1、 1 高 二 数学竞赛班二试讲义 第 11 讲 数论综合（二） 班级 姓名 一 、例题精析 例 1 试求满足方程 222 1 2 6 2 0 0 9x x y y 的所有整数对 (, )xy 。 例 2 (东南赛） 求证：对于每个正整数 n ，都存在满足下面三个条件的素数 p 和整数 m ： 5(mod6)p ； |pn ； 3 (mod )n m p 2 例 3 设 a、 b、 c 0,1,2, ,9 ，若二次方程 2 0ax bx c 有有理根， 证明：三位数 abc 不是素数 。 例 4（ 07 年 LS） 设集合 P=1， 2， 3， 4， 5，对任意 k P 和正整数 m，记 f(m
2、， k)= 51 11i ikm ，其中 a表示不大于 a 的最大整数。求证：对任意正整数 n，存在 k P 和正整数 m，使得 f(m，k)=n。 3 二 、精选习题 1 试证方程 2286x y z 无整数解 2 解方程组3 3 333x y zx y z ，其中 ,x y z Z 3 求方程 22( 1) ( 1) 1x y y x 的整数解。 4 证明：对于每个正整数 n ，存在唯一的一个 n 位正整数 nA ，它能被 5n 整除，并且它的 每一位数字皆属于 1,2,3,4,5 4 5 课间休息时， n 个学生围着老师坐成一圈做游戏，老师按顺时针方向并按下列规则给学生发糖：老师选择一个
3、学生并给一块糖，隔 1个学生给下一个学生一块，再隔 2 个学生给下一个学生一块，再隔 3 个学生给下一个学生一块；。试确定 n 的值，使最后（也许绕 许多圈）所有学生每人至少一块糖。 6 设 m in |i ia k k Nk ，试求 2212nnS a a a 的值 。 其中 2n ， x 表示不超过 x 的最大整数。 5 高 二 数学竞赛班二试讲义 第 11 讲 数论综合（二） 例 1 设整数对 (, )xy 满足方程 222 1 2 6 2 0 0 9 0 (1 )x x y y 将其看作关于 x 的一元二次方程，其判别式 224 4 1 2 6 2 0 0 9yy 225 0 0 (
4、4 ) 3 6y 的值应为一完全平方数； 若 224y ，则 0 ； 若 224y ，则 2y 可取 2 2 20,1 , 2 ,3 ， 相应 的 值分别为 8036、 7536、 6036 和 3536，它们皆不为平方数； 因此，仅当 224y 时， 2 2 25 0 0 4 3 6 6y 为完全平方数。 若 y = 4， 方程 (1)化为 2 8 7 0xx ， 解得 x=1 或 x=7； 若 4y ，方程 (1)化为 2 8 7 0xx ，解得 1x 或 7x 。 综上 可知 ，满足原方程的全部整数对为： , 1 , 4 , 7 , 4 , 1 , 4 , 7 , 4xy 。 例 2 证
5、法一： 我们先证明模 6 余 5 的素数有无穷多个，若不然，则模 6 余 5 的素数只有有限多个，设它们从小到大排列为 12. rp p p 考虑数 126 . 1rp p p ，它模 6 余 5，因此它的素因子必然模 6 余 1 或 5，特别地，它有一个素因子模 6 余 5. 由假设知这个素因子必为 12, ,., rp p p 之一，不妨设这个素因子为 sp ，则由 12| 6 . 1srp p p p 得 |1sp ，矛盾 . 由于模 6 余 5 的素数有无穷多个，其中必然有不整除 n 的素数，设其中一个为 p ，并记 65pk，则已有 5(mod6)p 和 |pn . 我们取 43km
6、n ，即有 3 4 3 3 6 4 2( ) ( ) ( m o d )kkm n n n n p ， 这样的 p 和 m 即满足条件，证毕 . 证法二： 当 1n 时，取 5, 1pm，容易验证 p 和 m 满足题目条件；当 2n 时，取 5, 3pm，容易验证 p 和 m 满足题目条件，下面假设 3n . 由 3( 1) 0nn 及 3( 1 ) ( 1 ) 5 ( m o d 6 )n n n n 知 3( )nn必然有一个模 6余 5 的素因子，取 p 为这个素因子，并取 1mn. 下证这样的 p 和 m 满足条件 . 由 p 的取法知成立；由 33( 1)m n n n 被 p 整除
7、知成立；再由3 3 2( 1 ) ( 3 2 ) 1m n n n n n n 与 n 互素知 |pn ，即成立 . 因此存在满足题目条件的 p 和 m ，证毕 . 例 3 【证明】 用反证法若 abc p 是素数，二次方程 2( ) 0f x a x b x c 的有理根是 212 4, 2b b acxx a ，易知 2 4b ac 为完全平方数， 12,xx均为负数，且 12( ) ( ) ( )f x a x x x x ， 所以 12(1 0 ) (1 0 ) (1 0 )p f a x x ， 124 ( 2 0 2 ) ( 2 0 2 )a p a a x a a x 易知 12
8、( 2 0 2 ) , ( 2 0 2 )a a x a a x均 为 正 整 数 ， 从 而 1(20 2 )p a ax 或2(20 2 )p a ax ，不妨设 1( 20 2 )p a ax ，则 120 2p a ax，从而24 2 0a a a x，这与 2 为负数矛盾 , 所以三位数 abc 不是素数 . 6 例 4（ 07 年 LS） 设集合 P=1， 2， 3， 4， 5，对任意 k P 和正整数 m，记 f(m， k)= 51 11i ikm ，其中 a表示不大于 a 的最大整数。求证：对任意正整数 n，存在 k P 和正整数 m，使得 f(m，k)=n。 证明：定义集合
9、A= 1km |m N*， k P，其中 N*为正整数集。由于对任意 k、 i P 且ki，11ik是无理数，则对任意的 k1、 k2 P 和正整数 m1、 m2， 11 2211 kmkm 当且仅当 m1=m2， k1=k2。由于 A 是一个无穷集，现将 A 中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任意的正整数 n，设此数列中第 n 项为 1km 。下面确定 n 与 m、 k 的关系。若 111 kmim ，则111 ikmm。由 m1 是正整数可知，对 i=1， 2， 3， 4， 5，满足这个条件的 m1 的个数为 11ikm 。从而 n= 51 11i ikm =f(m， k)。因
10、此对任意n N*，存在 m N*， k P，使得 f(m， k)=n。 1 因为 2286x y z ，所以 22 8 6 (m o d 8 )x y z ，即 22 6(m od 8)xy ， 但只能有 2 0,1, 4(mod 8)a ，故只能有 22 0 ,1, 2 , 4 , 5 ( m o d 8 )xy ，矛盾 2 消去 z ，得 38 3 ( 3 ) 3 ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 0x x y x x y x y x ， 故 3 |8x ，于是 5 , 1,1, 2 , 4 , 5 , 7 ,1 1x ，分别代入求解得 ( , , ) ( 5 , 4 , 4 ) , (
11、1 , 1 , 1 ) , ( 4 , 5 , 4 )x y z 或 (4, , 5 3 设 (, )xy 为方程的整数解，并设 xy 。 2 2 2( 1 ) ( 1 ) 0y x y x y 显然当 1y 时， 2x ， 当 1y 时， 2 2 2( 1 ) ( 1 ) 0y x y x y 为关于 x 的一元二次方程。 要使方程有整数根，则 424 ( 1)( 1)y y y 是一个完全平方数， 即 4 3 2 2 2 24 4 4 4 ( 2 ) 8 4 4y y y y y y y y 当 8y 时， 2 2 2 2( 2 4 ) ( 2 3 )y y y y 当 28y时， 2 2
12、 2 2( 2 3 ) ( 2 2 )y y y y 从而 2y 时， 都不是完全平方数，所以 2y ，进而 1x 或 5x 综上，方程的整数解 ( , ) (1 , 2 ) , ( 2 , 1 ) , ( 5 , 2 ) , ( 2 , 5 )xy 。 4 证：对 n 归纳，显然有， 1 2 35 , 2 5 , 1 2 5A A A ，假设 nA 已确定，记 5nnnAB ， 对于 1n 位数 1 1 2 1n n nA x x x x ，若 1 15n nA ，则 15n nA ，而 1 1 1 2 110 nn n n nA x x x x x ，它能被 5n 整除，当且仅当 1 2
13、15n nnx x x x ， 据归纳假设，有唯一的 11 5 nn n n nA x x x B，满足 1,2,3,4,5ix ， 1,2, ,in 因此 , 115 (2 )nnn n nA x B, 若 1 15n A ,则 15 (2 )n nnxB , 由于 (2 ,5) 1n ,对任意整数 b ,同余式 2 0 (m od 5)n xb 在 5 的完全剩余系 1,2,3,4,5 中有唯一解 x ,即对于确定的 nB ,存在唯一的 1 1, 2,3, 4,5nx 使 15 (2 )n nnxB ,因此 1n位数 1 1 2 1n n nA x x x x 满足条件据归纳法，结论得证
14、5 把 n 各学生进行编号，绕第一圈为 1至 n 号，第二圈为 1n 至 2n 号，无论绕多少圈，各个学生的编号模 n 的余数保持不变。 7 问题等价于确定正整数 n ，使 同余式 1 2 3 ( m o d )x a n () 对任意正整数 a 都有解。我们证明当且仅当 n 是 2 的方幂时， () 总有解。 （ 1）当 n 不是 2 的方幂时，则 n 有奇素因数 p 。 由于 1 , 1 2 , 1 2 3 , 1 2 3 ( 1 ) , , 1 2 3 ( 1 )p p p 至多表示 modp的 1p 个剩余类（最后两个在同一个剩余类中），所以 1 2 3 x 也至多表示 modp的 1
15、p 个剩余类，从而总有 a 使 1 2 3 ( m o d )x a n 无解。这时 () 也无解。 （ 2）当 n 是 2 的方幂时，设 2 ( 1)knk， 考察下列各数： 0 1 , 1 2 , 2 3 , , ( 2 1 ) 2kk ， () 设 1( 1 ) ( 1 ) ( m o d 2 )kx x y y ，其中 0 , 2xy ，则 2 2 1( ) ( 1 ) 0 ( m o d 2 )kx y x y x y x y ， 因为 ,1x y x y 中，一个是奇数，一个是偶数， 所以 10(m od 2 )kxy 或 11 0 (m o d 2 )kxy ， 由后者得 112
16、 1 2 1 2 1 1 2 1k k k kxy 矛盾， 故 1(mod 2 )kxy ，即 xy ，因此 () 中的 2k 个偶数 1mod2k 互不同余， 从而对任意正整数 a ，方程 ( 1) 2 (m o d 2 )x x a n 有解，即 () 有解。 6 设 *11 111m i ni iia k k N kkk ( *1kN )， 则1 1 111 1iiiia k k akk ，即数列 na 严格单增。 由于 2 2mkmk， (当 k=m 时取得等号 )，故 2 *2ma m m N； 又当 k=m、 m+1 时， 1 21mmkmk ，而在 km 或 1km时， 10k m k m ，即 2 2 1 1 0k m k m m ，亦即 1 21mmkmk ，所以 2 21mmam ；再由数列 na 的单调性，当 22 1m m i m 时， 2 1 2 1im a m ，所以 22 222 , 2 1 , 1i m m i m ma m m m i m 因此， 222 22 2 1 1 4 3 1mmiim a m m m m m m ，于是 2121324 3 1 21 2 1 1 8 3 1 3 64 3 1 26 2 6nnmS m m nn n n n n n n nnn
