1、数论试题中的概念和方法,竞赛中常用的定理：欧拉定理 费马小定理 中国剩余定理 ,基本研究对象： 整数,涉及的范围：整除问题 同余问题 不定方程 ,1、已知a、b、c为正整数，且 是有理数. 求证： 是整数.,证明：因为 为无理数，故 bc0， 于是,上式表示有理数，则有b2-ac=0.从而a2+b2+c2=(a+b+c)2-2ab-2bc-2ca =(a+b+c)2-2(ab+bc+b2) =(a+b+c)(a-b+c).故,整除有如下的一些性质：若a | b，b | c，则a | c ；若c | a，d | b，则cd | ab；若c | a，c | b，则c |（manb）； 若a | b
2、，则ma | mb，反之亦成立； a、b互质，若a | c，b | c，则ab | c；p为质数，若p|a1a2an，则p必能整除a1，a2， an中的某一个； 特别地，若p为质数，p|an，则p|a.,2、证明：当n为任何整数时，36|(2n6 n4 n2).证明：2n6n4n2=n2(2n21)(n21)， 当n为偶数时，4|n2； 当n为奇数时，n2被4除余数为1，故4|(n21). 故4|n2(2n21)(n21). 当n3k（kZ）时，9|n2(2n21)(n21)； 当n3k1（kZ）时，n2被3除余数总是1， 所以3|(n21)，且2n2被3除余数为2， 所以3|(2n21)，
3、于是9|(n21)(2n21)， 故9|n2(n21)(2n21). 所以36|(2n6 n4 n2).,分析： 按底数之和为（n2）进行配对计算. k2005(n2k)2005 (n2)k2004k2003(n2k)+(n2k)2004，k2005(n2k)2005能被n2整除（k2，3，）.,因式分解公式：对大于1的整数n有xnyn =(xy)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+xyn-2+yn-1)；对大于1的奇数n有xn+yn =(x+y)(xn-1xn-2y+xn-3y2xyn-2+yn-1)；对大于1的偶数n有xnyn =(x+y)(xn-1xn-2y+xn-3y2+xyn-2y
4、n-1).,同余问题定义:设m是一个给定的正整数.如果两个整数a、b用 m除所得的余数相同，则称a、b对模m同余，记 为ab(modm) .若m|(ab)，则称a、b对模m同余.若a=b+mt(tZ)，则称a、b对模m同余.,性质：aa（mod m） 若ab（mod m），则ba（mod m）若ab（mod m）,bc（mod m）,则ac（mod m）若ab（mod m）,cd（mod m）, 则acbd（mod m），acbd（mod m）, a nb n（mod m）若n|m，ab（mod m），则ab（mod n）若(m，n)1，ab（mod m），ab（mod n）， 则ab（mod
5、 mn）,欧拉定理：若（a,m）=1，则费尔马小定理：p是素数，则apa（mod p） 若另上条件（a，p）1，则ap-11（mod p）威尔逊定理：设p素数，则（p1）！-1（mod p）.,4、一个数的各位数字的和被9除的余数等于这个数被9除的余数.,证明 设a=,=an10n+an-110n-1+a110+a0， 101(mod9)，10n1(mod9)， an10n+an-110n-1+a110+a0 an+an-1+a1+a0(mod9),5、 试求出一切可使 被3整除的自然数.,6、求 除以13的余数.,解：1031（mod13） 1061（mod13） 1021010（mod6）
6、 10310210（mod6） 10n10n-1104（mod6） 10n6k4 106k+4(106)k1041k1041043（mod13）,不定方程 不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数的取值范围是受某些限制（如整数、正整数或有理数）的方程.,对于二元一次不定方程问题，我们有两个定理：二元一次不定方程ax+by=c (a，b，c为整数)有整数解的充分必要条件是(a,b)|c.若(a,b)=1，且x0，y0为上述方程的一组解，则方程的全部解为x=x0+bt，y=y0-at(t为整数).对于非二元一次不定方程问题，常用的求解方法有：恒等变形;构造法;奇偶分析法; 不等式估计法.,
7、7、求满足方程2x2+5y2=11(xy11)的正整数数组(x，y).,(2xy) (x5y)=112.,8、求不定方程14x224 xy+21y2+4x12y18=0的整数解.,解 原式变形为：2(x3y+1)2+3(2xy)2=20，故 3(2xy)220， 即平方数(2xy)24，当 (2xy)2=0，1时，(x3y+1)2=10或2(x3y+1)2=17，均不可能，故(2xy)2=4，从而 (x3y+1)2=4，由此得方程有唯一整数解：（1，0）.,证明由于251=32，2131=52，5131=82， 因此，只需证明2d1，5d1，13d1中 至少有一个不是完全平方数. 假设它们都是
8、完全平方数，令 2d1=x2 5d1=y2 13d1=z2 x,y,zN* 由知，x是奇数，设x=2k1， 于是2d1=(2k1)2，即d=2k22k+1， 这说明d也是奇数. 因此，再由，知，y,z均是偶数.,9、（第27届IMO试题）设正整数d不等于2，5，13.证明在集合2，5，13，d中可以找到两个元素a,b，使得ab1不是完全平方数.,反证法,设y=2m，z=2n，代入，相减，除以4得，2d=n2m2=(n+m)(nm)，从而n2m2为偶数，n，m必同是偶数或同是奇数，于是m+n与mn都是偶数，这样2d就是4的倍数，即d为偶数，这与上述d为奇数矛盾.故命题得证.,2d1=x2 5d1
9、=y2 13d1=z2 ,d是奇数，y,z均是偶数,解 52m=n21=(n+1)(n-1)， 其中n+1与n-1同为偶数， 则n为奇数，设n=2k-1(kN+)，,10、（2006澳大利亚数学奥林匹克）求所有的正整数m、n，使得1+52m=n2.,所以52m=4k(k-1),即52m-2=k(k-1),故m2,k1，因k与k-1一奇一偶，故,解得k=5，m=4，所以m=4，n=9满足条件.,11、（2004年中国西部数学奥林匹克）求所有的整数n，使得n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数,解 设An4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数， 则配方后A(n2+3n+1)23(n1
10、0)是完全平方数 当n=10时，A(102+310+1)2=1312是完全平方数. 当n10时，A(n2+3n+1)2， 所以A(n2+3n)2， A(n2+3n)2 (n2+3n+1)23(n10)(n2+3n)20， 即(n2+3n+1)2(n2+3n)23(n10)， 2n2+3n+310，这不可能,于是A(n2+3n+2)2，化简得2n2+9n270，, n=6，5，4，3， 2，1， 0，1，2，此时对应的A=409，166，67，40， 37，34， 31，52，145都不是完全平方数,A(n2+3n+1)23(n10),当n10时，A(n2+3n+1)2，,所以，只有当n=10时
11、，A是完全平方数,(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除的余数只能是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整除的数的平方能被3整除， 因而，平方数被9除的余数为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)在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完 全平方数.,完全平方数的性质,d是a的正因数,其中0ii，i=l，2，s,a的正因数的个数为d(a)
12、=(1+1)(2+1)(s+1),a的正因数的和,12、（2003年泰国数学奥林匹克）求所有使p2+2543具有少于16个不同正因数的质数p.,解 当p=2时，p2+2543=2547=32283，283是质数， 此时共有正因数(2+1)(1+1)=6个，满足条件； 当p=3时，p2+2543=2552=231119， 此时共有正因数(3+1)(1+1)(1+1)=16个，不满足条件； 当p3时，p2+2543=(p-1)(p+1)+2400+144， (p-1)(p+1)是24的倍数，所以p2+2543是24的倍数， p2+2543=23+i31+jm， 若m1，共有正因数(3+i+1)(1
13、+j+1)(k+1)16个， 若m=1，2i3j106， 当j1，正因数个数不少于16， 当j=1，i4，正因数个数不少于24， 当j=0，i5，正因数个数不少于18， 所以 p3不满足条件. 综上所述，p2时，正因数个数至少有16个， 而p=2时正因数个数为6，故所求的质数p是2.,13、（2004土耳其数学奥林匹克）(1)对于每一个整数k=1,2,3，求一个整数n，使n2-k的正 因数个数为10.(2)证明：对于所有整数n，n2-4的正因数个数不是10.,(1)解： k=1,243+1=72 k=2,7423+2=2352 k=3,37413+3=49362,(2)证明：假设存在n，使n2
14、-4有10个因数.若n2-4=p9(p为质数)，即(n-2)(n+2)= p9,令n-2=pi,n+2=pj (i4,所以无解.若n2-4=p14 p2，（p1,p2为质数，且p1p2）， 即(n-2)(n+2) =p14 p2， 当(n-2,n+2)=1时， n-2=1，则n+2=5，无解. n-2= p14，n+2= p2，则p2 -p14=4.,如果p1=5，则p2=629=1737，矛盾.如果p15，则p141(mod5),p2p14+40(mod5).故p2=5，p14=1无解.n-2= p2, n+2= p14，则p14-p2 =4，所以(p12-2)(p12+2)= p2所以，p
15、12-2=1，p12=3，无解.当(n-2,n+2)1时,又(n+2)-(n-2)=4，则p1=2，所以p2为奇数.故n2=16 p2+4，所以2|n.设n=2m，则m2=4p2+15(mod8)，矛盾.因此，不存在整数n，使得n2-4的正因数个数是10.,14、（2006澳大利亚数学奥林匹克）对于任意正整数n， 设a(n)是n的各位数的乘积.(1)证明：对所有正整数n，有na(n) ；(2)求所有的n，使得n2-17n+56=a(n)成立.,(1)证明 令,则,(2)解 由n2-17n+56=a(n),及a(n)n 得n2-17n+56n，即n2-18n+560， 解得 4n14. 又由n2
16、-17n+560,得n4,或n13, 则n4,13,14 逐一检验得 n4.,15、（2005德国数学奥林匹克）设Q(n)表示正整数n的各位数字之和，证明：Q(Q(Q(20052005)=7.,证明 因为Q(n)n(mod9)， 而20052005(9222+7)200572005(mod9)， 由欧拉定理,所以2005200572005=76334+1(mod9)7(mod9)，故Q(Q(Q(20052005) 200520057(mod9).又20052005(104)2005=108020，所以，20052005至多有8020位，故Q(20052005)98020=72180于是Q(20
17、052005)至多只有5位，因此Q(Q(20052005)95=45,从而Q(Q(Q(20052005)3+9=12,又Q(Q(Q(20052005)7(mod9)，所以Q(Q(Q(20052005)7.,16、(2004年西部数学奥林匹克)设nN*，用d(n)表示n的所有正约数的个数，(n)表示1，2，n中与n互质的数的个数求所有的非负整数c，使得存在正整数n，满足 d(n)(n)nc，并且对这样的每一个c，求出所有满足上式的正整数n.,分析 d(n)表示n的所有正约数的个数， (n)是1，2，n中与n互质的数的个数，两类数中的公共部分只有1，如果1，2，n中的数恰好是大于1的正约数与第二类
18、中大于1的某数的乘积，该数不在这两类数中，把这种数称为第三类数.当没有第三类数时c=1；当有1个第三类数时c=0；当第三类数的个数大于1时c0.,17、(2004-2005匈牙利数学奥林匹克)已知n是正整数，如果存在整数a1,a2,an（不一定是不同的），使得a1+a2+an=a1a2an=n，则称n是“迷人的”.求迷人的整数.,解：若k=4t+1,tN，显然满足要求， 取4t+1及2t个1，2t个-1即可.若k=4，则a1a2 a3a4=4，只可能a4=4或a4=a3=2，显然无解.若k=4t，t2，分两种情况讨论.当t为奇数时，取2t，-2，x个1，y个-1（x，y待定）.则x+y=4t-
19、2，x-y+2t-2=4t.解得x=3t，y=t-2.显然这样一组数满足题设要求.,当t为偶数时，类似地取2t，2，x个 1，y个-1，则x+y=4t-2，x-y=2t-2.解得x=3t-2，y=t.这一组数比满足题设要求.综上，4t(t2)型数是迷人的.下面证明4t+2，4t+3型数是不迷人的.若4t+2型数是迷人的，设4t+2= a1+a2+a4t+2=a1a2a4t+2.易知，ai中有且仅有一个偶数，其余4t+1个数均为奇数，故a1+a2+a4t+2必为奇数，矛盾.因此4t+2型数是不迷人的.,若4t+3型数是迷人的，设4t+3= a1+a2+a4t+3=a1a2a4t+3.其中模4余1的有x个，模4余3的有4t+3-x个.故x+3(4t+3-x)3（mod4），所以2x2（mod4），于是x是奇数，4t+3-x为偶数，则34t+31x34t+3-x1（mod4），矛盾.因此4t+3型数是不迷人的.综上所述，全部的迷人数为4t+1，tN；4t，t2的类型.,
