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文檔簡介

1、初等數(shù)論(一),江蘇省南菁高級(jí)中學(xué)夏建新,2009年江蘇省高中數(shù)學(xué)奧林匹克夏令營,一、奇偶性分析,奇數(shù)奇數(shù)偶數(shù);偶數(shù)偶數(shù)偶數(shù);奇數(shù)奇數(shù)奇數(shù);奇數(shù)的平方都可表示為8m1形式;偶數(shù)的平方都可表為8m或8m4的形式任何一個(gè)正整數(shù)n,都可以寫成n2ml的形式,其中m為非負(fù)整數(shù),l為奇數(shù)。,將全體整數(shù)分成兩類,凡是2的倍數(shù)稱為偶數(shù),否則稱為奇數(shù)。有如下性質(zhì):,這些性質(zhì)既簡單又明顯,然而它卻能解決數(shù)學(xué)競賽中的一些難題。,1、在一條直線上相鄰兩點(diǎn)的距離都等于1的4個(gè)點(diǎn)上各有一只青蛙,允許任意一只青蛙以其余三只青蛙中的某一只為中心跳到其對(duì)稱點(diǎn)上。證明:無論跳動(dòng)多少次后,四只青蛙所在的點(diǎn)中相鄰兩點(diǎn)之間的距離不能

2、都等于2008。(2008年西部奧林匹克),如果若干次跳動(dòng)后,青蛙所在位置中每相鄰兩只之間的距離都是2008,則要求它們處于具有相同奇偶性的位置上,不可能。,證明:將青蛙放在數(shù)軸上討論。,不妨設(shè)最初四只青蛙所在的位置為1、2、3、4。,注意到,處于奇數(shù)位置上的青蛙每次跳動(dòng)后仍處于奇數(shù)位置上,處于偶數(shù)位置上的青蛙每次跳動(dòng)后仍處于偶數(shù)位置上。,因此,任意多次跳動(dòng)后,四只青蛙中總有兩只處于奇數(shù)位置上,另兩只處于偶數(shù)位置上。,2、如果可以將正整數(shù)1,2,3,n填在圓周上,使得依順時(shí)針方向任何兩個(gè)相鄰的數(shù)之和,都能夠被它們的下一個(gè)數(shù)整除。求n的所有可能值。(1999年環(huán)球城市競賽),解:考慮n3情形,當(dāng)

3、n3時(shí),如果圓周上有二個(gè)連續(xù)偶數(shù),則造成這個(gè)圓周上的每一個(gè)整數(shù)都是偶數(shù)(不合)。,所以n最多是3,1,2,3這個(gè)數(shù)任意排在圓周上都可以,所以n3。,因?yàn)閳A周上必有一個(gè)整數(shù)是偶數(shù),而它的逆時(shí)針方向的下二個(gè)數(shù)及順時(shí)針方向的下個(gè)數(shù),都必須是奇數(shù)。,由于1n中,奇數(shù)的個(gè)數(shù)最多比偶數(shù)的個(gè)數(shù)多1個(gè),所以圓周上最多只有一個(gè)偶數(shù),這樣奇數(shù)有2個(gè),,3、已知t為正整數(shù),若2t可以表示成ab1(其中a,b是大于1的整數(shù)),請(qǐng)找出滿足上述條件所有可能的t值。(2008年青少年數(shù)學(xué)國際城市邀請(qǐng)賽),解:設(shè)正整數(shù)t,使得2tab1,顯然a為奇數(shù)。,(1)若b為奇數(shù),則2t(a1)(ab1ab2a1),由于a,b均為奇數(shù)

4、,而奇數(shù)個(gè)奇數(shù)相加或相減的結(jié)果一定是奇數(shù),所以ab1ab2a1也是奇數(shù),,得知2tab1a1,故b=1,,這與b2矛盾。,從而只可能ab1ab2a11,,綜上可知,滿足題設(shè)的2的正整數(shù)次冪是23,即t3。,(2)若b為偶數(shù),令b2m,,則ab1(mod4)。,若2t=ab+1,,則2t=ab+12(mod4),,從而t=1,故ab=211=1,矛盾。,若2t=ab1=(am1)(am+1),,兩個(gè)連續(xù)偶數(shù)之乘積為2的方冪只能是am1=2,am+1=4,,從而a3,b2m2。2t=ab1=321=8。,二、質(zhì)數(shù)與合數(shù),大于1的整數(shù)按它具有因數(shù)的情況又可分為質(zhì)數(shù)與合數(shù)兩類。,即對(duì)任一整數(shù)a1,有a

5、,其中p1p2pn均為質(zhì)數(shù),1、2、n都是正整數(shù)。,另可得:a的正約數(shù)的個(gè)數(shù)為(11)(21)(n1),算術(shù)基本定理:任何一個(gè)大于1的整數(shù)都可以分解成質(zhì)數(shù)的乘積。如果不考慮這些質(zhì)因子的次序,則這種分解法是唯一的。,設(shè)n是大于2的整數(shù),如果不大于的質(zhì)數(shù)都不是n的因子,則n是質(zhì)數(shù)。,4、設(shè)S1,2,2005.若S中任意n個(gè)兩兩互質(zhì)的數(shù)組成的集合中都至少有一個(gè)質(zhì)數(shù),試求n的最小值.(2005年西部奧林匹克),解:首先,我們有n16。,事實(shí)上,取集合A01,22,32,52,412,432,,則,|A0|15,A0中任意兩數(shù)互質(zhì),但其中無質(zhì)數(shù),這表明n16.,其次,我們證明:對(duì)任意,n|A|16,A中

6、任兩數(shù)互質(zhì),則A中必存在一個(gè)質(zhì)數(shù).,利用反證法,假設(shè)A中無質(zhì)數(shù).記Aa1,a2,a16,分兩種情況討論.,則a1p1222,a2p2232,a15p1524722005,矛盾.,若,則a1,a2,a16均為合數(shù),又因?yàn)?ai,aj)1(1ij16),所以ai與aj的質(zhì)因數(shù)均不相同,設(shè)ai的最小質(zhì)因數(shù)為pi,不妨設(shè)p1p2p16,由(1),(2)知,反設(shè)不成立,從而A中必有質(zhì)數(shù),即n|A|16時(shí)結(jié)論成立.,若1A,則不妨設(shè)a161,a1,a2,a15均為合數(shù),同(1)所設(shè),同理有a1p1222,a2p2232,a15p1524722005,矛盾.,綜上,所求的n最小值為16.,5、證明:對(duì)所有的

7、非負(fù)整數(shù)n,1至少是2n3個(gè)質(zhì)數(shù)(不一定互不相同)的乘積。(2007第36屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克),證明:當(dāng)n0時(shí),1823,結(jié)論成立,假設(shè)當(dāng)nk時(shí)結(jié)論成立,即1至少是2k3個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積,,當(dāng)nk1時(shí),只需證明,對(duì)mN*,記x72m1,是一個(gè)合數(shù),(這樣,1至少是2k322(k1)3個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積),即是一個(gè)合數(shù)。結(jié)論成立。,(x1)6,(x1)67x(x42x33x22x1),(x1)672m(x2x1)2,(x1)37m(x2x1)(x1)37m(x2x1),要使上式兩個(gè)因子都大于1,只需對(duì)較小的一個(gè)進(jìn)行檢驗(yàn)。,注意到x,,則(x1)37m(x2x1),(x1)3(x2x1),x33x23x1x

8、(x2x1),2x22x1,1,三、整除,帶余除法:對(duì)于任一整數(shù)a和任一非零整數(shù)b,必有惟一的一對(duì)整數(shù)q和r,使得abqr,0rb,且q和r由上述條件惟一確定。若r0,則稱b|a。,部分性質(zhì):,若c|b,b|a,則c|a若c|a,d|b,則cd|ab若ma|mb,則a|b若a0,b0,b|a,則ba任意n個(gè)連續(xù)正整數(shù)的乘積必能被n!整除。,當(dāng)(a,b)1時(shí),稱a、b互素(互質(zhì))。有:,若另上條件(a,p)1,則p|ap11,已知(a,c)1,若a|bc,則a|b;若a|b,c|b,則ac|b,p為質(zhì)數(shù),若p|ab,則p|a或p|b,a,b(a,b)ab,(a,b)(a,bac)(abc,b),

9、(裴蜀定理)存在整數(shù)x、y,使axby(a,b),m(a,b)(ma,mb),若(a,b)d,則()1,若a|m,b|m,則a,b|m,費(fèi)爾馬小定理:p是素?cái)?shù),則p|apa,定理:在n4kr(k,r為非負(fù)整數(shù))中,0r4,則當(dāng)r0(k0)時(shí),n4kr的個(gè)位數(shù)字與n4的個(gè)位數(shù)字相同;當(dāng)r0時(shí),n4kr的個(gè)位數(shù)字與nr的個(gè)位數(shù)字相同。,個(gè)位數(shù)字只能是:0,1,4,5,6,9末兩位數(shù)字不可能同時(shí)為奇數(shù)。偶數(shù)的平方是偶數(shù),且被4整除;奇數(shù)的平方是奇數(shù),且被4除余1。在n2與(n1)2之間不存在平方數(shù)。,個(gè)位數(shù),平方數(shù)性質(zhì):,7、求所有的正整數(shù)n,使n能被所有不大于的正整數(shù)整除。,得k3或4或5n36。

10、,解:設(shè)k2n(k1)2,當(dāng)k3時(shí),1|n,2|n,k|n,(k2,k1)1,(k1,k)1,(k2,k)2,,即k35k22k20,(k22)(k5)12,,綜上,本題的解為1,2,3,4,6,8,12,24,當(dāng)1n4時(shí),有1|n,n1,2,3都滿足條件,當(dāng)4n9時(shí),有1|n,2|n,n4,6,8都滿足條件,當(dāng)9n16時(shí),有1|n,2|n,3|n,n12,同理,當(dāng)16n25時(shí),n24,當(dāng)25n36時(shí),無n滿足條件,故k(k1)(k2)n(k1)2,k(k1)(k2)|n,,8、已知2009|1(aN),求a的值。,解:當(dāng)a2010時(shí),2008,,12009,成立,當(dāng)a2011時(shí),,2008,

11、2008,12008,故2009|1不成立,a2010,當(dāng)a2009時(shí),設(shè)12009k,,則2009k1,,2009k12009k,一方面,2009k得2009ka,,即ka2010,,k,2009k120091,但2009k1,2009k120091,故a2009,但此時(shí)12010,2009|1不成立,9、設(shè)a,b為正整數(shù)。證明:若4ab1整除(4a21)2,則ab.(07年IMO48),即ab(ab)(4ab1)ab,矛盾.,證明:(4a21)2b2,(a(4ab1)ab)2,a2(4ab1)22a(ab)(4ab1)(ab)2,故由(4ab1)|(4a21)2推出(4ab1)|(ab)2

12、.,反設(shè)有正整數(shù)ab滿足(4ab1)|(ab)2,則必有一組這樣的(a,b)使ab為最小。,令(ab)2k(4ab1),不妨設(shè)ab.,二次方程x2(4k2)bxb2k0的一個(gè)根x1a,另一根x2(4k2)ba也是正整數(shù),故(x2,b)也滿足條件。,由所設(shè)ab最小得到x2a,即ka2b2。,于是(ab)2(a2b2)(4ab1),10、求所有的素?cái)?shù)對(duì)(p,q),使得pq5p5q(09CMO),故q626由于q為奇素?cái)?shù),而626的奇素因子只有313,所以q313,解:若2pq,不妨設(shè)p2,則2q5p5q,故q5q25,由Fermat小定理,q5q5,得q30,,即q2,3,5,易驗(yàn)證素?cái)?shù)對(duì)(2,2

13、)不合要求,(2,3),(2,5)合乎要求,若pq為奇數(shù)且5pq,不妨設(shè)p5,,則5q555q,故q5q1625,當(dāng)q5時(shí)素?cái)?shù)對(duì)(5,5)合乎要求,,當(dāng)q5時(shí),由Fermat小定理有q5q11,,經(jīng)檢驗(yàn)素?cái)?shù)對(duì)(5,313)合乎要求,綜上所述,所有滿足題目要求的素?cái)?shù)對(duì)(p,q)為(2,3),(3,2),(2,5),(5,2)(5,5),(5,313)及(313,5),若p,q都不等于2和5,則有pq5p15q1,,故5p15q10(modp),由Fermat小定理,得5p11(modp),故由,得5q11(modp),設(shè)p12k(2r1),q12l(2s1),其中k,l,r,s為正整數(shù),若kl,

14、則由,易知,1(modp),1,(5q1)2r1,這與p2矛盾!所以kl,(1)2r1,同理有kl,矛盾!即此時(shí)不存在合乎要求的(p,q),11、設(shè)n是一個(gè)正整數(shù),定義(n),例如(1)1,(2)11,(3)111(1)設(shè)m是一個(gè)非負(fù)數(shù)證明:(3m)可以被3m整除,而不能被3m1整除(2)證明n能被27整除當(dāng)且僅當(dāng)(n)能被27整除(2008年日本東京大學(xué)入學(xué)考試題),結(jié)合歸納假設(shè),得3k1|(3k1)。綜上,原命題成立。,(1)m0時(shí),(30)(1)1,30|(30);,m1時(shí),(31)111,31|(31)。,假設(shè)mk時(shí),3k|(3k)。,則mk1時(shí),(3k1)(3k)(1),其中13(m

15、od9),,故27|(27)。從而27|(n)。,(2)首先證明:若27|n,則27|(n)。,設(shè)n27k,,則(n)(27),而(27)(3),其中0(mod9),再證明:若27|(n),則27|n,9|3k,得27|9kn。證畢。,得n0(mod9),設(shè)n9k,,則由35|109k1(103k1)(106k103k1),及106k103k13(mod9),,得34|103k19,12、對(duì)哪些nN*,存在a,bQZ使得ab和anbn都是整數(shù)?(克羅地亞),但xnznMy2nkxn-1y2xn,故必y|2xn.,解.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),,取a,b,由于1n(3n1)n被1(3n1)3n整除.故a,b滿足條件.即n可為任何大于0的奇數(shù).,當(dāng)n為偶數(shù),若有滿足條件的a,b(x,y,z,wZ,y,w1,(x,y)(z,w)

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