高中数学竞赛专题讲座竞赛中的数论问题.docx

竞赛中的数论问题的思索方法一. 条件的增设对于一道数论命题，我们往往要首先解除字母取零值或字母取相等值等“平凡的状况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小依次、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。1. 大小依次条件及实数范围不同，假设整数x，y有大小依次x<y，那么必有y1，也可以写成，其中整数t1。例1. 22设m，n是不大于1981的自然数，试求的最大值。解：易知当时,不是最大值。于是不访设n>m,而令1，n>u11，得 。同理，又可令 u1+ u2，m>u21。如此接着下去将得1= 1，而，ik。故是不大于1981的裴波那契数，故987，1597。例2. 匈牙利1965怎样的整数a，b，c满意不等式 解：假设干脆移项配方，得。因为所求的都是整数，所以原不等式可以改写为：，变形为：，从而只有1，2，1。2. 整除性条件对于整数x，y而言，我们可以讨论其整除关系：假设，那么可令；假设xy，那么可令，0<r1。这里字母t，r都是整数。进一步，假设，且，那么。结合高斯函数，设n除以k，余数为r，那么有。还可以运用抽屉原理，为同余增设一些条件。整除性及大小依次结合，就可有更多的特性。例3. 试证两相继自然数的平方之间不存在自然数a<b<c<d，使得. 解：在假定了之后，可设。明显p>q由p，q的互素性易知必有，。这样，由b>a即得。有了三个不等式，就可对的范围进展估计，从而。于是将导致冲突的结果：。这里，因为a，b被q整除，我们由b>a得到的不仅是b1，而是更强的条件b。例4. 25设奇数a，b，c，d满意0<a<b<c<d，假设，这里k，m是整数，试证1。 解：不难证明k，m的大小关系k>m。所以。，代入中，有 1，由1可得。即， 2a，b都是奇数，所以，都是偶数，又是奇数的2倍，故，中必有一个不是4的倍数。由2必有或。其中，e，f为正整数，且是奇数。，及2比较可得由于k>m，故。从而1，。考虑前一状况，有由第二式可得 ，故 ，所以奇数1。对于后一状况，可作类似的讨论。 明显，上述解题思路中有两个技巧：一是用放缩法证明k<m；第二个是2式的分解，然后运用整除的条件。例5. 设为n分别除以1，2，n所得的余数之和。证明存在无穷多个正整数n，使得。 解：把n除以k的余数记为，那么有。故可得r的表达式。由此易得。那么，因此，等价于。留意到 ，因此题中的条件等价于n的全部真因子之和等于1。明显，取(l为正整数)，那么n的全部真因子之和为1，而这样的n有无穷多个。例6. 试证对于任给的m个整数，必有，使得 解：令。假设中有一个数被m整除，那么结论成立。否那么，各均不能被m整除，此时可设。这样，m个余数只能从1至1这1个数中取值，由抽屉原理知，必有，使得，于是，故取即得到结论。3. 互素性的条件当a，b>1时，我们总是作如下考虑：令，那么必有。这种互素条件的增置往往对解题有很大作用。例7. 波兰6465设整数a，b满意，试证及都是完全平方数。解：变形可得：，故只要能证一个，那么另一个必是。我们在解除了字母取零或相等的状况后，可设。这时令，从而方程变为。明显有。另一方面又，有。留意到，于是有。这样就有。至此已非常简洁获得命题的结论了。这里，由a1及b1互素导出a1b1及b1互素，是证明的关键。二. 从特别到一般例8. 18试求和为1978的正整数之积的最大值。解：我们可通过削减加法运算的次数来选择特例，例如考虑求正整数 满意使最大。明显，最特别且最简洁的正整数是1。例如取a1=1，这里由知乘积不是最大的值。对于某些正整数取2的状况，留意到2+2=4，2×2=4；2+2+2=6=3+3，2×2×2<3×3。我们发觉诸中不能取多于两个2。对于5，有2+3=5，2×3>5。因此不如把一个5拆成2及3的和，从而使乘积变大，对于6，7等有类似的结论。这样，我们已大致可确定诸只应取2或3，且2的个数不超过两个。依此估计，由1978=658×3+2+2，即可揣测最大的积为。例9. 31备选题设a，b是给定的正整数，现有一机器人沿着一个有n级的楼梯上下升降，每上升一次恰好上升a级，每下降一次恰好下降b级。为使机器人经过假设干次上升下降后，可以从地面升到楼梯顶，然后再返回地面，问n的最小值是多少？ 解：为了讨论解法和结论，不妨设。我们分及abab。例如，特例5，3。这时机器人先上升一次到达第五级，为使n最小，机器人就不应再上升，而是尽量下降。下降1次至第2级。此时，再上升一次到第2+5=7级，然后再一降两次到第1级，又上升至1+5=6级，再下降二次至0级，从而机器人已完成了上升下降的全过程，故7。又取特例7，4。依上述方法可得10。通过特例，我们可作如下揣测：假设ab，且a，b=1，那么1。事实上，按照上述试验的思路，这一揣测是可以被证明的。数论中还有很多命题是通过选取某一特别的数作为模来讨论和解决的。这种数往往是依据命题的一些因素如项的系数、字母的指数、式的形态等，通过试用来选择和确定的，最简洁的是2，即奇偶分析法。其次是模3，4，5，8等。三. 讨论极端状况由于整数集具有最大小整数原理这一特性，我们往往可以从某种条件下有最大小元素动身进展讨论。例如，可考虑：1数列中具有某种特点的极端项；2数的最小因数；3数的分解式中某素数的最高次幂；4未知数的最小正整数值；5一组正整数解和的最小值。运用这种方法的实例很多。例10. 28设n>2，这里x为整数。假设当时，f(x)都是素数，试证对任何0x2，f(x)也都是素数。解：设命题结论不成立，我们就可取使f(x)为合数的最小整数。我们通过的最小素因数p的讨论，将可证明，从而产生冲突。例11. 29设正整数a，b使1整除，试证是完全平方数。 解：记，那么正整数k应使方程 1，关于未知数a，b有正整数解。明显>0，否那么由-1就可以从1导出k<0。设a0，b0是1的使a0+ b0最小的一组正整数解，不妨设a0b0。固定k及b0，由1有，由2知是整数。假设k不是完全平方数，那么，故由3知。留意到，故。这就说明，也是1的一组正整数解。易证，故。这是冲突的。故k是完全平方数。四. 缩小取值范围讨论并缩小变数或式子的取值范围，是解决数论命题常用的方法之一。对数论中有关整数的命题而言，这种方法有着特别的作用：如能将取值范围确定在一有限区间内，我们就可以用有限个整数逐一进展检验。通过取某些数为模来解除不合要求的剩余类是缩小取值范围的一个重要方法。例12. 30备选题设正整数a，b，c，d，m，n满意，其中a，b，c，d的最大者为，试求m及n的值。解：由条件不难看出m是奇数。同时可对的取值范围作出一个估计，而在此范围内可成为的数是不多的。事实上，由柯西不等式得。，因此m只能从1，3，5，7，9这五个数中选取.再由知只能有7或9。因此只要证明，即可确定，进而。这里，我们主要是利用的重要不等式来确定取值范围。例13. 19设a，b是正整数，除以时，商为q，余数为r。试求全部的数偶a及b，使得。 解：由，可得估计q44。于是。但q获得较小值时，由就使r增大，进而由r<又使更大。但，因此增大就使得q减小。这种q及之间的制约关系说明q不能太小。依此思路，我们将可由q43导出的冲突，从而确定了44。据此很简洁求出a及b了。五. 构造法构造法常用来作存在性的证明。我们熟知有欧几里德关于素数个数无限性的证明就是一个典型的例子。另一个重要的例子是关于“存在n个相继自然数都是合数的证明：对随意的n，令(1)!，那么相继的自然数2，3，1 *,是n个合数。我们还可以举出很多例子，如1试证存在无限多个正整数a，使得对每一个自然数n，数都是合数。2试证存在无限多个正整数n，使61及61同为合数。3试证对任何自然数n>3，必存在素数p，满意n<p<n!。解决此类命题的关键是找寻和构造所需的数或式。例如，取，k为随意非零整数，就证明了1；取，就证明了2；取p为1的最小素因数，也可证明n<p<n!。我们要强调指出前面*中的n个数的构造是极有启发性的。首先，其中N的选择还是有迹可寻的：由“n个相继自然数马上可联想到取1，2，。但1不能断定是否为合数，因此应取消，于是马上联想到*。为了保证各数是合数，就应要求N同时含有因数2，3，n，1。这样的构造还为我们供应理解决另一些命题的线索。例如，为证“存在n个相继的自然数，其中仅有一个素数这一结论，可从数列1动身进展分析：设p为大于1的最小素数，可以证明：1，1，p；除最终一个数p外，都是合数。例14. 30试证对于任何正整数n，存在n个相继的自然数，它们都不是素数的整数幂。 解：我们取(2(1)1，考虑，1jn。假设(2(1)1=，那么明显有(1)|()，因此必有1=,1rm，从而。另一方面，由11知，故。于是。这是及冲突的，从而证明了命题。最终还应指出，同一命题的构造方法可以有多种，如例13中也可令。