1、1初等数论问题选讲（2012-3）参考书目【1】 余红兵，数学竞赛中的数论问题，华东师范大学出版社，2005 年第 1 版 (数学奥林匹克小丛书)。【2】 陶平生，苏建一，刘康宁，边红平，初等数论（高中数学竞赛专题讲座） ，浙江大学出版社，2007 年。一、基本知识（一）整除与同余1. 设 为正整数，则任意 个连续整数中有且仅有一个是 的倍数。nnn2. 若 为素数， 为任意正整数，且 ，则至少存在一个 ，使得 。p nap21 iaip3. 若 ，则对任意的整数 ，均有mibaii ,21),(od (1,2)icm1111(),od),(od.mii iiiicncabnabn4. 若 ，
2、 ，则 。)(odba,d(5. 若 ，则 。inm 1o,.)mabn（二） 不定方程 二元一次不定方程 不定方程的解法灵活多样，只有少数)0,(Zcbyax几类方程有固定的解法。对于一般的不定方程，常见的方法有：(1) 因式分解； (2) 利用不等式放缩夹挤；(3) 奇偶分析法； (4) 利用整除性；(5) 取特殊模(即同余的方法 )； (6) 无穷递降法；(7) 数学归纳法； (8) 辗转相除法等。（三） 三大定理1费马小定理：设 为素数，则对任何整数 ，均有 。pa)(modpap2推论：设 为素数， 为整数且 ，则 。pa1),(p)(mod1pap2欧拉定理：设 为正整数，则对任何
3、整数 ，均有 。nn()n3中国剩余定理：设 为 个两两互素的正整数，则对任意 个整数 ，1,km kka,1同余方程组 11(mod)kkxa对于取摸 恰有唯一解。1kiim（四） 二次剩余1设 ，则 。1sap 1spap2 （欧拉判别准则）设 为奇素数，则 。12(mod)pa（五） 指数（阶）1若 模 的阶或指数为 ，则 模 两两不同余。anr(01)irn2设 ， 模 的阶为 。若正整数 使得 ，则 。(,)N(od)arN二、应用举例例 1 （第 17 届美国数学邀请赛，1999 年）求所有正整数 ，使得 是整数。,nk2()1nk解: 设素数 ，则 或 。21pp若 ，则 ；nk
4、()(2)1nknk若 ，则 ；所以 且 。而 ，所以 是 3 的幂。2pk1()()3pk21nk设 ，则 ，有213tntn3。22 31213()1()()8tttttnk 所以 ，即 ，相应的3t,t，其中 可为任意正整数。2()10,68nkk例 2试求方程 的整数解。5322xy证明： 已知方程可化为。 222(1)(1)xy当 时， 。 0x2y当 时， 。1设 是方程的整数解，且 。由 ，因此, 1,0x22|(1)|(1)yxyx。2()因为 是整数，则 应是完全平方数。1yx1x由 可知 与 都是完全平方数，从而 。2()21x10x，所以 。因此,02，2()x而 在 和
5、 之间，即在两个相邻平方数之间，不可能是平方数。矛盾。21x2()于是方程只有四组整数解。(,)0,1(),0(1,)xy例 3求出所有的正整数 ，使得 。mn43mn解： 。()n又。43256,143显然 为奇数。当 时，对任何正整数 ，不可能有 。1mn()1431mmnn当 时，由 可得 ，即 33()250（不合题意） 。1,4因此，所求的所有的正整数 为。3,1n4例 4 （中国四川省高中数学竞赛,1992 年）设正实数 ，自然数 ，方程 恰有 个不同的解。试求 的取值范1a2naxna围。解：由题设可知， 必为整数，且 。令x0，则 ，xx从而原方程化为。xaa因 ，故 且 只对
6、 个正整数成立。1a1n又若 ，则显然 。,xx故 的正整数解必是 ，这时有 。,2 1an又当 时， 不是（1）的解（否则至少有 个解） ，即要求 成立。xnx由 及 ，因而有 ，即 。于是a1an。又由 ，则1。11an例 5 （中国国际集训队测验题，1990 年） 若 ，),210(,10 nbaxNbxn证明： 不能全为素数。(0,1)nx证明：（1）若 ，则 ，即 是合数。dbaax011x（2）若 ，则 。在 中，至少有两个数关于),(),(,1bx,2同余。设这两个数为 ，则1modxTk ),(mod),(mod),(od 1111 xaxaxx TkkkTk 又因为 ，故 从
7、而 即 。),(1ax),(odTk ,1T1而 ，又有 ，于是 ，故 是合数。2T 01bxxx例 6 （中国国家集训队选拔试题，1986 年）自然数 的十进制表示 ，令A_10na5，记 。证明：101()22nnfAaa 11(),(),2)iiAffAn（1）必有自然数 ，使得 。 (2) 若 ，问上述的 等于多少？并说明理kk 869k由。证明：（1） 时，对任意 ，有 。当 时，显然 。 当0nk1n()f时，2n，1 101()22(2)9()n nnnfAaa 133210909()(n nnnfA 从而 时有 。这就意味着对 进行一次操作，就变小一次，从而有2n()fA123
8、因此必存在某个 ，使得 。若 为两位数，则可设 ，则kN0kk _10kAab。11,9kAba显然当 时， ，而1,9abk。110,kkA此时问题已得证。若 或 ，则 ，即 。此时对 再进行一次操作得到1a9bab1kk。若 ，此时有 ，否则必可再经过某次操作得到一位数。1kAk21kA记为 。于是有 。k由以上，必存在自然数 ，使得 。1kA（2）由于。10(2)9,(0)xyy故。9x因此，若 ，则_10na6， 。_1092naa _101092()na如此下去，。110()nnn fA由于 ，则 ，于是 。进而 都能被 19 整除。又由8619A9()Af123,（1） ， ，则
9、。23 k例 7设 是给定的整数， 且 是偶数。证明：存在 使得,nk0n(),xy，且 。(,)x,1y(mod)xykn证明：我们先证明，当 为素数幂 时结论成立。实际上，能够证明，存在 ，使ap ,xy不整除 且 。pxyk若 ，则条件表明 为偶数，此时可取 ；21,xyk若 ，则 或 中有一对满足要求。1,y2,一般情形下，设 是 的标准分解，上面已经证明，对每个 ，均存在整ranp nip数 ，使得 不整除 且 。,ixyiix(1,)ikir而由中国剩余定理，同余式组有解 ；(mod)(,)iaip x同余式组有解 。1,iaixyr y现在不难验证解 符合问题中的要求： ,因 不
10、整除 ，故 不整除 ，于是 。又ipiip(,)xi (,)1xn，modiaiykpr故。()x例 8 （第 16 届巴尔干地区数学奥林匹克，1999 年）设 为素数且 ，记23(2)p。231,0,1SyyZnyp证明： 中至多有 个元素为 的倍数。pp证明：先证明一个引论：设 为素数，且 ，则对任意整数 ，如果 ，则2p2(mod3),mn11np。np7事实上，设 ，即 。32pk13,pkN又设 。设 是满足同余式 的最小正整数。3(mod)nt(mod)ttnp则对任意正整数 ，若 ，则有 ，从而 。另一方面，由 Fermat 小r(od)rntr3定理可得：，11(),(od)pp则 ，31(m)kkn所以 ，而 ，则 。31rkr这表明 ，此与 矛盾。(mod)np11p下面证明本题。由引理可知：当 跑遍 的一个完全剩余系时， 也跑遍 的一个完全剩余系。xp3xp从而，对 的每一个整数 ，都存在唯一的 ，使得01yy0,1。321(mod)x这表明:集合 中至多有 个元素是 的倍数。Sp注意到 中， 223011被表示了二次，从而 中至多有 个元素为 的倍数。 Spp
