1、竞赛中的数论问题【知识点介绍】初等数论也叫做整数论，其研究对象是整数，由于其形式简单，所用知识不难理解，因而常常出现在数学竞赛中数学竞赛中的数论问题主要涉及奇数和偶数，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 x和欧拉函数、数的非十进制等处理竞赛中的数论问题要求熟悉基本知识，灵活地运用一些常用技巧在本讲中，如没有特别说明，所用的字母均表示整数1整除设 a、b 是两个整数，b0，则一定有且仅有两个整数 q 和 r，使得 a=bq+r(0r121mmnak-=+ nk示设 a、b 是两个不全为 0 的整数，若整数 d 既能整除 a 又能整除 b，则称 d 是 a、b 的公约数
2、，a、b 的公约数中的最大者称为 a、b 的最大公约数，记为(a，b) 若(a，b)=1，则称 a、b 是互素(互质)的 设 a、b 是两个都不为 0 的整数，若 m 是 a 的倍数，同时又是 b 的倍数，则称 m 是a、b 的公倍数，a、b 的公倍数中最小的正数称为 a、b 的最小公倍数，记为a，b 对任意的正整数 a、b 有：(a ，b) a，b=ab对非零整数 a、b、c 、 m、n，有以下性质： (1) 若 ，则 ;|,|(2) 若 ，则 ;(3) 若 ，则 ;|,|b+(4) 若 ，且 ，则 ;()1ab=ac|(5) 若 ，且 ，则 .,|,ac2同余设 是一个不小于 2 的正整数
3、，且 ，则称 对模 同余，记作m|mb-,am(od)ab设 是整数，且 ，则,c0(1)若 ，且 ，则 ；)()(odcb)(odc(2)若 ，且 ，则 且ba；odba(3)若 ，且正整数 满足 ，则 )(mc|(,)m).(cmc3素数与合数若一个大于 1 的整数除了 1 和本身外再无其它的正约数，则称这个数为素数（质数）每一个大于 1 的整数都可分解成素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是惟一的，即 2npn正整数 的素数分解式为 ，则 的正约数的个数为21np，).()(21nd的所有正约数的和为 )1).( 2221 kkpppp 每连续 个整数中，与 互质的整数的个数是 .
4、nn )1).(1()(2kppn4不定方程若 是方程 的一个正整数解，则方程的一切整数解可以表示为0(,)xyaxbyc+=)(.,0Zt方程 满足 且 是偶数的一切正整数解为22xyz,1xy（这里 ， 一奇一偶，且 ） 2,abab=-=+(,)a=,bab典型例题例 1 (2007 年广西预赛试题) 已知三个正整数 x，y，z 的最小公倍数是 300，并且则方程组的解(x，y ，z )= .2230,xyz解 记方程组中的两个方程为（1） ， （2） ，消去 x 得 ，即038522zy，所以 ，或 0)(35(zy035zy0zy若 ，则由(1)得 ，不合题意x=-由 和（1）得 ，
5、即 ，zyxzy,:1:35yz=于是，令 ，有 ， ，从而(x ，y，z)(5,3, *Nkkx50k2=(20，60，100)例 2 （ 2008 年全国高中数学联赛试题） 方程组 的有理数解 的,0xyz(,)xyz个数为 （ B ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4解 若 ，则 解得 或0z0.xy， xy， 1.，若 ，则由 得 z由 得 xyx将代入 得 0y20xy由得 ，代入化简得 .13(1)易知 无有理数根，故 ，由得 ，由得 ，与 矛盾，3yy1x0z故该方程组共有两组有理数解 或0,xyz1,.说明：上述两个例题都是求不定方程组的整数解，这类问题通常是想办法将其转化
6、成不定方程来进行求解。例 3 (2007 年安徽省预赛试题 )设 A=100101102103499500 是一个 1203 位正整数，由 100 到 500 的全体三位数按顺序排列而成，那么 A 被 126 除的余数是 ( )（A）78 （B）36 （C）6 （D）0分析 ，因此只要求出 A 被 2，7，9 除的余数，就可求出 A 被 126 除97216的余数解 注意到 , ,)(mod0).9(mod6534015.0 又 所以),7(mod103 ).7(102.4985A综上， 故选（C）.6例 4 (2007 年浙江省预赛试题 )已知 a= 重，则 a 的末两位数字是( )207（
7、A）01 （B）07 （C）43 （D）49 分析 求 a 的末两位数字，即求 a 被 100 除的余数，因此考虑用同余性质解题解 记 Nk= 重则 .207k 2062062077(mod1)N又 ， . 471(mod)nn2052056()3(4)N所以 .因此，a 的末两位数字是 43故选（C ） 2063N说明 一般地，对于正整数 a、m ，数列 是周期数列(od)nm例 5 (2007 年安徽省预赛试题 )在正整数构成的等差数列 1，3，5，7，中删去所有和 55 不互质的项之后，把余下的各项按从小到大的顺序排成一个数列 易见na，.那么 等于 12345,7,9,13aa=207
8、a( )（A）9597 （B）5519 （C）2381 （D）2759分析 考虑正整数列 1，2，3，4，5，6，7，其中每连续 110 个数与 2，5，11 都互质的数的个数都一样多，可以求出，不与 2，3，5 都互质的数也可以求出，这样把这个正整数列进行分段，能计算出余下的数的个数 解法 1 可以看作是在正整数列 1，2，3，4，5，6，7中删去所有可能被 2，5na或 11 整除的项之后，把余下的各项按从小到大的顺序排成的数列，于是余下的项是所有与互质的项而每连续 110 个整数中，与 110 互质的数有052个0)(51)2()( 又 ，而正整数列中第 7 个与 110 互质的数是 1
9、9，所以747故选（B） 9120a解法 2 可以看作是在正整数列 1，2，3，4，5，6，7中删去所有可能被 2，5na或 11 整除的项之后，把余下的各项按从小到大的顺序排成的数列由容斥原理，从 1 到正整数 中，不能被 2，5 或 11 整除的项的个数是m(其中 表示不超过 的最大整001 mmx xx数由 mxm 14)(51)2(152152207 ，得 941而 207159251901525951 x，且 5519 与 110 互质，从而 故选（B ） 2079a=例 6 （2008 年全国数学高中联赛试题） 求满足下列关系式组22,5xyzz的正整数解组 的个数(,)分析：此问
10、题是二次不定方程，且有约束条件，因此要进行适当的转化求解。解 令 ，由条件知 ，方程化为ryz05r，即 （1）22()x22xz因 ，故 ，从而 0yzrzyzx设 因此（1）化为px （2） 22zzr下分 为奇偶讨论，r（）当 为奇数时，由（2）知 为奇数p令 ， ，代入（ 2）得1r1p （3）211()0zr（3）式明显无整数解故当 为奇数时，原方程无正整数解 （）当 为偶数时，设 ，由方程（2）知 也为偶数从而可设 ，代r1rp12p入（2）化简得 （4）22110pzr由（4）式有 ，故 ，从而可设 ，则（4）可1()p1pr1pra化为 ，2211()razr （5）20za因
11、 为整数，故 21rza21r又 ，因此1()xpra，得 ，211()rz21r a因此，对给定的 ，解的个数恰是满足条件 的 的正因数 的1,25r 12ar2a个数 因 不是完全平方数，从而 为 的正因数的个数 的一1()Nr2 1()Nr21()半即 1()/r由题设条件， 而2525 以内有质数 9 个：2，3，5，7，11，13，17，19，23将 25 以内的数分为以下八组：，012341,A，2571，23,，4A，25，13,7,19,23B，2，35,从而易知，012341()2()()213451NAN，(346.)62)32)(2)3( ， (918NA.)9)()()
12、( 2522 ，4，5()10NA，382B，2()，391N将以上数相加，共 131 个因此解的个数共 131 例 7 (2007 年天津预赛试题 )方程 的所有正整数解为 .2307xy分析 本方程不能通过分解求出其正整数解，我们用同余方法解 方程两边模 3 得， 设 ，代入方程，约去 3 ，再两边模 30mod1x得， 0mody设 ，则原方程化为 ，于是 ，即 1213xy12x14x因为 或 1, 或 1 ， ，所以 为偶数，于是2x02y(mod4)od41经验证， ，所以 1,48,1,xy,9xy说明：该问题就是运用一个数的平方关于模 4 的余数而求出该不定方程的解。例 8 试
13、求方程 的正整数解。982y分析：这是一个二阶不定方程，通常用因式分解方法，将其转化成一阶不定方程组求解。解 若方程有正整数解，则 由于.x， 且 与 有相同的奇偶性，)(2yxyx),()(yxyx故从 .2871472849241981 知原方程的正整数解必是且仅是下列方程组的正整数解2yx.1yx故解得原方程的正整数解为 或 。)496,8(),)4,7(例 9 (2005 年北京市中学生数学 竞赛试题) 设 个质数 构成公差为 (p12,pa d)的等差数列，且 ，求证:0d1ap(1)当 是质数时， ；p|d(2)当 =15 时， .30分析 对问题(1)，我们注意到一个数被 除的余
14、数有 个，而题中所给出的数有 个，ppp所以应从这 个数被 除的余数考虑对问题(2)，应注意运用问题(1)的结论解 (1)因为 都是大于 的质数，所以 不整除 ，于是12,pa (1,2)ia=被 除的余数只能取 个不同的余数.由抽屉原理，必有两个数被 除的余12,pa 1p数相同，设为 ，则有 ，即 ，又)(,nmn )(|nmapdnp)(|，所以 .),(M|pd(2)当 时，对任意一个小于 的质数 ，有 也是公差为 ( )的15=pq12,qa d0等差数列，且 ，于是由(1)的结论，有 ，从而 ，即1apq|d|13753，从而 .30|d30例 10 (2006 年女子数学奥林匹克
15、 试题) 求证:对 ，均有无穷多个正整数 ，使1,23i=n得 中恰有 个可表示为 3 个正整数的立方和.,28n+i分析 首先，本题实际上是要证明 3 个命题.其次，我们对整数被 3 除的余数进行分析，从而对任一整数的立方被 9 除的余数就有一个定论，再就每一命题构造出使命题成立的 .n解 每一整数可表示为 的形式，而 或,1k ,1)(,9mod0)(3kk，于上任一整数的立方模 9 为 0 或1，从而三个整数的立方和被 9 除的余数不)9(mod1能为 4 或 5.当 时，令 . 显然，这样的正整数 有无穷多个，1i=2)13(mn)0(n， ，于是 均不能表示成三个整数的立方和，而)9
16、(od4n9od528,8n+是三个相同正整数 的立方和.2+当 时， ，显然，这样的正整数 有无穷多个，i=2)13(n)0(n不是三个整数的立方和，且)9(mod5n.3333 5)1(8,622 m当 时， ，显然，这样的正整数 有无穷多个， 且i=1(0)nn， ， .333()45)nm+33261+=+3328(6)1m=+例 10：求方程 的所有非负整数解7wzyx ,wzyx解： 由于 为偶数，所以 。17wz x情形 1：若 ，此时原方程变为 0y 1752wz若 则 由此可得， （事实上,z)5(mod2x x|4,.16,8424321因此 这与 矛盾。 （ 不能被 3
17、整除）)(|x 17wzx wzx7512若 则,0z72w当 时，直接计算可得 （两组解）31x ),3(0),(x当 时，有 ，直接计算知不可能（因为 ）416)mod(7w )16(mod7w所以 当 时，全部的非负整数解为 两组解。0y ,03),1(),(zyx情形 2：若 则 ,1x.7532wzy因此 因为 则知 为奇数，)(mod75wz ),3(mod1zz)(odwz则 所以 计算知 )(13y )(y 4y）),.5(,523),5(4,od( 42 当 时，有 则 因此得 此与0w)7(mod132y )7(od43y ),6(mod4y矛盾，所以 于是 )4(mod1
18、y,0w152z当 时，,z当 时 故 因此 2yy3|9 )9(od15z )6(od3z（5 （*） ）),(od1,m72 ).(3因此 ，而 ，则 ，这与 矛盾。1|3z|35|z 152zy故此种情况的整数解为 ).0,1(),(wzyx情形 3：若 此时 则有2,0y 4od7 )4(mod)(w又 ，则 则有).3(mod175wz 3)(z所以 都是奇数，从而, )8(432zyx所以 ，原方程变为（其中 都是奇数） 由此知 1754wzy z, ),5(mod134y),(mod3从而 ， （直接计算得）y )7(mod23y )2(y设 （ ）210于是 )13)(1475
19、616 mmywz因为 .7od3316 m又 与 互质，所以 2216m2|516m于是 ，zm516 w3若 则有 （类似于情形 2 中（*）式得矛盾）即不可能，)9(odz则 ，即 01,2y故此时有解 )(),(wzx综上所述原方程有 4 组整数解 ).1,2(0,)1,3(0,1(例：试确定具有下述性质的所有正整数 ，集合n能分成两个不相交的非空子集，使得一个子集中所5,3,21,nnM有元素的积等于另一个子集的所有元素的积。解： 在 中加上数 ，则 是模 7 的一个完6 6,54,32,1nn全剩余系。假设满足条件的 存在，下面分两中情况讨论：n（1） 若 则 中必有 ，由于 分)
20、,7(mod0M)7(mod0i)iiM成两个子集的元素的积相等，积为 ，则 ，因为 7 为素数，则 中必有另一个 ，使得 ，这是不可能的；ij )(j（2） 若 ，则令分成两个子集的积为 ，则有)7(od06n m),7(od62054321)5(4)3(2)1(2 nm但是 （事实上7mod, ),.(m1),(),7(mod),()(),7(od 222222综上所述，满足题中条件的 不存在。n1 设 是一个大于 1 的固定整数，数列 定义如下m,.,3210xjjiiix102求 的最大值，使得数列中有连续的 项均能被 整除。kkm解：最大值为 。m设 是 关于模 的余数，在数列中按照
21、连续的 项分块，则余数最多有 种情况出irix m现，则超过 项时就会出现相同余数的情形，又结合数列的递推关系知，数列 是周ir期数列。由已知条件可得 ，及其中的 项的余数分别为1mjjiiixx1102,.mrr按上公式可求出这 项前面的 项模 的余数分别为 1,0.,:结合周期性得 k另一方面，若在余数数列 中有连续 项为 0，则由递推公式得所有的项 ，这与irm0ir矛盾。所以 的最大值为1r .12.每一个正整数 遵循下面的过程得到数a)(ad（1）将 的最后一位数字移到第一位得到数 ；b（2）将 平方得到数 ；bc（3）将 的首位数字移到最后一位得到数 。c求所有的正整数 ，使得 。
22、a2)(ad解：设正整数 满足 ，且 有 位数字， , 又设 的最后一位数为 ，1n0nas的第一位数为 。则有cf（其中 表示数位,*.)*(.2fdas*)(2fbs()上的数字）所以 既是末尾数字为 的一个数的平方的最后一位，同时又是首位为 的一f s个数的平方的第一位数字。完全平方数 ，要么是 位数，要么是 位数，da212n2n若 ，则 ，则 最多为 位数，从而其平方 最多为 位，所以 最多有 位，0snbcdn2则 不可能是 的平方。所以 ，因此 的最后一位数字不为 0。d0sa若 ，则由 知4,*.)*(.2fd6而由 ，则 只能为 1 或 2，矛盾，所以 不能为 4。)*(2f
23、bs s同样分析可只 不能为 5，6，7，8，9也就是 只可能为 1，2，3当 时 位且首位为 的数的平方是 位数；当 时 位且首位为,snsn3s1n的数的平方要么是首位数字为 9 的 位数，要么是首位是数字 1 的 位数。由122已知条件可知 ，且 是 位数字。2sfcn设 ，其中 是 位数（ ，设 ）xa10x0xn则 xsbn10 22210xssbcnn（其中 是数 的ffcd mm 1010)(1 c位数等于 ）2故 20sxsn由 得da291n于是 ，由于其平方为 位数，则2.,4.,63.12n对于前面两种情况 ，后面情况0n0综上所述，满足条件的 为 3，2，和a.3设 是
24、大于 5 的整数，对于每一个正整数 ，考虑 进制的数 （bnb25.1nx个 1， 个 2） ，证明：存在一个正数 使得对于大于 的正整数 ，数 是一个nMnx完全平方数的充分必要条件是 。10b证明：对于 6，7，8，9 将任何数 按模 进行分类，直接计算知 无bxb)(mod52b解由于 ，所以此时 不是完全平方数。)(mod5xnn当 ，直接计算得 10b )2510(105).10(210. 222 nnnnnn显然是完全平方数（只要 ）对于 设 假设存在一个正整数 ，当 时， 是完全平1bnnxby)(Mnx方数，则对于 ， 也是完全平方数。M1由 及 5312bxnn 212 )(
25、)53( bbnn所以 212121 )4()()(by nnnn 另一方面 23121 )(nn 因此，对于任意整数 ，存在一个整数 ，使得Mna， 且有 423ban 2121 )(nnn aby )1.(将 ， 代入（1） ，可得 ny )53|22abn当 足够大时，一定有 即 或0)53(22an )(2bn ).53(2b将 ， 及 代入（1） ，当 时， 适当大时（1）不成立，所以ny )(n，于是由（1）可得 )53(2ba )1(4(8 222 b上式左边能被 整除，从而可得 ，由 ， 所以20|0b此时可得 ，由前面结论知 不可能为一个完全平方数。综上所述，得证)(modn
26、xnx本题结论。4一个整数 ，若满足 不是一个完全平方数，则称这个数是“好”数。求满足下列性|质的所有整数 ，整数 可以用无穷多种方式表示成三个不同的“好”数的和，且这三个“好”数的积是一个奇数的平方。解：假设 可以表示为 且 是一个奇数的平方，于是 均为奇数，mwvu wvu,则 ，所以 中要么有两个数模 4 余 3，要么都模 4 余 1。所以总有)4(od1uvw,3下面证明 是满足条件的所有整数。为此我们来进行验证k考虑 的表示形式，在这样的表示中三个被加数的积是一个完全平zxy4方数。设 ， 则推得 12lxl 12kl于是有 ， )(42fy，)()(123 lgklkllz hx
27、12)(2由上可知 ， ， 均为奇数，且其积是一个奇数的平方，同时易知，除有限个)lfglh外， ， ， 是互不相同的，下面证明有无穷多个 ， ， ，l()( l|)(|f|lg不是完全平方数。当 ， 不是完全平方数|)|h0l|)(|lf选取两个不同的质数 ， 使得 ，pq34k.kq选取 ，使得 满足 ll， )(mod021)(mod0212pl， qlq由孙子定理知，如上的 有无穷多解。可以证明对于这样的 ， ， ， 不l l|)(|f|lg|)(lh是完全平方数。结论得证。5数列 定义如下：对所有的,.210a)0(k， akk证明：如果奇数 ，则np| ).1(|23p证明： 由数
28、学归纳法可以证明 )32(nnna若 有整数解，可设 满足 。)(mod32pxm)(od2p由条件 ，即 na| 0)3()2(nn从而 od0)2( pn因为 及 )(1)(4m2)()(2mnnn故 于是 od1pn )(mod1)2(2pn因为 由费尔马小定理有 ，所以有 ),( )(od1p，由于 是奇质数，因此|2pn )(|23n若 没有整数解，同样有 即存在整数)(mod3x )(032nn，使得 两边乘 得qpqnn 22)3( n)(， 因此，存在整数 使得nnpq21)( ba,3ban由定义知 ，且 ，不妨设 于是有)32(1)31(2nnanap| tpn（1+ )3
29、1() 12 2btann 所以存在整数 ，使得 （*）,b )21n设集合 ， )0,(,0|3jipjijiS ).(mod0|3pbaI下面证明对每个 ，不存在一个 满足 。S)( Sji) Ijiji3事实上， 若 ，因为 ，且 ，不妨设)(mod032pji1,0pji )0,(,ji，于是存在整数 ，使得 （由 互质）0ju1j因此有 ，与 没有整数解矛盾。因此)()(22ji)(od32xod32pji若 Iji)3)(则 ，mi )(modpjii故 ， （因为 ） 22 jjij )(mod032pji所以 推出 或 矛盾。)(od0pi 0iji所以对每个 ，不存在一个 满
30、足 。Sji3S)( Ijiji)3)(因为 ，定义影射 ，满足an1)( f:Ijifji )3(显然，该影射是双射，于是有 Sxxf)(所以 IaxpnS1)31)(2所以 (mod12由（*）知 )3(31pan从而 。结论得证|223pn6 设 是一个质数， 是一个正整数的集合，且满足下列条件：pA（1）集合 中的元素的质因数的集合包含 个元素1p（2）对于 的非空子集百年，其元素之积不是一个整数的 次幂p求： 中元素个数的最大值。A解： 最大值为 .)1(2p设 ，假设互不相同的质数分别为 ，定义r rp,.21，设 ，则 中有 个元素，且满足条件,.,1)(12pripiiiBri
31、B12（1） ， （2） 。假设 ，且 满足条件（1） ，下面证明不存在这样的集合满足条件（2） 。|rA设 是 个不同的质数，使的每一个 ，均可以表示为rp,.21 At，从中可以看出对每一个 ，相应有一个向量 与rt ),.(21r其对应。下面证明，只要 ，则一定可以找到这些数中一些的积为某个整数的1|2rA次幂。 （事实上，若有若干个上述向量的和关于模 是零向量则结论得证）p p为此，我们只要证明下列同余方程组有非零解 )(mod012 pxFriri)(122riri. )(mod012 pxFriri实际上，如果 是上述同余方程组的非零解，因为 ，所,.1212rx )(mod1,0
32、pxri以一定有若干个向量 满足和模 是零向量。为了证明上面的同余方程组有非零解，只要ivp证明同余方程（*） 有非零解即可)(mod0.21FFrr（因为每一个 或 ，所以上述方程等价于 ri1p，由于 为质数，所以 等价于)(mod0pri)(mod0pFri。)(mod0pFiri1下面证明同余方程（*）的接的个数可以被 整除，为此只要证明p（这里 表示对所有可能的 的取),(od0),.(1212xrr ),.(1212rx值的求和）实际上，由于 模 有 种取值方法，因此共有 项。因为i 2rp或 ，所以， 的项能被 整除。从而 的项0rF)(modp)(mpFr )(mod0pFr也
33、能被 整除。因为 是质数，平凡解 只有一个，因此，一定有非零解。0,.考虑 的每一个单项式，由于 的单项式中最多有 个变量，因此 的每一个单项式r ri rr最多有 个变量，所以每个单项最少缺一个变量。假设单项式形如：2，其中 当其他 个变量变化时，形如kjjxb.21 21kk12的单项式出现 次，所以 的每一个单项式均kjj.21 rp2 ),.(212rrxF能被 整除。p因此， ),(mod0),.(1212xFrr 综上所述，所求的最大值是 .p7试求所有互质的正整数对 ，使满足： ，),(yx210|yx.210|xy解：对正整数对 有， ， （ 则),(yx210|,| )210
34、(|2xy从而，存在某个正整数 ，适合 （ 。k,2kxyyx1),由（ ，则 所以 。),yx1)0,(),(x3若 ，易知 .21ky若 ，则 ，注意到 211 是质数，故 或 1，1xk2y.2k若 ，则 （事实上，如果 ，由于 ，故 或 13。y.15x14x)0,(x1x如果 ，则 ，又 331 是质数，故 ，从而 ，矛盾。yk32 3y32|如果 ，同样导出矛盾）13x当 时，将方程转化为50)2(2ky设该方程的另一个根为 ，则有y210xyk易知 ，由于 ，故Z 21052x，即 xykyxy )()()(2 )()(22xyx由于 ，从而得 ，即 0x所以 ，即 是“更小”的
35、一组解，且 值不变。yx212 ),(yk这就说明，每一组 （ ）都可由（1，1）或（1，211）导出，且 ，),(x 21所以可以构造 如下：na,121ana12原方程的所有正整数解对为 和 。),( Zna).,(18.（1）试求所有的正整数 ，使得方程 有正整数解kkbc22 ).,(cba（2）证明：对上述每个 ，方程有无穷多个这样的正整数解 使得,(n中任意两数之积皆可表示为两个正整数的平方和。ncba,解：（1）先证明一个引理：引理 1：不存在不全为零的整数 使得 ，其中 是某个偶数。cba, kabc22 k事实上，假设不然，设 是使 达到最小的不全为零的整数组，注意).,(|
36、c到 是某个偶数，故 中必有偶数，从而 kc )4(mod022a由于整数的平方关于模 4 的余数为 0 或 1，故 只能都为偶数。设 ，cb, 12a， ，其中 是整数，将 代如方程得 12b1c1,cba 11cbkb但 与假设 是达到最小的不全为零的|011 cbacba |cba整数组，矛盾。即引理得证。回到原题。固定 ，设 是使得 达到最小的正整数，不妨设k),( cba原方程可写为 022bac设该关于 的方程另一根为 ，则有 ， ，由于 均为正c kac 2c c,整数，所以 也为正整数，由条件知 ，得 。 b则 ， 即222 )(ba.从而 .4121cbaccbak由于 时，
37、 ， 时 。)1,(,(c3k)3,(),(bak结合引理知 或 3。k（2）先考虑定义数列 如下：nFnF1210,引理 2： 特别地 ni )().(1.1212nnF特别地 .1nmm。122231).( nFFi )(证明： 定义： ，则1nxx nnnnnnnn xFFx 121212121 )()(所以 。)(类似可以证明 .,i由引理 2 中 知 是方程 时的解，显然有无穷多)( ),1(),12nFcba(3k组，且 ， 即满足（2）121nnF 2n .112nF的要求。对于 ，由于有无穷多个这样的正整数解 使得k ),(ncbannncbaba322此时 )3()()3()
38、3(222 nnnnn cbacba即 是方程 时的解，同样满足（2）的要求。,c1k9求所有的正整数 ，使得 为合数，并且可以将 的所有大于 1 的正约数排成一圈，其nn中任意相邻的数不互质。解：只要合数 不是两个不同质数的乘积， 就符合要求。事实上，当 （ 为不同的质数） ， 大于 1 的约数只有 ，任何排列pq, qp,相邻，它们互质，故此时不符合要求。对其余的合数 ，我们分别进行讨论。qp,若 ， 为质数， 为正整数，则对于 的所有大于 1 的正约数任意排成一圈，n)2(n其中任意相邻的数不互质。若 （ 为质数， ）这里kp.21 kpp.21 Nk,.21或者 而k.,max2记 且
39、|*ndNDn先将 排成一圈kpp1321,.,放置在 与 之间，将 放置在 与 ，依此类推2213p最后将 放在 与 之间。kk,.2k1n这样的放置满足题目要求。10证明方程组14792356zyx没有整数解。证明：（1） 将两式相加两边都加 1 得（*）5714)( 4923 zyx对比费马小定理，我们对上式关于 19 作模可知，故 )(mod,018z )19(mod,09对任意 ，有Za)(,.2.,1从而 )(57863,942因此可知（*）式左边满足 )19(od5,61923zyx但是 )19(mod517445所以（*）式左、右不相等，从而原方程组没有整数解。（2）也可以利用
40、 13 作模类似可证结论。11今有 10 个互不相同的非零数，现知它们之中任意两数的和或积是有理数，证明：每个数的平方都是有理数。证明：（1） 如果各个数都是有理数则结论成立。现假设 10 个数中有无理数 ，于是其他a各数都具有形式 或 ，其中 为有理数。事实上，形如 的数不会多余两个，appp如果三个不同的数都具有这种形式，不妨设 ，那么bab321,，不是有理数，因而 就应该是有理b2121 212)(a数。同理 和 也要为有理数。则 3， ， 也是有理数，从)(2121paA)(32paA)(12paA而 也是有理数，只有 矛盾。32302这表明形如 的数多余两个。设 ， ， ，显然仅当
41、aac12ac3时 才可能是有理数。而 互不相等，所以 ，021ppc2121321,p21p， 中至少一个不为 0，不妨设 ，则 为无理3132 032pac3232数，则为有理数，因此 为有理数，从而结论得证。2332apc 2a（2） 考察其中任意 6 个数，作一个图，如果某两个数的和为有理数，就在相应的两个数之间连蓝边，如果两个数的积有有理数就在相应的两个数之间连红边，则在这样的图中存在一个三边同色的三角形1* 如果存在蓝色三角形，则表明存在三个数 使得 ， ， 都是有理zyx,yxzx数，从而 为有理数，即 为有理数，则 也为有理数。zxyx2)()()( ,对此三个数之外的 10
42、个数中的某个数 ，则 或 为有理数，则 为有理数，从而这ttt10 个数都为有理数。2* 如果存在红色边的三角形，这表明存在 ，使得 都是有理数，因而zyx,zxy,为有理数，同理知 也都是有理数。如果 三者中至少有一个有理2)(xyz2,zyzyx,数，则可导出这 10 个数全为有理数，结论成立。如果这三个数中没有有理数，设，其中 为有理数， 或 由于 为有理数，所以am1m.bam，其中 为有理数，我们观察其余的任意一个数 ，如果acbyt中有一个为有理数，则可得 ，其中 为有理数。因而 为tx, admxt)( 2t有理数。结论成立。而如果 与 都是有理数，则 应该为有理数，但是tty)
43、(tyt为无理数，则矛盾。acmx)()(综上所述，证明了题目结论。13设 是正整数， ，证明：对 ，数 有一个质因子大于 。n12nF3nnF)1(2n证明：先证一个引理：设 是 的任一个质因子，则 具有形式 ， 是正整pnp1nxn数。事实上，设 是 的任一个质因子，则 ，设 2 模 的阶是 ，由 nFk)(mod12pn得 ，故 ，所以 是 2 的幂，设 其中 若n 12|nkklk2,10nl，则将 两边反复平方可得 矛盾，所以 即阶l)(2l )(mod1pn1nk由费马小定理 ，所以 ，故 引理得证。)(mod12pp )(|21pn .12nx回到原问题，设 ，由引理知 knF.
44、211ini从而 )(2)1().(21ikn n即有 1ki另一方面，由二项式展开知 )2(mod21)2(1 ninini xxpi 由于 时 ，则3 )2(mod21)21(12 1 nikinikinkii xxpn 即 ，故)(mod021nkiinx )(01nkii故 从而必有某个 使得.21nkiijx112nkij得 ，从而 ，21xnjkijn )(j故 .1)(22pnnjnj14求方程 的所有非负整数解1753wzyx ).,(wzyx解： 由 为偶数知 z .x情形 1：若 此时0y2wz若 则 由此得 z)5(mod1x .|4x则 ，与 矛盾)2(|3x7wz若 则 0zx当 1，2，3 时 直接计算得 是两组解。x )1,3(0),(x当 时，有 直接计算知，这是不可能的。416mod7w所以当 时只有解 （1，0，0，0）和（3，0，0，1）两组解。0y),(zyx情形 2：若 ， ，则 752wzy因此 ，即 ，从而 为奇数，故 )(od75wz )3(mod1)(z z，)(mod13y由此知 ).4(mod1y当 时， 有 ，因此有 与 矛盾，所0w)7(od132
