高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题.docx

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1、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. 大小依次条件与实数范围不同，若整数x，y有大小依次xm,而令n=m+u1，nu11，得 。同理，又可令m= u1+ u2，mu21。如此接着下去将得uk+1= uk=1，而，ik。故是不大于1981的裴波那契数，故m=987，n=1597。例2. （匈牙利1965）怎样的整数a，b，c满意不等式 解：若干脆移项配方，得。因为所求的都是整数，所以原不等式可

2、以改写为：，变形为：，从而只有a=1，b=2，c=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：若x|y，则可令y=tx；若xy，则可令y=tx+r，0r|x|-1。这里字母t，r都是整数。进一步，若，且，则。结合高斯函数，设n除以k，余数为r，则有。还可以运用抽屉原理，为同余增设一些条件。整除性与大小依次结合，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abcq）由p，q的互素性易知必有q|a，q|b。这样，由ba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ba得到的不仅是ba+1，而是更

3、强的条件ba+q。例4. （IMO-25）设奇数a，b，c，d满意0abcm。所以。，代入ad=bc中，有 （1），由（1）可得。即， （2）已知a，b都是奇数，所以a+b，a-b都是偶数，又是奇数的2倍，故b+a，b-a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。，与（2）比拟可得由于km，故。从而e=1，。考虑前一状况，有由第二式可得 ，故 ，所以奇数a=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k1时，我们总是作如下考虑：令，则必有。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

4、及都是完全平方数。解：变形可得：，故只要能证一个，则另一个必是。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与b1互素导出a1b1与b1互素，是证明的关键。二. 从特别到一般例8. （IMO-18）试求与为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=4，22=4；2+2+2=6=3+3，2225。因此不如把一

5、个5拆成2与3的与，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ai只应取2或3，且2的个数不超过两个。依此估计，由1978=6583+2+2，即可揣测最大的积为。例9. （IMO31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。为使机器人经过若干次上升下降后，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：为了讨论解法与结论，不妨设。我们分b|a与ab两种状况进展讨论。对于b|a的状况结论是自不待言的：可令a=sb, 机器人上升一次，然后再连续下降s次即到达要求，故n=a.现考虑

6、ab。例如，特例a=5，b=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n=7。又取特例a=7，b=4。依上述方法可得n=10。通过特例，我们可作如下揣测：若ab，且（a，b）=1，则n=a+b-1。事实上，按照上述试验的思路，这一猜测是可以被证明的。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与解决的。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），通过试用来选择与确定的，

7、最简洁的是mod2，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）一组正整数解与的最小值。运用这种方法的实例很多。例10. （IMO28）设n2，这里x为整数。若当时，f(x)都是素数，试证对任何0xn-2，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. （

8、IMO29）设正整数a，b使ab+1整除，试证是完全平方数。 解：记，则正整数k应使方程 （1），关于未知数a，b有正整数解。明显ab0，否则由ab-1就可以从（1）导出k0。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与b0，由（1）有，由（2）知是整数。若k不是完全平方数，则，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

9、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. （IMO30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与n的值。解：由条件不难看出m是奇数。同时可对a+b+c+d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m=7或9。因此只要证明，即可确定，进而。这里，我们主要是利用已知的重要不等式来确定取值范围。例13. （IMO19）设a，b是正整数，除以a+b时，商为q，余数为r。试求全部的数偶a与b，使得。 解：由，可得

10、估计q44。于是。但q获得较小值时，由就使r增大，进而由r3，必存在素数p，满意npn!。解决此类命题的关键是找寻与构造所需的数或式。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n!-1的最小素因数，也可证明npn!。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N+1，N+2，N+n。但N+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，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N+1的最小素数，可以证明：p-n+1，p-1，p；除最终一个数p外，都是合数。例14. （IMO30）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N=(2(n+1)!+1，考虑N+j，1jn。若N+j=(2(n+1)!+j+1=，则明显有(j+1)|(N+j)，因此必有j+1=,1rm，从而。另一方面，由j+1n+1知，故。于是。这是与冲突的，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。