1、1数学竞赛中的数论问题罗增儒引言数论的认识:数论是关于数的学问,主要研究整数,重点对象是正整数,对中学生可以说,数论是研究正整数的一个数学分支什么是正整数呢?人们借助于“集合”和“后继”关系给正整数(当时也即自然数)作过本质的描述,正整数 1,2,3,是这样一个集合 :N(1)有一个最小的数 1 (2)每一个数 的后面都有且只有一个后继数 ;除 1 之外,每一个数的都是且只a/a是一个数的后继数这个结构很像数学归纳法,事实上,有这样的归纳公理:(3)对 的子集 ,若 ,且当 时,有后继数 ,则 NM1M/aMN就是这么一个简单的数集,里面却有无穷无尽的奥秘,有的奥秘甚至使得人们怀疑:人类的智慧
2、还没有成熟到解决它的程度比如,哥德巴赫猜想:1742 年 6 月 7 日,普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉,提出“任何偶数,由 4 开始,都可以表示为两个素数和的形式,任何奇数,由 7 开始,都可以表示为三个素数的和后者是前者的推论,也可独立证明(已解决) “表示为两个素数和的形式”就是著名的哥德巴赫猜想,简称 1+1欧拉认为这是对的,但证不出来1900 年希尔伯特将其归入 23 个问题中的第 8 个问题1966 年陈景润证得:一个素数+素数 素数(1+2) ,至今仍无人超越陈景润的数学教师沈元很重视利用名人、名言、名事去激励学生,他曾多次在开讲时,说过这样的话:“自然科学的皇后是数
3、学,数学的皇冠是数论,哥德巴赫猜想则是皇冠上的明珠”陈景润就是由此而受到了启示和激励,展开了艰苦卓绝的终生奋斗和灿烂辉煌的奋斗终生,离摘取“皇冠上的明珠”仅一步之遥数论题涉及的知识不是很多,但用不多的知识来解决问题往往就需要较强的能力和精明多的技巧,有人说:用以发现数学人才,在初等数学中再也没有比数论教材更好的课程了任何学生如能把当今一本数论教材中的练习做出,就应当受到鼓励,劝他(她)将来去从事数学方面的工作(UDudley数论基础前言) 下面,是一个有趣的故事当代最高产的数学家厄尔多斯听说一个叫波萨(匈牙利,1948)的小男孩很聪明,就问了他一个问题加以考察(1959):如果你手头上有 个正
4、整数,这些正整数小于或等1n于 ,那么你一定有一对整数是互素的,你知道这是什么原因吗?2n不到 12 岁的波萨只用了 1 分半钟,就给出了问题的解答他将 1 分成(1,2) ,n(3,4) , ( )共 个抽屉,手头的 个正整数一定有两个属于同一抽屉,,2n这两个数是相邻的正整数,必定互素通过这个问题,厄尔多斯认定波萨是个难得的英才,就精心加以培养,不到两年,14岁的波萨就发表了图论中“波萨定理” 重视数学能力的数学竞赛,已经广泛采用数论题目,是数学竞赛四大支柱之一,四2大支柱是:代数,几何,初等数论,组合初步(俗称代数题、几何题、算术题和智力题)高中竞赛加试四道题正好是四大模块各一题,分别是
5、几何题、代数题、数论题、组合题,一试中也会有数论题数论受到数学竞赛的青睐可能还有一个技术上的原因,就是它能方便地提供从小学到大学各个层面的、新鲜而有趣的题目数论题的主要类型:在初中竞赛大纲中,数论的内容列有:十进制整数及表示方法;整除性,被 2、3、4、5、8、9、11 等数整除的判定;素数和合数,最大公约数与最小公倍数;奇数和偶数,奇偶性分析;带余除法和利用余数分类;完全平方数;因数分解的表示法,约数个数的计算; 简单的一次不定方程 在高中竞赛大纲中,数论的内容列有:同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数 ,费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,x欧拉
6、定理 ,孙子定理 根据已出现的试题统计,中学数学竞赛中的数论问题的主要有 8 个重点类型:(1)奇数与偶数(奇偶分析法、01 法) ;(2)约数与倍数、素数与合数;(3)平方数;(4)整除;(5)同余;(6)不定方程;(7)数论函数、 高斯函数、 欧拉函数;xn(8)进位制(十进制、二进制) 下面,我们首先介绍数论题的基本内容(10 个定义、18 条定理) ,然后,对数学竞赛中的数论问题作分类讲解第一讲 数论题的基本内容3中学数学竞赛中的数论问题涉及的数论内容主要有 10 个定义、18 条定理首先约定,本文中的字母均表示整数定义 1 (带余除法)给定整数 如果有整数 满足,0,ab,0qrb,
7、aqbr则 和 分别称为 除以 的商和余数特别的, 时,则称 被 整除,记作 ,qr raa或者说 是 的倍数,而 是 的约数 ( 的存在性由定理 1 证明)a,q定义 2 (最大公约数)设整数 中至少有一个不等于零,这 个数的最大12na n公约数是能整除其中每一个整数的最大正整数,记作 12,na中的 没有顺序,最大公约数也称最大公因数12,na ia简单性质: 1212,nna 一个功能:可以把对整数的研究转化为对非负整数的研究定义 3 (最小公倍数)非零整数 的最小公倍数是能被其中每一个12,n所整除的最小正整数,记作 1iana简单性质:如果 是正整数 的公倍数,则存在正整数 使k,
8、bm,kab证明 若不然,有 ( ) ,由 都是 的公倍数得mr0,b,也是 的公倍数,但 ,与 的最小性矛盾故 r,ab0,a ,k定义 4 如果整数 满足 ,则称 与 是互素的(也称互质) ,b1a定义 5 大于 1 且除 1 及其自身外没有别的正整数因子的正整数,称为素数(也称质数) 其余大于 1 的正整数称为合数;数 1 既不是素数也不是合数定理 1 若 是两个整数, ,则存在两个实数 ,使 ,,a0,qr0abr并且 是唯一性,qr证明 1 先证存在性作序列 ,3.2,3bb 则 必在上述序列的某两项之间,从而存在一个整数 ,使a q,1qa即 ,0b4取 , ,raqb0r得 ,即
9、存在两个实数 ,使 ,r0aqbr再证唯一性假设不唯一,则同时存在 与 ,使1,2,qr,110aqbr,22b相减 ,11r,2q,10但 为整数,故 ,得 ,从而 1220q12q12r注:如果取消 ,当 或 ,不保证唯一rbrb经典方法:紧扣定义,构造法证存在性,反证法证唯一性证明 2 只证存在性,用高斯记号,由,01ab有 ,记 ,故存在 使arb,0aaqrbrb0rb证明 3 只证存在性,作集合|,0MaxZax这是一个有下界的非空整数集,其中必有最小的,设 时,有最小值xqr0qbr再证 ,若不然, ,记 ,有r1rb1arqr51rabqM即 有 比 更小,这与 为最小值矛盾M
10、r故存在两个实数 ,使 ,0rb定理 2 设 是三个不全为 0 的整数,满足 ,其中 也为整数,则abcaqc,abc证明 设 的公约数 ,A, 的公约数 Bbc任取 ,|dabqdBA任取 ,|bBdcaqc得 A有 中元素的最大值 中元素的最大值,即,abc注:这是辗转相除法求最大公约数的理论基础经典方法:要证明 ,只需证 且 ABBA定理 3 对任意的正整数 ,有,ab,证明 因为 是 的公倍数,所以 的最小公倍数也是 的约数,存在 使b,abq,,aq有 且 为整数,ba故 是 的约数同理 是 的约数,即 是 的公约数下面证明, 是 的最大公qaqq,abq,ab约数若不然, 有,a
11、,b6设 ,可见 是 的倍数,同样 , 是 的倍,abkka,abkkb数,即 是 的公倍数,则存在正整数 使 ,有m,,,abab得 ,q与矛盾,所以, ,得证 ab,ab注 也可以由 ,得 ,与 矛盾,1,kqmabab,ab,qab两步 可以交换吗?,abqk定理 4 是两个不同时为 0 的整数,若 是形如 ( 是任意整0axbyaxby,数)的数中的最小正数,则(1) | ;0axby(2) ,证明 (1)由带余除法有, ,0axbyqr0axby得 ,0rxy知 也是形如 的非负数,但 是形如 的数中的最小正数,故 ,rxyabxy0r即| 0ab(2)由(1)有| ,0xy10aA
12、| ,abb得 是 的公约数另一方面, 的每一个公约数都可以整除 ,所以0xy, , 0axby是 的最大公约数, 0axy7推论 若 ,则存在整数 ,使 (很有用),1ab,st1abt定理 5 互素的简单性质: (1) ,(2) 1n(3) ,(4)若 是一个素数, 是任意一个整数,且 不能被 整除,则 paap,1ap证明 因为 ,所以,素数 的约数只有两种可能:,|p但 不能被 整除, ,得 ,1,a,推论 若 是一个素数, 是任意一个整数,则 或 pa,1ap(5)若 ,则存在整数 ,使 (定理 4 推论),b,stbt(6)若 ,则 1,ac1c证明 由 知存在整数 ,使 ,sta
13、t有 ,csbt得 ,1a(7)若 ,则 , , ,a,1ab,1ab证明 ,,b,,1a由(6) ,(8)若 ,则 ,其中 为正整数b,mnab,n证明 据(6) ,由 可得 1,1同样,由 可得 ,mmn定理 6 设 是大于 1 的整数,则 的除 1 之外的最小的正约数 必是素数,且当aaq是合数时, aq8证明 用反证法,假设 不是素数,则存在正整数数 , ,使 ,但q1q11|q,故有 ,这与 是 的除 1 之外的最小正约数矛盾,故 是素数|qa1|a当 是合数时,设 ,则 也是 的一个正约数,由 的最小性得 ,从a1a而 ,开方得 21q定理 7 素数有无穷多个,2 是唯一的偶素数证
14、明 假设素数只有有限多个,记为 ,作一个新数12,np12npA若 为素数,则与素数只有 个 矛盾12,n若 为合数,则必有 ,使 ,从而 ,又与 矛盾ip |ip|1iip综上所述,素数不能只有有限多个,所以素数有无穷多个2 是素数,而大于 2 的偶数都是合数,所以 2 是唯一的偶素数注:这个证明中,包含着数学归纳法的早期因素:若假设有 个素数,便有 个素n1n数 (构造法、反证法)秒定理 8(整除的性质)整数 通常指非零整数,abc(1) , ;当 时, , a|0|0a(2)若 , ,则 ;若 , ,则 ;若 ,且bb0ab,则 ,证明 由 , ,有 ,得 a0aqq逆反命题成立“若 ,
15、 ,则 ”;b0由 且 得 ,又 ,得 bbab(3)若 ,且 ,则 acd|,|eac|ed(4)若 , ,则 证明 (定义法)由 , ,有cb,12,qa得 ,c9即 ca(5)若 ,则 b(6)若 , ,则对任意整数 ,有 c,mncanb证明 (定义法)由 , ,有ca,12,qb得 ,1mnqc即 ca(7)若 ,且 ,则 ,bca证明 由 知存在整数 ,使 ,有1,st1bt,acstc因为 , ,所以 整除等式的左边,进而整除等式的右边,即 ba ac注意 不能由 且 得出 如 ,但 且 c|c649|6|9(8)若 ,且 ,则 ,1a,b证明 由 知存在整数 ,使 ,有bst1
16、at,cst又由 有 代入得,a12,aqc,2bst所以 c注意 不能由 且 得出 如不能由 且 得出 acab6301|60|3(9)若 为素数,且 ,则 或 c证明 若不然,则 且 ,由 为素数得 ,由互素的性质| ,1abc(6)得 ,再由 为素数得 ,与 矛盾,1abca|bc注意 没有 为素数,不能由 推出 或 如 ,但 且 649|6|10定义 6 对于整数 ,且 ,若 ,则称 关于模 同余,记作,abc0()cab,c;若 ,则称 关于模 不同余,记作 (mod)abc|, (mod)定理 9(同余的性质)设 为整数,cdm,(1)若 且 ,则 ;()(o)b(od)ac证明
17、由 且 ,有oac,12,mq,c得 (od)a(2)若 且 ,则 且bm(od)c(mod)acb()c证明 由 且 ,有oda()c, 12,bmq对直接相加 ,有,12acdq得 .(o)b对分别乘以 后相加,有,c,12adcbdmcqb得 (mo)cb(3)若 ,则对任意的正整数 有 且 .n(od)na(mod)anbn(4)若 ,且对非零整数 有 ,则 (od)abk(,)bmkk证明 由 、 ,有m,abq11又 ,有 均为整数,且(,)kabm,k,q得 odkk定理 10 设 为整数, 为正整数,,abn(1)若 ,则 nab123221nn nab(2)若 ,则 ab1n
18、122324232nn nab (3)若 ,则 b22123221nnnnab a定义 7 设 为正整数, 为大于 2 的正整数, 是小于 的非负整数,且k12,m k若10,121mmnakak则称数 为 的 进制表示12定理 11 给定整数 ,对任意的正整数 ,都有唯一的 进制表示如nk, (10 进制)12100mmnaa 19,0ia (进制)12 i定理 12 (算术基本定理)每个大于 1 的正整数都可分解为素数的乘积,而且不计因数的顺序时,这种表示是唯一的,12knp其中 为素数, 为正整数 (分解唯一性)12k 12,k证明 1 先证明,正整数 可分解为素数的乘积 n 12mnp
19、如果大于 1 的正整数 为素数,命题已成立12当正整数 为合数时, 的正约数中必有一个最小的,记为 ,则 为素数,有n 1p, 1pa1n如果 为素数,命题已成立当 为合数时, 的最小正约数 为必为素数,有1 a1a2, 12n21这个过程继续进行下去,由于 为有限数,而每进行一步 就要变小一次,于是,经ni过有限次后,比如 次, 就变为素数的乘积m12np下面证明分解式是唯一的假设 还有另一个分解式n, 12tq则有 12mtpq 因为等式的右边能被 整除,所以左边也能被 整除,于是 整除 中的1q1q2,mp某一个 ,但 为素数,所以 与 相等,不妨设 为 ,有ii ip1ip1pq把等式
20、两边约去 ,得12323mtq 再重复上述步骤,又可得 , ,直到等式某一边的因数被全部约完,p3这时,如果另一边的因数没有约完,比如右边没有被约完( ) ,则有mt 12mtq但 均为素数,素数都大于 1,有 ,这表明等式不,t 12mtq可能成立,两个分解式的因数必然被同时约完,即分解式是唯一的将分解式按 的递增排列,并将相同的 合并成指数形式,即得ipip12kn其中 为素数, 为正整数 12k 12,k证明 2 用第二数学归纳法证明, 12mnp 12mp13(1)当 ,因为 2 为素数,命题成立n(2)假设命题对一切大于 1 而小于 的正整数已成立n这时,若 为素数,命题成立;若 不
21、为素数,必存在 ,使,ab, ,nab,b由归纳假设,小于 的 可分解为素数的乘积/1212/, ,s sststppbp 得 ,/1212stnq 适当调整 的顺序,可得命题对于正整数 成立/ipn由数学归纳法,命题对一切大于 1 的正整数 成立下面证明分解式是唯一的假设 的分解式不唯一,则至少有两个分解式, ,12mn 12mpp, ,tq tq得 1212mtp 有 且 ,|t |mp这就存在 ,使,ijq且 ,1|ip1|j但 均为为素数,所以1,ij,1,ijq又 ,11ijpp所以 1把等式两边约去 ,得1q2323mtp 再重复上述步骤,又可得 , ,直到等式某一边的因数被全部约
22、完,p3q这时,如果另一边的因数没有约完,比如右边没有被约完( ) ,则有mt1412mtq但 均为素数,素数都大于 1,有 ,这表明上述等式,t 12mtq不可能成立,两个分解式的因数必然被同时约完,即分解式是唯一的将分解式按 的递增排列,并将相同的 合并成指数形式,即得ipip12kn其中 为素数, 为正整数 12k 12,k定理 13 若正整数 的素数分解式为 则 的正约数的个数为12knp n,12kdnaa的一切正约数之和为n1211kppS证明 对于正整数 ,它的任意一个正约数可以表示为12kn, , 12kmp 0ii由于 有 共 种取值,据乘法原理得 的约数的个数为i0,i i
23、n121kdnaa考虑乘积,1 20101012 kkpppp 展开式的每一项都是 的某一个约数(参见) ,反之, 的每一个约数都是展开式nn的某一项,于是, 的一切约数之和为1 10101kkS 12kpp注 构造法定义 8 (高斯函数)对任意实数 , 是不超过 的最大整数亦称 为 的整xxx数部分, 1x定理 14 在正整数 的素因子分解式中,素数 作为因子出现的次数是!np1523nnpp证明 由于 为素数,故在 中 的次方数是 各数中 的次方数的总和!1,2n p(注意,若 不为素数,这句话不成立) 在 中,有 个 的倍数;在 个 的倍数的因式中,有 个 的1,2n pnp2n倍数;在
24、 个 的倍数的因式中,有 个 的倍数;,如此下去,在正整数2p3的素因子分解式中,素数 作为因子出现的次数就为!np23nn注 省略号其实是有限项之和画线示意 中 2 的指数50!3567891471231743A定理 15 (费玛小定理)如果素数 不能整除整数 ,则 pa1p证明 1 考察下面的 个等式:p, ,1aqr10,22,1paqr10p由于素数 不能整除整数 ,所以, 不能整除每个等式的左边,得 均p 121,pr不为 0,只能取 下面证明 各不相等1,2 121,pr若不然,存在 ,使,tsp,stsaqrr相减 sttapq16应有素数 整除 ,但素数 不能整除 ,所以素数
25、整除 ,然而由pstapapst可得11ts,02st要素数 整除 是不可能的,得 各不相等有p121,pr12 !pr A再把上述 个等式相乘,有,112!ppaMr即 ,!其中 是一个整数M亦即 1!pa由于 是素数,不能整除 ,所以素数 整除 ,得证p!p1pa1p证明 2 改证等价命题:如果素数 不能整除整数 ,则 modp只需对 证明成立,用数学归纳法1,ap(1) ,命题显然成立(2)假设命题对 成立,则当 时,由于1k1ak,故有|,1ipC11pppkCkk (用了归纳假设)mod这表明,命题对 是成立 a由数学归纳法得 p又素数 不能整除整数 ,有 ,得 ,1ap1pa定义
26、9 (欧拉函数)用 表示不大于 且与 互素的正整数个数nn定理 16 设正整数 ,则12k17121knpp证明 用容斥原理设 ,记 为 中能被 整除的数所组成的集合(,Sn iASip) ,用 表示 中元素的个数,有1,2ik iAi, iinp1212,ij kij knpp 易知, 中与 互素的正整数个数为1,2S n,kA由容斥原理得121121kiijikijkijmkijmkSAA 111 12111 1212.ikijkijkijijmkkikijkijkijij kknnnpppnpp 注 示意 的容斥原理3推论 对素数 有 1,定理 17 整系数不定方程 ( )存在整数解的充
27、分必要条件是axbyc0a,abc证明 记 ,dab(1)必要性(方程有解必须满足的条件) 若方程存在整数解,记为 ,则0,xy,0axbyc由 , 有 ,得证 |,d0|d,|abc(2)充分性(条件能使方程有解) 若 ,可设 由于形如 的数中有|ddeaxby18最小正数 满足0axby0,a两边乘以 ,得e00xbeyc这表明方程有解 0,.定理 18 若 , ,且 是整系数不定方程 的一个整ab10,xyaxbyc数解,则方程的一切整数解可以表示为 0,xtyaZ证明 直接代入知是方程的整数解,下面证明任意一个整数解都有的形式.由 是方程的一个解,有0,x, 0abyc又方程的任意一个
28、解 满足,x, yc相减 00axby但 ,故有,1b,0|y有 ,xtZba得方程的任意一个整数解可以表示为0,ty定义 10 (平面整点)在平面直角坐标系上,纵横坐标都是整数的点称为整点(也称格点) 类似地可以定义空间整点19第二讲 数论题的范例讲解主要讲几个重要类型:奇数与偶数,约数与倍数(素数与合数) ,平方数,整除,同余,不定方程,数论函数等重点是通过典型范例来分析解题思路、提炼解题方法和巩固基本内容一、奇数与偶数整数按照能否被 2 整除可以分为两类,一类余数为 0,称为偶数,一类余数为 1,称为奇数偶数可以表示为 ,奇数可以表示为 或 一般地,整数被正整数n21n去除,按照余数可以
29、分为 类,称为模 的剩余类 ,从每类中mmmodiCxi各取出一个元素 ,可得模 的完全剩余系(剩余类派出的一个代表团) ,iiaC称为模 的非负最小完全剩余系.0,12,通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧,常称作奇偶分析,这种技巧与分类、染色、数字化都有联系,在数学竞赛中有广泛的应用 关 于 奇 数 和 偶 数 , 有 下 面 的 简 单 性 质 : ( 1) 奇 数 偶 数 ( 2) 偶 数 的 个 位 上 是 0、 2、 4、 6、 8; 奇 数 的 个 位 上 是 1、 3、 5、 7、 9( 3) 奇 数 与 偶 数 是 相 间 排 列 的 ; 两 个 连 续 整 数 中
30、 必 是 一 个 奇 数 一 个 偶 数 ; ( 4) 奇 数 个 奇 数 的 和 是 奇 数 ; 偶 数 个 奇 数 的 和 是 偶 数 ; 偶 数 跟 奇 数 的 和 是 奇 数; 任 意 多 个 偶 数 的 和 是 偶 数 ( 5) 除 2 外 所 有 的 正 偶 数 均 为 合 数 ;( 6) 相 邻 偶 数 的 最 大 公 约 数 为 2, 最 小 公 倍 数 为 它 们 乘 积 的 一 半 ( 7) 偶 数 乘 以 任 何 整 数 的 积 为 偶 数 ( 8) 两 数 和 与 两 数 差 有 相 同 的 奇 偶 性 , mod2ab( 9) 乘 积 为 奇 数 的 充 分 必 要
31、条 件 是 各 个 因 数 为 奇 数 ( 10) 个 偶 数 的 积 是 的倍数n2n( 11) 的 充 分 必 要 条 件 是 为 偶 数 , 的 充 分 必 要 条 件 是 为kk1kk奇 数 ( 12) 2220mod4,1mod4,mod8nnn( 13) 任 何 整 数 都 可 以 表 示 为 k例 1 (1906,匈牙利)假设 是 的某种排列,证明:如果 是奇12,na , n数,则乘积12n20是偶数解法 1 (反证法)假设 为奇数,则 均为奇数,奇12naa ia数个奇数的和还是奇数奇数= 12n,210na 这与“奇数 偶数”矛盾 所以 是偶数2na评析 这个解法说明 不为
32、偶数是不行的,但没有指出为偶1数的真正原因体现了整体处理的优点,但掩盖了“乘积”为偶数的实质解法 2 (反证法)假设 为奇数,则 均为奇数,12naa ia与 的奇偶性相反, 中奇数与偶数一样多, 为偶数但已知条件 为奇数,ia,2n n矛盾 所以 是偶数1a评析 这个解法揭示了 为偶数的原因是“ 为奇数” 那么12na为什么“ 为奇数”时“乘积”就为偶数呢?n解法 3 中有 个奇数,放到 个括号,必有两个奇数在同12,n 1一个括号,这两个奇数的差为偶数,得 为偶数2naa评析 这个解法揭示了 为偶数的原因是“当 为奇数时,12n n中奇数与偶数个数不等,奇数多,某个括号必是两个奇数的差,为
33、偶数” 1,2n类似题: 例 1-1(1986,英国)设 是整数, 是它们的一个排列,证明127,a 127,b是偶数127abb( 中奇数与偶数个数不等),例 1-2 的前 24 位数字为 ,记3.145926873462为该 24 个数字的任一排列,求证 必为偶数124,a 22aa(暗藏 中奇数与偶数个数不等)3,15,926,389,7,8,例 2 能否从 中选出 个数填入图的圆圈中,使得每两个有线相连的圈中 1021的数相减(大数减小数) ,所得的 14 个差恰好为 ?1,24解 考虑 14 个差的和 ,一方面S为奇数12405另一方面,每两个数 的差与其和有相同的奇偶性 ,因此,,
34、ab (mod2)ab14 个差的和 的奇偶性与 14 个相应数之和的和 的奇偶性相同,由于图中的每一个数S/S与 2 个或 4 个圈中的数相加,对 的贡献为 或 ,从而 为偶数,这与 为奇数a/2a4/SS矛盾,所以不能按要求给图中的圆圈填数评析:用了计算两次的技巧对同一数学对象,当用两种不同的方式将整体分为部分时,则按两种不同方式所求得的总和应是相等的,这叫计算两次原理成富比尼原理计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式在反证法中,计算两次又可用来构成矛盾例 3 有一大筐苹果和梨分成若干堆,如果你一定可以找到这样的两堆,其苹果数之和与梨数之和都是偶数,问最少要把这些苹果和梨分成几堆?解
35、 (1)4 堆是不能保证的如 4 堆的奇偶性为:(反例)(奇奇) , (偶偶) , (奇偶) , (偶奇) (2)5 堆是可以保证 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述 4 种可能,当把这些苹果和梨分成 5 堆时,必有 2 堆属于同一奇偶性,其和苹果数与梨数都是偶数例 4 有 个数 ,它们中的每一个要么是 ,要么是 若n11,nxx 1,求证 123 0nx 4|证明 由 ,有 ,再由,ix1,ix,1231nnx 知 个 中有一半是 ,有一半是 , 必为偶数,设 nix 2k现把 个 相乘,有1i,22123111()k nnxxxxA A A可见, 为偶数,设 ,有 ,得证 m4|例 5 个
36、整数 ,其积为 ,其和为 0,试证 n121,naa 4|证明 先证 为偶数,若不然,由 知, 全为奇数,21na 121,na其和必为奇数,与其和为 0(偶数) ,故 必为偶数 ( 中至少有 1 个偶数),22再证 为 4 的倍数,若不然,由 为偶数知, 恰有一个为偶数,其余nn121,naa个数全为奇数,奇数个奇数之和必为奇数,加上一个偶数,总和为奇数,与1之和为 0 矛盾,所以, 为 4 的倍数, ( 中至少21,naa |121,na有 2 个偶数)评析 要证 ,只须证 中至少有 2 个偶数,分两步,第一步证至少4|121,naa有 1 个偶数,第二步证至少有 2 个偶数例 6 在数轴
37、上给定两点 1 和 ,在区间 内任取 个点,在此 个点中,(,)n2每相邻两点连一线段,可得 条互不重叠的线段,证明在此 条线段中,以一个有n1理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条证明 将 个点按从小到大的顺序记为 ,并在每一点赋予数值 ,2122,nAia使 1,iiAa当 为 有 理 数 点 时 , 当 为 无 理 数 点 时 .与此同时,每条线段 也可数字化为 (乘法)1i1ia11, iiaA 当 一 为 有 理 数 点 , 另 一 为 无 理 数 时 , 当 同 为 有 理 数 点 或 无 理 数 点 时 ,记 的线段有 条,一方面1ik123412()()()()knkknaa另
38、一方面 1(,223112()nn得 ,故 为奇数k评析 用了数字化、奇偶分析的技巧二、约数与倍数最大公约数与最小公倍数的求法(1)短除法(2)分解质因数法设,12,0,12,kiapk 12kib 记 ,min,ax,iiii23则 ,12,kabp12k(3)辗转相除法121,0nnabrrr例 7 (1)求 , ;83058305(2) , 4,4,解(1)方法 1 分解质因数法由 28379,05得 ,1,28371935方法 2 辗转相除法053162890或 232142211865370096qqrr或 831,51,29,02983058305,083135,(2)方法 1 短
39、除法由4 790536 21 4 得 ,2,8036244314,8025160方法 2 分解质因数法由,4223,108,得 ,24, 364510例 8 正整数 分别除以 得到的余数依次为 ,n2,7891,2345,6789则 的最小值为 n解 依题意,对最小的 ,则 是 的公倍数1,3456,0,327n得 2519n例 9 有两个容器,一个容量为 27 升,一个容量为 15 升,如何利用它们从一桶油中倒出 6 升油来?解 相当于求不定方程 的整数解15276xy由 知,存在整数 ,使15,273,uv,uv可得一个解 ,从而方程,1154276即往小容器里倒 2 次油,每次倒满之后就
40、向大容器里倒,大容器倒满时,小容器里剩有 3 升油;再重复一次,可得 6 升例 10 对每一个 ,求证存在 个互不相同的正整数 ,使2nn12,na,对任意的 成立ijija,1,ijij证明 用数学归纳法当 时,取 ,命题显然成立12a假设 时,命题成立,即存在 ,使 ,对任意的nk,k ijija成立,12,ijij现取 为 及它们每两个数之差的最小公倍数,则 个数b2ka 1k2512,kbaab满足 ,ttijij即命题对 时成立由数学归纳法知命题对 成立 1nk2n例 11 证明对任意正整数 ,分数 不可约95,IMO 143证明 1 (反证法)假若 可约,则存在243n, d使 ,
41、,1d从而存在 ,使,pq24, 13npdq消去 , ,得n, 2p的 1d由(1) 、 (5)矛盾,得 解题分析:(1)去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法(2)式是实质性的进展,表明,314214n可见 ,由此获得 2 个解法证明 2 设 存在 ,使14,3nd,1pq ,pq消去 ,3-2,得n132d得 证明 3 由 414n得 21,326证明 4 21,43n 7 , 1解题分析:第 相当于 -;第 相当于-2(-)=3-2;所以式与式的效果是一样的例 12 不存在这样的多项式,110mfnana使得对任意的正整数 , 都是素数f证明 假设存在这样的多项式,对任意的正整数 ,
42、都是素数,则取正整数nf,有素数 使nbp,110mfababp进而对任意的整数 有,k1110mmfpkabkp(二项式定理展开)10mababMp,PM其中 为整数,这表明 为合数fkp这一矛盾说明,不存在这样的多项式,对任意的正整数 , 都是素数nf三、平方数若 是整数,则 就叫做 的完全平方数,简称平方数a2a1平方数的简单性质(1)平方数的个位数只有 6 个: 0,145.69(2)平方数的末两位数只有 22 个:00,01,21,41,61,81,04,24,44,64,84,25,16,36,56,76,96,09,29,49,69,89 (3) 220mod4,1mod4nn( ) 1827(6)凡是不能被 3 整除的数,平方后被 3 除余 1(7)在两个相邻整数的平方数之间,不能再有平方数(8)非零平方数的约数有奇数个(9)直角三角形的三边均为整数时,我们把满足 的整数 叫做勾22abc,ab