数学竞赛中的数论问题题型全.doc

数学竞赛中的数论问题定理4 是两个不同时为0的整数，若是形如（是任意整数）的数中的最小正数，则（1）|；（2）证明 （1）由带余除法有，得 ，知也是形如的非负数，但是形如的数中的最小正数，故，即| （2）由（1）有|，|，得是的公约数另一方面，的每一个公约数都可以整除，所以是的最大公约数，推论若，则存在整数，使（很有用）定理5 互素的简单性质： （1）（2）（3）（4）若是一个素数，是任意一个整数，且不能被整除，则推论 若是一个素数，是任意一个整数，则或（6）若，则证明 由知存在整数，使有 ，得 （7）若，则， 证明 ，由（6）（8）若，则，其中为正整数证明 据（6），由可得同样，由可得定理7 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数证明 假设素数只有有限多个，记为，作一个新数 若为素数，则及素数只有 个矛盾若为合数，则必有，使，从而，又及矛盾综上所述，素数不能只有有限多个，所以素数有无穷多个2是素数，而大于2的偶数都是合数，所以2是唯一的偶素数注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有个素数，便有个素数（构造法、反证法）定理8（整除的性质）整数通常指非零整数（1），；当时， （2）若，则;若，则;若，且，则证明 由，有，得逆反命题成立“若，则”;由且得，又，得（7）若，且，则证明 由知存在整数，使，有， 因为，所以整除等式的左边，进而整除等式的右边，即（8）若，且，则证明 由知存在整数，使，有， 又由有代入得，所以 注意 不能由且得出如不能由且得出（9）若为素数，且，则或证明 若不然，则且，由为素数得，由互素的性质（6）得，再由为素数得，及矛盾定义6 对于整数，且，若，则称关于模同余，记作；若，则称关于模不同余，记作 定理9（同余的性质）设为整数，若且，则且证明 由且，有， 对直接相加 ，有，得 .对分别乘以后相加，有，得 （3）若，则对任意的正整数有且.（4）若，且对非零整数有，则证明 由、，有 ，又，有均为整数，且，得 定理10 设为整数，为正整数，（1）若，则（2）若，则（3）若，则定义7 设为正整数，为大于2的正整数, 是小于的非负整数，且若 ，则称数为的进制表示定理11 给定整数，对任意的正整数，都有唯一的进制表示如，（10进制）（进制）定理12 （算术基本定理）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的 ，其中为素数，为正整数 （分解唯一性）定理13 若正整数的素数分解式为 则的正约数的个数为，的一切正约数之和为 证明 对于正整数，它的任意一个正约数可以表示为由于有共种取值，据乘法原理得的约数的个数为考虑乘积，展开式的每一项都是的某一个约数（参见），反之，的每一个约数都是展开式的某一项，于是，的一切约数之和为注 构造法定义8 （高斯函数）对任意实数，是不超过的最大整数亦称为的整数部分，定理14 在正整数的素因子分解式中，素数作为因子出现的次数是 证明 由于为素数，故在中的次方数是各数中的次方数的总和（注意，若不为素数，这句话不成立）在中，有个的倍数；在个的倍数的因式中，有个的倍数；在个的倍数的因式中，有个的倍数；，如此下去，在正整数的素因子分解式中，素数作为因子出现的次数就为注 省略号其实是有限项之和定理15 （费玛小定理）如果素数不能整除整数，则证明2 改证等价命题：如果素数不能整除整数，则只需对证明成立，用数学归纳法（1），命题显然成立（2）假设命题对成立，则当时，由于，故有 （用了归纳假设）这表明，命题对是成立 由数学归纳法得又素数不能整除整数，有，得定义9 （欧拉函数）用表示不大于且及互素的正整数个数定理16 设正整数，则 推论 对素数有第二讲 数论题的范例讲解（12）（13）任何整数都可以表示为例1-1（1986，英国）设是整数，是它们的一个排列，证明是偶数（中奇数及偶数个数不等） 例1-2 的前24位数字为，记为该24个数字的任一排列，求证必为偶数（暗藏中奇数及偶数个数不等）例2 能否从中选出个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），所得的14个差恰好为？解 考虑14个差的和，一方面为奇数另一方面，每两个数的差及其和有相同的奇偶性 ，因此，14个差的和的奇偶性及14个相应数之和的和的奇偶性相同，由于图中的每一个数及2个或4个圈中的数相加，对的贡献为或，从而为偶数，这及为奇数矛盾，所以不能按要求给图中的圆圈填数评析：用了计算两次的技巧对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和及梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？解 （1）4堆是不能保证的如4堆的奇偶性为：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）（2）5堆是可以保证 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述4种可能，当把这些苹果和梨分成5堆时，必有2堆属于同一奇偶性，其和苹果数及梨数都是偶数例4 有个数，它们中的每一个要么是，要么是若，求证证明 由，有，再由，知个中有一半是，有一半是，必为偶数，设现把个相乘，有可见，为偶数，设，有，得证 例6 在数轴上给定两点1和，在区间内任取个点，在此个点中，每相邻两点连一线段，可得条互不重叠的线段，证明在此条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条证明 将个点按从小到大的顺序记为，并在每一点赋予数值，使及此同时，每条线段也可数字化为（乘法）记的线段有条，一方面另一方面 ，得，故为奇数评析 用了数字化、奇偶分析的技巧二、约数及倍数最大公约数及最小公倍数的求法（1） 短除法（2）分解质因数法设记 ，则 ，（3）辗转相除法 例7 （1）求，；（2），解（1）方法1 分解质因数法由得 方法2 辗转相除法 或 （2）方法1 短除法由得 ，方法2 分解质因数法由得 ，例8 正整数分别除以得到的余数依次为，则的最小值为 解 依题意，对最小的，则是的公倍数，得例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？解 相当于求不定方程的整数解由知，存在整数，使，可得一个解，从而方程 即往小容器里倒2次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有3升油；再重复一次，可得6升例10 对每一个，求证存在个互不相同的正整数，使，对任意的成立 证明 用数学归纳法当时，取，命题显然成立 假设时，命题成立，即存在，使 ，对任意的成立 现取为及它们每两个数之差的最小公倍数，则个数 满足 即命题对时成立由数学归纳法知命题对成立 例11 证明对任意正整数，分数不可约证明1 （反证法）假若可约，则存在使 ，从而存在，使消去，得 ， 的 由（1）、（5）矛盾，得解题分析：（1）去掉反证法的假设及矛盾就是一个正面证法（2）式是实质性的进展，表明 ，可见 由此获得2个解法证明2 设存在，使消去，×3-×2，得得 证明3 由得 证明4 解题分析：第 相当于 -；第 相当于-2（-）=×3-×2；所以式及式的效果是一样的例12 不存在这样的多项式使得对任意的正整数，都是素数证明假设存在这样的多项式,对任意的正整数，都是素数，则取正整数，有素数使进而对任意的整数有 （二项式定理展开），其中为整数，这表明为合数这一矛盾说明，不存在这样的多项式,对任意的正整数，都是素数三、平方数若是整数，则就叫做的完全平方数，简称平方数1平方数的简单性质（1）平方数的个位数只有6个：（2）平方数的末两位数只有22个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89 （3）（）（6）凡是不能被3整除的数，平方后被3除余1（7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数（8）非零平方数的约数有奇数个（9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足的整数叫做勾股数勾股数的公式为其中为正整数，且一奇一偶这个公式可给出全部素勾股数2平方数的证明方法（1）反证法（2）恒等变形法（3）分解法设为平方数，且，则均为平方数（4）约数法证明该数有奇数个约数3非平方数的判别方法（1）若，则不是平方数（2）约数有偶数个的数不是平方数（3）个位数为2，3，7，8的数不是平方数（4）同余法：满足下式的数都不是平方数（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89如个位数及十位数都是都是奇数的数，个位数是6、而十位数是偶数的数例13 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，99，100每盏灯由一个拉线开关控制着最初，电灯全是关着的另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？讲解 （1）直接统计100次拉线记录，会眼花缭乱（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次（3）灯被拉的次数及亮不亮（开、关）有什么关系：0123456789关开关开关开关开关开 灯被拉奇数次的亮！（4）哪些数有奇数个约数：平方数（5）1100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个灯还亮例14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数，斜边为正整数，若为素数，求证为平方数证明 由勾股定理，有 ，但为素数，必有 解得 ，从而 ，为平方数例15 求证，任意3个连续正整数的积不是平方数证明 设存在3个连续正整数（）的积为平方数，即存在整数，使 ，即 ，但，故均为平方数，有得 ，（注意）这一矛盾说明，3个连续正整数的积不是平方数四整除整除的判别方法主要有7大类1定义法证，有三种方式（1）假设，然后证明（定理4）（2）具体找出，满足（3）论证的存在例18 任意一个正整数及它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除 证明 设，其中，则按定义 2数的整除判别法（1）任何整数都能被1整除（2）如果一个整数的末位能被2或整除，那么这个数就能被2或整除 （3）如果一个整数的末两位能被或25整除，那么这个数就能被4或25整除 （4）如果一个整数的末三位能被8或125整除，那么这个数就能被8或125整除 （5）如果一个整数各数位上的数字之和能被3或9整除，那么这个数就能被3或9整除证明 由，有 （6）如果一个整数的末三位数及末三位数以前的数字所组成的数的差能被7或11或13整除，那么这个数就能被7或11或13整除 证明 由 ，知 ， 又由，而均为素数知，能被7或11或13整除（7）如果一个整数的奇位数字之和及偶位数字之和的差能被11整除，则这个数能被11整除证明 由，有3分解法主要用乘法公式如例19 试证证明 改证设，则得又 得但，得，即例20 设及为正整数，满足 ，求证可被1979整除（1979）证明 得1979整除，但1979为素数，得可被1979整除例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数若规定含素因子的数为吉祥数，请证明最简分数的分子是吉祥数证明：由其中为正整数，有 ，这表明，整除，但为素数，不能整除，所以整除，得是吉祥数4 余数分类法例21 试证证明1 任何整数被3除其余数分为3类（1）时，有 有（2）时，有有（3）有综上得，证明2 ，得 ，又，得5数学归纳法6反证法7构造法例22 个连续整数中必有一个能被整除证明 设个连续整数为，若这个数被除没有一个余数为0，则这个数的余数只能取，共种情况，必存在两个数 ，使 其中，相减 ，有 ，即 及矛盾故个连续整数中必有一个能被整除也可以由得 ，推出，及为整数矛盾例23 个连续整数之积必能被整除证明 设个连续整数为，（1）若这个连续整数为正整数，则只须证明，对任何一个素数，分子中所含的方次不低于分母中所含的方次，由高斯函数的性质，有得为整数（证实了组合数的实际意义）（2）若这个连续整数中有0，则连乘积为0，必能被整除（3）若这个连续整数为负整数，则由（1）知为整数，故为整数例24 有男孩、女孩共个围坐在一个圆周上（），若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有组，求证证明 现将小孩记作，且数字化则“3人组”数值化为其中又设取值为3的有个，取值为的有个，依题意，取值为1的有个，取值为的有个，得 可见例25 （1956，中国北京）证明对任何正整数都是整数，并且用3除时余2分析 只需说明为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明是3的倍数作变形 ，命题可证 证明 已知即， 因为相邻2个整数必有偶数，所以为整数又可变为因为相邻3个整数必有3的倍数，故能被3整除；又，所以能被3整除；得用3除时余2五、同余根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以直接用来解题例26 正方体的顶点标上或，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数的乘积，求证，这样得出的14个数之和不能为0证明 记14个数的和为，易知，这14个数不是就是，若八个顶点都标上，则，命题成立对于顶点有的情况，我们改变为，则和中有4的数改变了符号，用表示改变后的和，由 知 ， 这表明，改变一个，和关于模4的余数不变，重复进行，直到把所有的都改变为，则，所以，例27 设多项式的系数都是整数，并且有一个奇数及一个偶数使得及都是奇数，求证方程没有整数根 证明 由已知有， 若方程存在整数根，即当为奇数时，有及矛盾有为偶数时，有，及矛盾所以方程没有整数根六、不定方程未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程求不定方程的整数解，叫做解不定方程 解不定方程通常要解决3个问题，方程是否有解？有解时，有几个解，解数是有限还是无穷？求出全部解例28 解方程解法1 由知方程有整数解12325 观察特解，列表得一个特解从而通解为方法总结：第1步，验证，经常是第2步，求特解（观察、列举、辗转相除等）第3步，代入公式方法总结：或例29 求方程的整数解解 由2009的分解式，有有 例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再及负方2号队员比赛，直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 （1988，高中联赛）解法1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为和如果甲方获胜，设获胜的场数是，则而且 容易证明以下两点：在甲方获胜时（i）不同的比赛过程对应着方程的不同非负整数解；（ii）方程的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：胜和；胜、和；胜后负于；胜、和但负于；最后胜结束比赛下面求方程的非负整数解个数，设，问题等价于方程正整数解的个数，将上式写成从13个加号取6个的方法数种得甲方获胜的不同的比赛过程有种同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有种，合计种比赛过程例31（1989，高中）如果从数1，2，14中按由小到大的顺序取出，使同时满足 ，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？ 解 由已知得4项均为非负数，相加得，于是的取法数就是不定方程 的非负整数解的个数，作一一对应，问题又等价于不定方 的正整数解由 ，得个解，即符合要求的不同取法有种 七数论函数主要是高斯函数，欧拉函数例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表那么，各班可推选代表人数及该班人数之间的函数关系用取整函数（表示不大于的最大整数）可以表示为 (A) (B) (C) (D)（2010年全国高考数学陕西卷理科第10题） 解法1 选（B）（求解对照）规则是“六舍七入”，故加3即可进1 选解法2 选（B）（特值否定）取，按规定应选5人，可否定(C)、(D)；再取，按规定应选6人，可否定(A)注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入”例33 用表示不大于的最大整数，求讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号关键是弄清的含义，进而弄清加法谁及谁加、除法谁及谁除：（1）分子是那些数相加，求出和来；由，知分子是05的整数相加，弄清加数各有几个13650365个3667311366个73210972366个109814633366个146418294366个183020045175个（2）除法谁除以366，求出商的整数部分原式 命题背景2004年有12个月、366天例34 的标准分解式中2的指数解 2的指数为 图示（5条横线，25个偶数中2的方次，按横线求和）八、综合练习例35 整数勾股形中，证明（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数；（3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长互素，且满足这时，若两个均为偶数，则也为偶数，及互素矛盾；若两个均为奇数，有 ，得 ，这及平方数模4只能取0，1矛盾.所以，中有且只有一个为偶数，不妨设为偶数. （1）设中无一为3的倍数，则 ，得 ，这及平方数模3只能取0，1矛盾，故中有一个为3的倍数.（2）由为偶数.，必有均为奇数，记有 则 右边是两个偶数的差，必为偶数，从而为4的倍数.（3）若中有5的倍数，命题已成立. 若均不是5的倍数，则若只能是形如或的正整数.若均为型，则这及平方数模5只能取0，1，4矛盾若均为型，则这及平方数模5只能取0，1，4矛盾.所以，只能分别取及型，有 得，但5是素数，得.（4）由上证（1）、（2）及知，是12的倍数，则是6的倍数，得三角形的面积是6的倍数例36已知内有个点，连同共有个点，以这些点为顶点，把分割为若干个互不重叠的小三角形，现把分别染上红色、蓝色、黄色，而其余个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数（斯潘纳定理）证明1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为0；当边的两端点异色时，记为1；再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为0，记这样的小三角形有个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为2，记这样的小三角形有个；当三角形的三顶点两两异色时，和值为3，记这样的小三角形有个.下面用两种方法计算所有三角形赋值的总和，一方面另方面，的赋值均为1，和为奇数；而内的每一条连线，在上述的计算中都被计算了两次，和为偶数；这两者之和得为奇数，记为由，得 可见为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数（证明：n个连续整数的乘积一定能被n!整除设a为任一整数，则式： (a+1)(a+2).(a+n) =(a+n)!/a! =n!*(a+n)!/(a!n!) 而式中(a+n)!/(a!n!)恰为C(a+n,a),也即是从a+n中取出a的组合数，当然为整数。 所以(a+1)(a+2).(a+n)一定能被n!整除同余式及不定方程例：求使2n+1能被3整除的一切自然数n.解  则2n+1当n为奇数时，2n+1能被3整除；当n为偶数时，2n+1不能被3整除.例2 求2999最后两位数码.解 考虑用100除2999所得的余数.又2999的最后两位数字为88.例3  求证31980+41981能被5整除.证明  2不定方程不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解.(1) 不定方程解的判定如果方程的两端对同一个模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.例4  证明方程2x2-5y2=7无整数解.证明  2x2=5y2+7，显然y为奇数. 若x为偶数，则方程两边对同一整数8的余数不等，x不能为偶数.     若x为奇数，则但5y2+7x不能为奇数.因则原方程无整数解.说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.例5    不存在整数x,y使方程   证明  如果有整数x，y使方程成立，则=知（2x+3y2）+5能被17整除.设2x+3y=17n+a，其中a是0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8中的某个数，但是这时（2x+3y）2+5=（17n）2+34na+（a2+5）=a2+5（mod17），而a2+5被17整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下（2x+3y）2+5都不能被17整除，这及它能被17整除矛盾.故不存在整数x，y使成立.例7 满足方程x2+y2=x3的正整数对（x，y）的个数是（   ）.（A）0 （B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对解由x2+y2=x3得y2=x2（x-1），所以只要x-1为自然数的平方，则方程必有正整数解.令x-1=k2(k为自然数),则为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D).说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.(2)    不定方程的解法不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.例6         求方程的整数解.解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的平方和等于132即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解解得例7 已知两个自然数b和c及素数a满足方程a2+b2=c2.证明:这时有ab及b+1=c.证明（因式分解法）a2+b2=c2，a2=（c-b）（c+b），又a为素数，c-b=1，且c+b=a2.于是得c=b+1及a2=b+c=2b+13b，即.而a3,1，1.ab.例9满足联立方程的正整数（a，b，c）的组数是（   ）.解（质因数分解法）由方程ac+bc=23得（a+b）c=23=1×23.a，b，c为正整数，c=1且a+b=23.将c和a=23-b代入方程ab+bc=44得(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,b1=2,b2=22.从而得a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和(1,22,1)例10求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.解 由(y-2)x=2y-7,得分离整数部分得由x为整数知y-2是3的因数,y-2=±1，±3，x=3，5，±1.方程整数解为例11         求方程x+y=x2-xy+y2的整数解.解（不等式法）方程有整数解  必须=（y+1）2-4（y2-y）0，解得y.满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；当y=1时，由原方程可得x=2或0；当y=2时，由原方程可得x=1或2.所以方程有整数解最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.例12         求满足方程且使y是最大的正整数解（x，y）.解将原方程变形得由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应是144的约数，所以，12-x=1，x=11，这时y=132.故  满足题设的方程的正整数解为（x，y）=（11，132）.例13（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0xy及的不同的整数对（x，y）的个数是（   ）.（A）0  （B）1  （C）3  （D）4  （E）7解法1 根据题意知，0x1984，由得   当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=26·31，故当且仅当x具有31t2形式时，1984x是完全平方数.x1984，1t7.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t3时yx不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.解法2 1984=由此可知：x必须具有31t2形式，y必须具有31k2形式，并且t+k=8（t，k均为正整数）.因为0xy，所以tk.当t=1，k=7时得（31，1519）；t=2，k=6时得（124，1116）；当t=3，k=5时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3.(1)方程x2-y2=105的正整数解有(   ).（A）      一组 （B）二组  （C）三组  （D）四组(2)在0,1,2,，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（   ）.（A）      3个 （B）4个  （C）5个  （D）6个2填空题（1）的个位数分别为_及_.(2)满足不等式104A105的整数A的个数是x×104+1，则x的值_.(3)    已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为_.(4)  求出任何一组满足方程x2-51y2=1的自然数解x和y_.3.求三个正整数x、y、z满足4（1985年上海数学竞赛题）在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？5求的整数解.6求证可被37整除.7（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8（1985年上海初中数学竞赛题）已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.(1988年全国初中数学竞赛题)如果p、q、都是整数，并且p1，q1，试求p+q的值. 练习二十1.D.C.2.(1)9及1.     (2)9.    (3)4.(4)原方程可变形为x2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.3.不妨设xyz,则,故x3.又有故x2.若x=2,则,故y6.又有,故y4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3y4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.先求出,然后将方程变形为y=5+x-2要使y为整数,5x-1应是完全平方数,解得6.88888(mod37),8888222282(mod37).77777(mod37),7777333373(mod37),88882222+77773333(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,37|N.7.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件0及y为整数可得0y5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.l2+m2=n2,l2=(n+m)(n-m).l为质数,且n+mn-m0,n+m=l2,n-m=1.于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方数.9.易知pq,不妨设pq.令=n,则mn由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.赛题精讲例1：数1978n及1978m的最末三位数相等，试求正整数m和n，使得n+m取最小值，这里 （第20届IMO试题）【解】由已知1000=8×125，所以因，且（1978m，125）=1，则由式知1978nm1（mod125）又直接验证知，1978的各次方幂的个位数字是以8、4、2、6循环出现的，所以只有nm为4的倍数时，式才能成立，因而可令nm=4k.由于. n+m=（ nm）+2m=4k+2m，因而只需确定出k和m的最小值.先确定k的最小值：因为19784=（79×25+3）4341（mod5），19784341（mod25）.故可令19784=5t+1，而5 t，从而01978nm1=19784k1=（5k+1）k1+，显然，使上式成立的k的最小值为25.再确定m的最小值：因19782（mod8），则由式知， 由于式显然对m=1，2不成立，从而m的最小值为3.故合于题设条件的n+m的最小值为106.【评述】比例中我们用了这样一个结论：1978的各次方幂的个位数字是以8，4，2，6循环出现，即，当r=1，2，3，4时，这种现象在数学上称为“模同期现象”.一般地，我们有如下定义：整数列各项除以m（m2，mN*）后的余数组成数列.若是一个周期数列，则称是关于模m的周期数列，简称模m周期数列.满足（或（modm）的最小正整数T称为它的周期.例如，（1）是模10周期数列，周期为4；（2）自然数列n是一个模m（m2，mN*）周期数列，周期为m；（3）任何一个整数等差数列都是一个模m（m2，mN*）周期数列，周期为m.例2：设a是方程的最大正根，求证：17可以整除a1788及a1988.其中x表示不超过x的最大整数. （第29届IMO预选题）【证明】根据如下符号表可知，若设三根依次为，则x113f(x)符号+另一方面，由韦达定理知，为了估计、，先一般考察an，为此定义：直接计算可知：又因当时，由此知，命题变为证明：能被17整除.现考察在模17的意义下的情况：可见，在模17意义下，是16为周期的模周期数列，即由于1788故命题得证.例3：求八个整数满足：对每个整数k（1985<k<1985），有八个整数a1，a2，a81，0，1，使得 （第26届IMO预选题）【解】令数集记显然 H，且G中的元素个数有个.又因G中任意两数之差的绝对值不超过2H，所以G中的数对模2H+1不同余.因此，G的元素恰好是模2H+1的一个绝对值最小的完系，于是，凡满足的任意整数都属于G，且可惟一地表示为：形式.当n=7时，H=3280>1985，而n=6时，H=1043<1985.故n1=1，n2=3，n8=37为所求.例4：设n为正整数，整数k及n互质，且0<k<n.令M=1，2，n1，给M中每个数染上黑、白两种颜色