(modpa2a(mod2)a5a(mod5a5a(modp2p13，或者具有形式2px1（x是正整數(shù)6，設(shè)q是2p12q的階k.證明k2或2pn為一個正奇數(shù)，證明：存在一個各數(shù)碼都為奇數(shù)的正整數(shù)m，使得nm【解析】如果(n,5)1，則數(shù) 1中必有兩個數(shù)模n同余，即存在1ijn1，使得 1 0是n的倍數(shù)，結(jié)合(n,5)1可知n 1.命題獲證j

ji

jik如果5nkN*k位正整數(shù)a5kakkm m m mk歸納予以證明：當(dāng)k1時，取a15即可.設(shè)km時，存在一個m位數(shù)am，其數(shù)碼均為奇數(shù)，5ma5m1a，則取a510ma，可知命題對m1成立；若5m1不整除a，則由于2m,32m72m,92m5a5mr(mod5m1，其中r12,34.我們可選擇u1,37,9，使得u2m5r(mod5，從而令au10ma，就有5mm m m m n5kq，其中kN*q為奇數(shù)，且(5q1.考慮引理中的aa 每一個都是5k的倍數(shù)，并且每一個數(shù)的各數(shù)碼都是奇數(shù).100a,10kaa,102ka10kaa,,10qka10(q1)kaaq (10jkaa)(10ika100a)10(i1)k(10(ji1)ka 由(10q)1可知q10(ji1)k

100

，所以n10(ji1)k

100a 附錄：今年聯(lián)賽由省普委會命題，三周前省剛剛舉行了聯(lián)賽預(yù)賽.相信這套預(yù)賽試題會對今年聯(lián)賽命題特別是一試題有一定的參考價值.（高二年級一、填空題（本題滿分64分，每小題8分。直接將答案寫在橫線上P是△ABCPAPB2PC3AB，則△ABP與△ABC的面積之比為．已知數(shù)列{a}

2,

1,a

a

(nN*，則a

．

n

已知R如果集合{sin,cos2}{cos,sin2}則所有符合要求的角構(gòu)成的集合 滿足方程x28xsin(xy)160（xR,y[0,2)）的實數(shù)對(x,y)的個數(shù) 設(shè)z是模為2的復(fù)數(shù)，則|z1|的最大值與最小值的和 z對一切滿足|x||y|1x,y，不等式|2x3y3||y1||2yx3|a2實數(shù)a的最小值 0A0,1234567,89}.x2mxn0（mnA）xA0 x的方程|xk范圍是．

2kx在區(qū)間[k1k1]上有兩個不相等的實根，則實數(shù)k21、1:22、 3、{|2k,kZ}4、 8、0k二、解答題（本大題滿分56分，第916分，第1020分，第1120分yf(xx2bxc的圖象過點（1，13yf(x

f(x1是偶函數(shù)2yf(x解（1）yf(x1f(xx2bxcx1 故b 4f(xx2bxc的圖象過點（1，13，所以1bc13，故c因此，f(x)的解析式為f(x)x2x 8（2）yf(xP(mn2m為正整數(shù)，nm2m11n2，從而4n22m1)243，即[2n2m1)][2n2m143

122n(2m1)43是質(zhì)數(shù)，且2n2m1)2n2m1，2n2m1)0，所以有2n2m1m解得n因此，函數(shù)yf(x)的圖象上存在符合要求的點，它的坐標(biāo)為 16已知數(shù)列{a}滿足a1

an(nN*.證明：對一切nN* （1）anan11； （2）an 解（1）顯然，a0，所以 ana（nN*

k所以，對一切kN*k所以，當(dāng)n2

k

k2akak

5 2 k 211(

)1

3[1 ]3[1(1 k1

k1k

k2k(k

k

k k 3

1]

所以an

n

na11，故對一切nN*a1.因此，對一切nN*，有a

10

k（2）顯然a .由a1，知

akak，所以a

1 1

k

k

k

k2

k

k

k2

kk2

k2

11 k k2 k

15所以，當(dāng)nN*n211(

)1 3 3(11) k1

k1k2

k1k(k

k

k k 3(11)2n1 所以a

1

1

20 2n 2(2n 22

2y 1，過點P ,2y

而不過點Q(2,1的動直線lCA、B 點求記△QABSS3．（1如果直線lykxbP在直線l1

2kb故b

1(2k1)3聯(lián)立直線lCy，得(2k21)x24kbx2b240

2b2A(x1y1，B(x2y2)x1x22k21x1x22k214k y1y2k(x1x2)2b2k212b2k21

2b2 y1y2(kx1b)(kx2b)kx1x2kb(x1x2)b24k

k kb2k2 2k2

)12k2因為QAx1

2,y11)，QB(x2

62y21QAQB(QAQB(x12,y11)(x22,y21)

2)(x2

(y11)(y2x1x22(x1x2)2y1y2(y1y2)22b24 2

b24k2 2k2

(2k2

2k2 2k211 [3b22k22b(22k1)1]2k211 [( 1)22k2 (2k1)(22k1)2k21 所以QAQBA、Q、B三點互不相同，所以如果直線l的斜率不存在，則A、B兩點的坐標(biāo)為(217，容易驗證∠AQB＝90° 因此 122如果直線QA或QB的斜率不存在，易求得△QAB的面積為S 3.2如果直線QA和QB的斜率都存在，不妨設(shè)直線QA的方程為ym(x 2)1，代入橢圓C的8 2m程，消去y，得(2m21)x24m(2m1)x2(2m1)248 2m

[4m(2m[4m(2m1)2m2]42(2m1)22m2

2m2 m2 m218 2m8 2(8 2m|QB

(1)21m

m2(1)2m

m21

m2

16于是，△QABS1|QA||QB|1

m21

8 2m1|

8 28 2m 2m2

m2

2(1m2 2(1m2)m

1 2m1| 2m4(m21) 2m1| 2m

4 m m1(2m21)(m2 2(m21)2

2

1令m2

cos

2mm21

2cos1sinsin，則S4 .21sin24

m2241注意到 2cos sin 21|sin() 3，21sin22，且等號不能同241 取得，所以S4313 202

第十四講不定方程【例30】n，使得n318n2115n391

f(n)n318n2115n391(n6)37(n25)n7,89,10,11,12f(1133,f(1221671353n13f(25)193，以下說明沒有其它的解：13n25f(n)n318n2115n391(n8)36n277n(n8)3(6n11)(n11)(n8)3f(n)n318n2115n391(n5)3(3n240n(n5)33(n20)2398(n5)3 f(n)n318n2115n391n6)3or(n7)3，后者3n232n480nn11,12注本題也可以分13n25orn25討論.事實上有相當(dāng)多的不定方程問題主要用代數(shù)方法特別是不等【例31】

y22yx420x3104x240x2003

(y1)2(x210x2)22000做代換y1x210x2a,b，進一步(abab)uv，則uv2000bvu2后式即x210x2vu0有整解，故判別式為平方數(shù)922(vu)為平方 2故vu為偶，且uv2000，由此可窮舉出所有可能的(u,v)：(2,1000),(21000),(4500),(4500),(8250),(825010200),(10200，(20,100),(20100),(4050),(4050)或其對稱形式，對其一一驗證其中使（*）成立的只有(8250),(2508)x17(x,y)(17,128),(7,128),(17,130)or(7,2003【例32】n是一個三位數(shù)（100n999）.n，使得n2n2nn2n(mod10001000|n2n2353|n(n1注意到n,(n1)互素，經(jīng)簡單分析可得到23|n,53|(n 23|(n1),53|n23|n,53|n1時，記n23an153b，則23a53b1a47,b3n23|n1),53|n時，記n53cn123d，則53c23d1c45,d78n2003【例33】求所有的三元整數(shù)組(xyz)x3y3z33xyz2003(xyz)(xy)2(yz)2(zx)240062003(xy)2yz)2zx)2 xyz

xyz(xy)2(yz)2(zx)2 y)2(yz)2(zx)2 對前者，消去z，得到6x26y26xy6x6y24006，兩邊模6得24(mod6)，xyzx1yzorx)注本題為北歐競賽題【例34】pxyz滿足0xyzpx3y3z3pxyz|x2y2x3y3z3p的余數(shù)相等x3y3z3(modp|x3y3(xy)(x2 p|y2z2yz),p|z2x2（1（2）p|(x2y2

（1（2（3），注意到0xyzp，所以xyzp,2p，其中p是大于3的質(zhì)數(shù).若2|xyz，則2|x2y2z2，故只需證明p|x2y2z2.

p|x2y2xyx(xy ,p|x2yz,p|z2xy6)p3(x2y2z2)6)p注本題為波蘭賽題，嚴(yán)格說來本題并不算是一道不定方程問題，但是它處理問題的手法與解不定方程非【例35】34！=295232799cd96041408476186096435ab000【解析】易算出34(23431574113132記A234 1131321721923由9|A9|141cdc

，從而b0a0，由8|A8|35aa2由11|A知其奇數(shù)位與偶數(shù)位上各位數(shù)字之和的差可以被 整除，80d61只有cd3,dc3cd03abcd注【例36】ppxy31成立，其中x，y【解析】pxy31(y1)(y2y1)，其中y0y12，故設(shè)ypt(tN,1t 則ypt1y2y1pxt，將前式代入后式得到：(pt1)2(pt1)p2p3tx1,pt1pxtxt,y2y11y1,p2,x(2)當(dāng)p3p3tx1pt1均為偶，pxtpxt(p3tx1)3(pt1)3|pxt

，于是3|

3|( 3|pxtp3xt1y2y13y2x23|p3tx1pxt|pt1pxt1，！px,y)2,1,1322003【例37】方程x y 200300有多少對整數(shù)解(x,y)【解析】x y ,2003y2003a2(0a10x2003(10a)211對整數(shù)解【例38】求出所有的奇質(zhì)數(shù)p,使得p|1p12p12004p1a,p互素時，由費爾馬小定理知ap11(modp，而122004中有2004p的倍數(shù) p 于 1p12p1...2004p120042004(modp)， p p|1p12p1...2004p1p|20042004

p 設(shè)2004kpr(0rp1,kN)，則p|2004 pp|kprkrk(modkapr(aN，

2004ap2pr

(1)a02004rp1)43167rpr1346,12p2003當(dāng)a02004p2p43p3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43p17滿足條件p17,2003為解2004Px46x311x23x31PxP(x23x1)23(x10所以，當(dāng)x10時，P1312是完全平方數(shù) 5（1）x10P(x23x1)2Px23x)22x23x310P(x23x)2，從而(x23x)2P(x23x1)2．又xZ，所以此時P不是完全平方數(shù) 10（2）當(dāng)x10時，有 (x23x1)2．令Py2,yZ則|y||x23x1|，即|y|1|x23x1|所以y 2|y| 即3(x102|x23x1|10x的整數(shù)值為2,1,0,3,4,5,6P綜上所述，使P為完全平方數(shù)的整數(shù)x的值為 20注本題為2010預(yù)賽高二-(m2n)(mn2m【解析】(m2n)(mn2所 mn (mn)(0a)or(a0)aZ后者mn3m3n10(m3)(n3)8(m3,n3)(8,(m,n)(5,2),(1,1),a,b，使得100ab201ab【解析】設(shè)100abm2201abn2 101an2m2(nm)(nm),m,，于是nm100nm，代入201abn2201(2n101bn2經(jīng)驗證n59m101n42a，2004求有多少個正整數(shù)對(mn，使得7m3n102004，且m|nnmkkN，則m(73k2200452004令73k2u5vuvN3u,vk(u,v)(0,0),(2,0)

0222個值（故(m,n) ,mk)有7

22010011個解

本講研究數(shù)賽二試范圍內(nèi)初等數(shù)論所要求的最后一個專題：高斯函數(shù)y[x]x,[xxxx的整數(shù)部分.與它相伴隨的是小數(shù)部分函數(shù)y{x},{x}x[x].由x、{xyxRZyx}R，值域為xxx{x},且0xx，都有[xxx1x1xxyxx1x2則[x1x2]yx}1圖 圖[xn]nx];{xnx}.xRnN [xy][x][ {x}{y}{x [xi][xi],xiR

[na]b

[xy]xy]x,yR；一般有[xi[xixiR

x

[x], x][x]xRnN （8）令

mmZ，則mn

m1，因此nmxn(m1.由于nmnn(m1N，則由（3）知nmxn(m1于是m[xm1,故[[x] 證畢xRnN1x之間的整數(shù)中，有x個是n的倍數(shù)n【證明】因[

x]n

xn

n

x]nxn

1nxnn數(shù)只有 個n

n,2n,,[x]n定理二：在npp(n!)[n]p

n][n].p p3p是質(zhì)數(shù)，因此n!pp(n1，2n1np 次數(shù)的總和.由定理一知，1，2，…，n中有pp的倍數(shù)，有p2

p(n!)

[n]p

n]pn!pp(n!)MMp的因數(shù).7(2000!)[2000][2000 722000！=7330·M，其中7M（厄米特恒等式）xRnN,則[xx1x2xn1] 高斯函數(shù)在格點（又叫整點）問題研究中有重要應(yīng)用.下面給出一個定理定理四：yf(x)在[a,bf(t)](t為[a,b內(nèi)的整數(shù)）區(qū)域axb,0y

f(x內(nèi)的格點個數(shù).yaxb0cxd內(nèi)的格點個數(shù)等于[axb](且x為整數(shù)p,q滿足pq)1，矩形域

q2

p]2p x]pq

y]qpq

p12

q10xq/ 0yp/*（3（如何證明？）n0x0y0xyn

20

[]nnn

n]2關(guān)于格點更深入的研究(如格點多邊形面積等)往往涉及到組合幾何的與數(shù)論的高級知識，有的同學(xué)可以參考閔嗣鶴的小《格點與面積本講不涉及.一般來說，聯(lián)賽中只涉及到中等難度的格點個數(shù)計數(shù)問題，其處理即利用定理4. （選做）12643abcdefghi9位數(shù)【解析】 !)

3(34!)3434

， 34!

5(3477(34 從23 cdefghi0000000，只需進一步確定ab,A225 113132172 注意到225240962 A2(mod10)b2A的末五位數(shù)643a2A8,16,328|3a2,16|643a232|643a2a注本題為根據(jù)上一講例6,即2003年英國數(shù)學(xué)題改編【例40】3（厄米特恒等式）xRnN[x[x][x1][x2][x f(x)[nx][x][xn因f(x1)n

f(x)對一切xR成立，所以f(x)是一個以1為周期的周期函數(shù)，而當(dāng)nx[01]f(x)0，故xR，厄米特恒等式成立n2n[xxx1n

消去nxx[0,1，則一定存在一個kk1xk，即(k1nxk 式右端nx]kk1xk kx1k1

k n

1,即tnk.這時，[xx

]n[x

0，而[x

nkn

][x

nn

]1k1個1k1.故左=右的問題轉(zhuǎn)化為[0,1[0,1分段討論.x[0,1kk1xk 【例41】(1)x2y21x100圍成的區(qū)域內(nèi)部（不含邊界）(2)nAn(nn3f(n表示線段OAn上除端點以外的整點個數(shù)，f(1)f(2)f(3)...