强基计划专题练11 算法、数论（解析版）.docx

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1、专题训练11 算法、数论一、单选题1对个正整数用k种颜色染色，使得无法从中选出三个不同色的正整数构成等差数列，设k的最大值为，则（）ABCD【答案】A【分析】利用特例可判断BCD的正误，利用整除性和数学归纳法可判断A的正误.【详解】取，则，将1234染成即可因此选项CD错误下面证明设为正整数n中素数p的幂次，即对于任意的正整数，将m染成第种颜色，这样就用了种颜色此时对于任意不同色的正整数x，y，有，因此和均与x，y之一同色，符合题意这样就证明了接下来设，则右侧不等式即对k进行归纳，应用数学归纳法证明当时，此时，命题成立假设命题对成立，对已有的染色，考虑1，2，n的染色，若其中有两种或两种以上新

2、增的颜色，不妨设为红色和蓝色，且最小的红色数为x，最小的蓝色数为y，且，则，考虑正整数，它与异色数对成等差数列，于是必然与x，y之一同色，但，这与之前假设的x，y的最小性矛盾因此1，2，n的染色至多在之前的基础上增加1种，从而命题得证综上所述，有接下来考虑的情形，此时，排除选项B故选：A.2若集合且，则称构成的一个二次划分.任意给定一个正整数，可以给出整数集的一个次划分，其中表示除以余数为的所有整数构成的集合.这样我们得到集合，称作模的剩余类集.模的剩余类集可定义加减乘三种运算，如，（其中为除以的余数）.根据实数中除法运算可以根据倒数的概念转化为乘法，因此要定义除法运算只需通过定义倒数就可以了

3、，但不是所有中都可以定义除法运算.如果该集合还能定义除法运算，则称它能构成素域.那么下面说法错误的是（）A能构成素域当且仅当是素数BC是最小的素域（元素个数最少）D【答案】D【分析】先证明出A选项正确，从而说明C选项正确，BD选项根据定义求解即可.【详解】能构成素域当且仅当是素数，理由如下：当为素数时，除0外，均与互素，此数记作，对于，考虑，若，则为的倍数，而为素数，故，故为的倍数，即，故存在，使得即可定义除法.当能构成素域，若是不素数，则，故对于，存在，使得，故为的倍数，故存在整数，使得，故，但，且为非零的整数，故不成立，故是素数.综上：能构成素域当且仅当是素数，A正确；因为，所以，B正确；

4、根据A选项，由于2为最小的素数，有2个元素，元素个数最少，所以是最小的素域（元素个数最少），C正确；因为，所以，D错误；故选：D.【点睛】集合新定义，需要先读懂题干信息，正确理解，再此基础上举一反三，进行求解，本题中A选项的证明是解题的关键.二、多选题3电子计算机是二十世纪最伟大的发明之一，当之无愧地被认为是迄今为止科学和技术所创造的最具影响力的现代工具，被广泛地应用于人们的工作和生活之中，计算机在进行数的计算和处理加工时，内部使用的是二进制计数制，简称二进制.一个十进制数n（nN*）可以表示为二进制数（a0a1a2ak）2，即，其中a0=1，ai0，1，i=0，1，2，k，kN*，用f（n）

5、表示十进制数n的二进制表示1的个数，则（）Af（7）=2Bf（7）=3C对于任意rN*，D对于任意rN*，【答案】BC【分析】将7化为二进制数，写出，设，则使得的有个，从而利用二项式定理求和得到结果.【详解】因为，所以，所以，A错误，B正确；设，则使得的有个，故，C正确，D错误.故选：BC【点睛】对于十进制和二进制的转化问题，要能归纳出当，则使得的有个，是解题的关键.4已知数列满足，其中表示不超过实数的最大整数，则下列说法正确的是（）A存在，使得B是等比数列C的个位数是5D的个位数是1【答案】BD【分析】根据取整函数的性质可得数列为递增数列，根据整数的性质可得，从而可求数列的通项，从而可判断A

6、B的正误，利用二项式定理可判断C的正误，从而可判断D的正误.【详解】，.由题可得为正整数，故，所以数列为递增数列，故当时，又当时，即，故即.又，结合、均为正整数可得，其中，而，故，其中.故，又，故，故，故数列是以为首项，3为公比的等比数列，因此，因此A错误，B正确又，因为为10的倍数，故的个位数为，因此C错误设，则，故的个位数为，因此D正确.故选：BD【点睛】思路点睛：以取整函数为背景的数列的递推关系，需结合递推关系的形式和整数的性质挖掘新的隐含的递推关系，从而把问题转化为常见的递推关系，与个位数或余数有关的问题，多从二项式定理去考虑.三、填空题5对于正整数，最接近的正整数设为，如，记，从全体

7、正整数中除去所有，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前8项和为_.【答案】【分析】对于正整数，就、分类讨论后可求，从而可求，故可求前8项和.【详解】对于正整数，必存在正整数，使得.如果，则，故，故，此时，故故此时取值为区间中的所有正整数.如果即，则，故，故，此时，故此时取值为区间中的所有正整数.所以当时，取值为区间中所有的正整数，而，故表示中除以外的所有正整数， 取，则，取值为区间中除以外的所有正整数.取，则，取值为区间中除以外的所有正整数.依次取，则，取值为区间中除以外的所有正整数.故，故前8项和为：，故答案为：.【点睛】思路点睛：对于数列的新定义问题，首先要弄清楚数列的形成

8、过程，特别是与数论有关的新数列构建问题，要能根据整数的形式做合理的分类.6已知为正整数，.其中的系数为10，则的系数的最大可能值与最小可能值之和为_.【答案】40【分析】由题意得，则的系数为.结合柯西不等式得出的最大最小值分别为12，28，所以的系数的最大可能值与最小可能值之和为40.【详解】由题意得，的系数为.由柯西不等式知，又由于为正整数所以.当时，因此的最小值为34.另一方面，若为正整数，则，这是因为上式展开即为，亦即.所以.当时，因此的最大值为66.进而我们有的最大最小值分别为12，28，所以的系数的最大可能值与最小可能值之和为40.故答案为：40.7将一个数列中部分项按原来的先后次序

9、排列所成的一个新数列称为原数列的一个子数列，如果数列存在成等比数列的子数列，那么称该数列为“弱等比数列”.已知，设区间内的三个正整数，满足:数列，为“弱等比数列”，则的最小值为_.【答案】2【分析】根据新定义列等量关系，再分解变形，根据正整数分解性质求最小值.【详解】因为，所以，依次成等比数列，即，因为，为区间内的三个正整数，所以设，且因为当时，最大，所以故答案为：2【点睛】本题考查等比数列、数列新定义以及正整数分解，考查综合分析求解能力，属难题.四、解答题8规定：对于任意实数，若存在数列和实数，使，则称可以表示成进制形式，简记为：；如：，表示是一个2进制形式的数，且；（1）已知，试将表示成进

10、制的简记形式；（2）若数列满足，求证：；（3）若常数满足且，求.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）当，；当，.【分析】（1）由，能将表示成进制的简记形式（2），由，知，所以，由此能够证明（3），由此能够求出【详解】解：（1），则.（2），知是周期为3的数列，则.即：（3）所以，即.【点睛】本题考查数列的递推公式，解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题设的隐含条件，合理地进行等价转化9执行下面框图所描述的算法程序，记输出的一列数依次为， （1）若输入，写出输出结果；（2）若输入，求数列的通项公式；（3）若输入，令，求常数，使得是等比数列【答案】（1） ；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

11、【分析】（1）模拟执行程序框图即可得结果；（2）由程序框图知，则，化为，从而可得结果； （3）当时，令，解方程可得结果，【详解】（1）输出结果是：0， （2）（法一）由程序框图知，所， ，而中的任意一项均不为1，（否则的话，由可以得到，与矛盾），所以，（常数），故是首项为，公差为的等差数列， 所以，数列的通项公式为，（3）当时，令，则， 此时， 所以，又，故存在常数（），使得是以为首项，为公比的等比数列【点睛】本题主要考查程序框图的应用，考查了等差数列的定义以及由递推关系研究数列的性质，考查函数与方程思想，考查了计算能力，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于综合难题.10定义，其中为奇

12、素数.(1)给出同余方程的满足的一组解；(2)（代数基本定理）设，且，求证在内至多有个解；(3)（小定理）求证：；(4)（原根存在定理）若正整数满足：，且，则记，则称为在意义下的阶，求证：必定存在，有；(5)求证，存在，都存在中必有一者成立；(6)说明当时，必有一组非零解.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析(4)证明见解析(5)证明见解析(6)答案见解析【分析】（1）给出，验证后符号条件.（2）利用带余除法结合数学归纳法可证.（3）利用完全剩余系的性质可证明费马小定理.（4）利用代数基本定理结合欧拉函数的性质可证明该结论.（5）记意义下的原根记为，则问题可转化为同余方程组是否有解问

13、题，取，则可得存在性成立.（6）就、分类讨论，后者可通过一个引理（构造有向图可证明）来证明.【详解】（1）显然是的倍数，所以；（2）下面先证明一个引理：在中，若在内有一个根，则，引理的证明：在内作带余除法，则，故，故，所以，故在中，.回到原题，对次数作数学归纳法.当时，有且只有一个根；假设结论对成立，考虑次数为的情况：若无根，则命题已经成立；若有根，由引理，有，设，且，由归纳假设有至多有个根，故至多有个根，由数学归纳法可得原命题成立.（3）考虑（该集合为除以后不同余数的集合），若，对任意的，则有，又对，任意的，若，则，故，故，故若，则当取遍中所有元素后，当取遍中所有元素，所以，所以.（4）由（

14、3）可知，否则，故，由的最小性可得，故.对任意，定义，设中元素的个数为，如果，则；设，则，故为中多项式的一个根，由代数基本定理，对任意的，最多有个剩余类为的根.对于，因为，故中的元素两两相异，并且都是的根.当，如果，则，所以，故，而，故，所以必定存在，有.（5）由（4），记意义下的原根记为，记，则题设中的方程可化为，取，则上述三个方程必然有一个有整数解.（6）任取意义下的原根，分以下两种情况讨论：1.若，则同时也是的原根.因为遍历，自然会使得原方程有非零解.2.若，下一共有个非零元素和元素0，（1）存在，使得，则在下中存在这么一个元素，这个元素为0，取，构造完成.（2）不存在，使得，则存在，下

15、面证明引理：如果，是的原根，那么一定存在，使得.证明：假设不存在， 先考察，可以推出，我们规定：如果满足，则在之间连一条有向边，由前述讨论可得1.一条可以推出一条，设为条.2. 一条可以推出一条，反之亦然，所以条数一样，设为条.3. 一条可以推出一条，反之亦然，所以条数一样，设为条.4. 一条可以推出一条，反之亦然，所以条数一样，条.5. 一条可以推出一条，分别设为条和条.故，得到，矛盾，故引理成立.回到原题，如果不存在，使得，设，设为另一个余数，由引理，一定存在，使得，故，考察这3组数（）互不相同且没有一个元素为零，元素个数为，一定存在使得原命题条件成立.11约数，又称因数.它的定义如下：若

16、整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；(2)当时，若构成等比数列，求正整数；(3)记，求证：.【答案】(1)8.(2).(3)证明见解析.【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；（2）由题意可知，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；（3）由题意知，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，比如为8的所有正约数,即.（2）由题意可知，因为，依题意可知，所以，化简可得，所以，因为

17、，所以，因此可知是完全平方数.由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，所以为，所以,.（3）证明：由题意知，所以，因为，所以，因为，所以，所以，即.【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.12设为n个正整数，并且满足，令，并记.求证：对于任意，必存在正整数u、v，使得，等于A或.【答案】证明见解析【分析】因为，所以以为循环节，从而，对于很大的数，我们只需要循环相加即可得到，所以只需证明，存在正整数u、v，使得，等于A或，新定义一个数，接下来分类讨

18、论，当个数不是模的完系，当个数不是的完系时，找到相应的数，等于A或，若上述两组数均是的完系，证明不成立，证毕.【详解】证明：因为，所以，从而不妨设.记.下面分情况讨论：（）若个数不是模的完系，则由于余数互不相同，所以模的余数也互不相同，故必存在i，j，使得.如果，则有.如果，则有.如果，则，知，即.均满足条件.（）若个数不是的完系时，同理可知满足条件.（）若上述两组数均是的完系，则矛盾.综上，证毕.【点睛】数论的基础题目，要结合题干中的条件缩小讨论的范围，一般使用数论的四个基本定理来解决问题.13设为一个质数，且也是一个质数，证明：的小数表示形式中包含0至9的所有数码【答案】证明见解析【详解】

19、令为质数，由费马小定理可知，设10模q的阶为d，则，从而，注意到，故由于且为长度不超过d位的整数，故是循环节长度为d位的纯循环小数，且循环节为（若长度不够则补为d位）在十进制下表示的数码节设模q的余数为，记，由于10模q的阶为d，于是我们得到互不相同，注意到相当于将的小数点向右移动了k位，故的小数点后的第一位必定出现在的循环节中，也即的小数点后的第一位必定出现在的循环节中设g为模q的原根，则构成模q的缩系，故存在x，使得若10模q的阶为p，则，由原根及阶的最小性可知，也即，设，则显然（否则若则可知），于是模两两不同余且均为4的倍数，故，于是由可知S是由模q的所有四次剩余构成的集合；类似的若，则

20、S是由模q的所有二次剩余构成的集合；若，则S是由模q的缩系从而无论哪种情况，集合S均包含模q的所有四次剩余下面考虑所有不超过q的四次方程：，显然这些数均在集合S中我们证明：对任意，存在正整数k使得，也即的小数点的首位数字为，从而表明存在，使得的小数点后的首位数字为t，进而说明t出现在的循环节中事实上，显然，注意到，故每次变化的步长：，故必定经过的每一个区间，也即对任意，均存在正整数k使得，结论成立综上，结论成立14给定素数.称1，2，的排列为“好排列”，如果对，2，均有，并且是的倍数.求“好排列”的个数除以的余数.【答案】除以的余数是【详解】解：把排列看成是，以到自身的置换（一一映射）：.“好

21、排列”即没有不动点（即对，2，均有），且的好置换.（本题所有同余均为意义）.设所有好置换构成集合.我们按照的取值把分成个部分，2，我们想实现之间的对应，为此考虑对置换进行操作：，2，若，即没有不动点并且，则亦没有不动点，同时.所以.并且若，则，这样以来我们就找到了的单射，于是，因而是的倍数.另一方面，我们考虑另一种操作：.若，即没有不动点并且，则亦没有不动点，同时.所以.由于操作是以为周期的，即，所以我们考虑在操作下的最小正周期.由于，只能或.若的周期即满足对任意成立，这样的一定是，2，的形式，这些置换共有个，它们都满足没有不动点且，即都在中.若的周期，则两两不同，这个置换可以围成一圈，构成元

22、组.这样可知：中的元素除了个，2，形式的之外，其余的个元素都可以分成若干个元组.因此是的倍数，之前已知是的倍数，于是除以的余数是.15给定正整数.记，2，3，.证明：对任意素数，存在无穷多个非负整数对，满足，这100个数都能被整除，并且都不能被整除.【答案】证明见解析【详解】对素数与正整数，记为满足的最大非负整数.题目所证即数列中有无穷多个长为100的段有相同的值.我们证明引理：对任意正整数，中存在角标连续的100个数有相同的值.我们记，即中的个数的两两之差是的倍数.若，则对任意均有，引理成立.若，则中的数都被整除.设中被整除的数依次为，.其中.若引理不成立，则，2，以及，.设，2，我们考虑：

23、由，可知，因此意味着.我们考虑多项式序列，3，我们有：若则.注意到是关于次首一多项式.由拉格朗日定理，即有限域上的多项式的根的个数不超过该多项式的次数，因此在模意义下至多有个使得.即的情况至多出现次.这就意味着，这些数的分布情况是：没有1，至多有一个2，至多有两个3，至多有个，至多有99个100，没有101以上的.这样即.这与题设矛盾，这意味着对任意的正整数，元组，中存在连续100个数的值相同.因此符合题意的有无穷多对.16设a，b为不超过12的正整数，满足：存在常数C，使得对任意正整数n成立求所有满足条件的有序数对【答案】.【分析】由条件知，由费马小定理知，则取，可得，即，分和两种情况讨论即

24、可出答案.【详解】由条件知，对任意正整数n，有注意到13为素数，a，b均与13互素，由费马小定理知因此在中取，化简得，故代入，得，即分两种情况讨论（）若，则，又，经检验可知此时由条件知，从而只能是经检验，当时，对任意正整数n，模13余2为常数，满足条件 （）若，则由知，对任意正整数n，有特别地，故所以，即，故通过检验，可知经检验，当时，对任意正整数n，可得：，满足条件综合（）、（），所求的有序数对为17设是两两不同的实数，且满足，求所有可能的取值.【答案】6或7【分析】根据题目条件，分析得出，再令，则有，得到，解得符合条件的角；将角的值代入计算即可.【详解】，同理得，而当时，可得，与条件矛盾，

25、均不为0；又，得：，令，代入得：，或，解得：或或或，故或，又，当时，应舍去；当时，当时，或.【点睛】本题主要考查了学生分析问题，解决问题的能力，综合考查了不等式，三角函数等相关知识，解题的关键是采用了三角换元去解方程，运用诱导公式，二倍角公式，积化和差公式进行三角函数的恒等变换去求值是本题的一个难点，此题属于难题.18正整数数列的前项和为，前项积，若，则称数列为“数列”.(1)判断下列数列是否是数列，并说明理由；2，2，4，8；8，24，40，56(2)若数列是数列，且.求和；(3)是否存在等差数列是数列？请阐述理由.【答案】(1) 是；不是；理由见解析；（2）或；（3）存在.【解析】(1)根

26、据新定义的数列，需要满足，所以分别计算两个数列的，相比观察得答案；(2)由数列的定义可知，分别表示，由正整数数列可分别求得，即得，从而得答案；(3) 假设存在这样的等差数列是数列，且此数列是特殊的常数列，则至少三项，分别表示所以，所以a是2和3的公倍数，令，显然该等差数列是Z数列，所以存在；此后类比推理，可到n项.【详解】(1) 由题可知，此时有1234221128该数列满足，所以是数列；同理可得：123488163360该数列中，所以不是数列. (2) 因为数列是数列，那么，则又因为数列是正整数数列，若，则，所以，则或当时，；同理当时，故或 (3) )假设：存在这样的等差数列是数列，且此数列

27、是特殊的常数列，则至少三项所以，所以a是2和3的公倍数令，显然该等差数列是Z数列，所以存在；同理，如果是四项，则需满足每项是2，3，4的公倍数，如12，12，12，12如此类推的有限等差数列，可以有无穷多个，且当为n项时，则各项为的公倍数故存在等差数列是数列.【点睛】本题考查数列的新定义问题，关键在于理解定义，充分体现数学中的转化思想，还考查了借助反证法特殊化证明命题，属于难题.19对于素数p，定义集合.及.试求所有的素数p，使得.【答案】满足条件的所有素数p为2、3、5、13、17.【详解】1.首先验算当p2，3，5，13，17时，满足题意.i.当p2时，对任意，a、b、c均为奇数或两奇一偶

28、，此时，.故.ii.当p3时，由平方数模3余0或1得或.因此， iii.当p5时，若.由模5余0或1，得不能模5同为1或-1，此时必有.因此，.iv.当p=13时，若.由模13余0或1或3或4，经验算得中有一个模13为0或-1，此时必有或或因此,v.当=p=17时,若 .由模17余0或1或2或4或8，经验算得中有一个模17为0或-1，此时必有或或因此,.2.证明:当,且p3时,不满足题意.只需证明存在,而即可.事实上,由p3,知存在整数c,使得.由无解.在模p意义下,定义函数,.若,则.于是,f为单射(在模p意义下).因此,f的值域中共有个值.由抽屉原理,知存在整数b,使得.注意到,b0(否则

29、,与,矛盾),且a0(否则,与,矛盾).若,则由.而,于是,.故当且p3时,不满足题意.3.证明:当,且p17时,不满足题意.先证明两个引理.引理1 若p为奇素数,kt0,则,其中,Z为模p的完系,表示勒让德符号.引理1的证明 设模p的二次非零剩余构成集合A,非二次剩余构成集合B.若,则.而遍历0一次,遍历集合A中每个元素恰两次,故.若,则.而遍历0一次,遍历集合B中每个元素恰两次,故=.因此, .引理2 设.则方程至少有p-1组解.引理2的证明 方程等价于至少有p-1组解.固定有组解.于是,共有组解.由引理1及,得.回到原题.令c=a+b,其中,S为的解集,则=.于是, .若,则有下列四种情

30、形:.至多有两个值(a,b).至多有两个值(a,b). .且至多有两个值(a,b).,此时,.而,故至多6个b的解.又一个b至多可确定两个a,于是,至多有12个值(a,b).综上,至多有18个值,使得.又p17时,p+118,则必存在一组,而.故.因此,满足条件的所有素数p为2、2、5、13、17.20设，问：是否存在正整数，使如果存在，试求出最小的正整数；如果不存在，请说明理由【答案】见解析【详解】这样的正整数不存在易知，假设存在正整数，使，即注意到，且2011是型的质数故存在整数，使，且含有型的质因子（设为）取使到最小的一个数对为若这样的数对有多个，再设其中使到最小的一个数对为，则否则，不

31、妨设因为是奇数，可令，其中，所以，但由，有与最小矛盾令则所以，1.若为一奇一偶，则又，则于是，有的质因子由，有，但，与的最小性矛盾2.若为奇数，则因为为奇数，所以，为一奇一偶同1，有模4余3的质因子，即，进而，但，与的最小性矛盾21试求所有的正整数，满足存在一个整数，使得是的一个因数【答案】见解析【详解】（为非负整数）一方面，若有奇因数，则是的因数，即若是的因数，则是的因数因为，且，所以，必有一个质因数，且从而，两边次方得由费马小定理得，即，矛盾另一方面， 同余方程有解而时，所以，根据中国剩余定理知同余方程组有解令则被整除22试求的最末两位非零数字【答案】44【详解】记正整数最末两位非零数字为

32、下面在模100的意义下讨论显然，且若，则故，其中，易知，且当时，则，故 又 ，故而， ，故所以，23操场上有100个人排成一圈，按顺时针方向依次标为，主持人将编号为l，2，50的纪念品按照以下方式依次分发给众人：先将第l号纪念品交给；然后顺时针跳过1个人，将第2号纪念品交给；再顺时针跳过2个人，将第3号纪念品交给，第次顺时针跳过个人，将第号纪念品交给，其中，如此下去，直到纪念品发完为止试求得到纪念品最多的人及其所得纪念品的编号【答案】见解析【详解】记第个与第个纪念品为同一人所得则，即显然，且与的奇偶性不同（1）如果，则（i）若，则 又，故所以，其中，1，；，2经计算，（ii）若，则由故，（2）

33、如果，则（i）若，则故，（ii）若，则，75故，综上，与分别被与得到，其余各人至多得到2个纪念品24已知整数、均不为零，满足（，、是奇质数），且， 、不是的倍数.若存在整数、使得，求证：可以表示成两个整数的平方和.【答案】见解析【详解】注意到.设，或，于是，或，.下面只需证明、有一组是整数即可.注意到.从而，.易知，.由，知.显然，、不能同时为0.1.当， 时，存在整数、使得，. 这与，矛盾.2.当时，有或.若，因为，所以，.此时，均为整数.若，同理，为整数.这种情况命题成立.3.当时，有.若，至少一个成立，根据上面同理可证、均为整数.若，同时成立，易得，.易知，.25试求出所有的正整数组，使

34、得.【答案】见解析【详解】由题意设.下面分两种情况讨论.（1）若，则.因此，.显然，.若，则，故只能有；若，则是正整数，故只可能有.（2）若，由对称性不妨假设，即.考虑二次方程，其中，是方程的一个根.设方程的另一根为.由韦达定理有是，.所以，为正整数且.下面证明：当时，.事实上，.又，则 .所以，成立.由于和是方程的两个根，因此，对某个，如果一组是方程的解，那么，也是方程的解.而，可因此，对方程的任意一个解，用来替换原来的，式仍然成立.只要这里的，这样的替换便可以继续下去.而每经过一次这样的替换，的值将会减少.因此，经过有限步之后，必有.下面讨论时，方程的解.（i）若，则方程即为.而，故仅有解

35、.此时，.（ii）若,则有.因为是正整数，所以， 是正整数.故.如果,则.解得.于是，,即,此时，.如果,代入式可得,即与矛盾.因此，只能取.当时，方程的任意一个解经过有限次替换以后必将变为.反过来，对作上述替换的逆变换，将生成方程的全部解.这些解可表示为，在这里，数列满足，以及递推关系.同理，当时，方程的全部解为，在这里，数列满足,以及递推关系.当时，由对称性可知，方程的全部解为以及.因此，全部解为.其中，数列满足，；数列满足，.26设为实系数二次三项式.如果对一切整数，都是完全平方数，求证：存在自然数及整数，使.【答案】见解析.【详解】因为完全平方数，所以.为确定计，约定当时，；当时，.和

36、都是完全平方数，.两式相减，得.或为奇数，或为4的倍数，或为奇数的一半，或为偶数.若为奇数的一半，则由知，也为奇数的一半.设，且设，则由，即.则是偶数.从而也是4的倍数.但不是4的倍数，矛盾.故只能是偶数.记，进而推知.按题设，因为对一切自然数，所以.设不超过的最大自然数平方为，即.令，则，且.有设，则（1）若，则上式右边当充分大时为正数.设素数充分大，使，且使式（1）右边为正数.由式（1）还知，即.，因而可设，.由此导出.故.上式左边为常数，而，则上式对充分大的不可能成立.故只能.于是，有.（2）若，则，结论成立.若，则（2）右边对一切自然数都大于0.考虑使充分大的素数，由于是完全平方数，且，所以，当时，将会导致矛盾；当时，所以，.但由知，又导致矛盾.若，则考虑使的充分小的负整数，仿前也能推出矛盾.综上所述，只能，.获取更多资料，关注微信公众号：Hi数学派，或者加数学派资料群：790251300