第 21 讲 数论试题选讲在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程主要的定理有费马小定理和中国剩余定理反证法是解数论问题常用的解题方法以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。A类例题例1设p是给定的奇质数，正整数k使得 也是一个正整数，求正整数k。（2004年全国高中数学竞赛）分析 是一个正整数，即k2pk是一个完全平方数。为了配方，考虑4(k2pk)是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。解 由题 是一个正整数，则k2pk是一个完全平方数，设k2pk=m2，mN*，则 4(k2pk)= 4m2， (2kp) 2=p2+ 4m2， (2kp) 24m2 = p2， (2kp2m)(2kp+2m) = p2，(2kp) (2kp+2m)0，(2kp2m)(2kp+2m)，且 p是给定的奇质数， 2kp2m=1且2kp+2m= p2， 4k2p=1+ p2，即 4k=(1+p)2，由于k0， 2k=1+ p，k= N*。说明 本题中，p是已知数，k是未知数，所求的是用p表示出k。借助m=列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。例2求所有的整数n，使得n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数（2004年中国西部数学奥林匹克）分析 n是整数，对多项式n4+6n3+11n2+3n+31配方，如果恰好是一个n的多项式的平方，则所有的整数n都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。很显然，本问题配方以后会有多出的部分。解 设An4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数，则配方后A(n2+3n+1)23(n10)是完全平方数当n10时，A(n2+3n+1)2，所以A(n2+3n)2， A(n2+3n)2(n2+3n+1)23(n10)(n2+3n)20，即 (n2+3n+1)2(n2+3n)23(n10)， 2n2+3n+310，这不可能当n=10时，A(102+310+1)2=1312是完全平方数。当n10时，A(n2+3n+1)2，若n3，或n0，则n2+3n+10，于是A(n2+3n+2)2，化简得2n2+9n270， 7n3， n=6，5，4，3，0，1，2，此时对应的A=409，166，67，40，31，52，145都不是完全平方数若n=2，1，与之对应的A=37，34也都不是完全平方数所以，只有当n=10时，A是完全平方数说明 A是完全平方数，配方后(n2+3n+1)2也是完全平方数，若A等于(n2+3n+1)2，配方多出的多项式应该等于0；若A不等于(n2+3n+1)2，配方多出的多项式应该大于或小于0，但此“多余的”式子是一次的，不能反映出较多的信息，必须进一步估计范围。例3在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，若相邻若干个数之和能被11整除，则这些数组成一个数组，这样的数组共有_个。分析 若干个数的和被11整除，只要考虑这些数模11的剩余的和被11整除即可，为了计算简单，这些剩余的绝对值应该尽量的小。而相邻若干数的和，常常与数列前n项的和Sn相关。答 7个。把各项先减去11的倍数，使数字变小易于计算。由此有如下数列：1，4，3，1，5，3，1，3，3，1。设其前n项之和为Sn，则S11，S25，S32，S41，S56，S63，S72，S85，S92，S101。其中相等的有S1S4S101，S2S85，S3S7S92，这样有7组差S4S1，S10S1，S10S4，S8S2，S7S3，S9S7，S9S3为0，即共有7组能被11整除。说明 数列a1，a2，an中，连续若干项的和ak+1+a k+2+am就是SnSk。例4已知a、b、c为正整数，且是有理数。证明：是整数。（2004年芬兰高中数学竞赛）分析 是有理数，其中隐含着正整数a、b、c的关系，找出a、b、c的关系，进一步推出a+b+c是a2+b2+c2的约数。证明 因为为无理数,故, bc0，于是 = = ，上式表示有理数，则有b2ac=0。从而 a2+b2+c2=(a+b+c)22ab2bc2ca=(a+b+c)22(ab+bc+b2)=(a+b+c) (ab+c).故 = ab+cZ。说明 是有理数，其分子、分母中的无理数应该可以约去，注意到a、b、c为正整数，有 = 即可，也即b2=ac。情景再现1已知a、b、c、d均为正整数，且logab=，logcd=。若ac=9，则bd= 。（2003年全国高中数学竞赛）2一组相邻的正整数，其中任何一个都不能被大于1的奇数的立方所整除，则这组数最多有_个。3将一个四位数的数码相反顺序排列时为原来的4倍，求原数。4由7个数字0，1，2，3，4，5，6组成且能被55整除的最小七位数是 ；B类例题例5证明：不存在正整数n，使得2n2+1，3n2+1，6n2+1全都是完全平方数。（2004年日本数学奥林匹克）分析 完全平方数有诸多性质，推理过程中容易找到方向。譬如若2n2+1，3n2+1，6n2+1全都是完全平方数，则两两的乘积 (2n2+1)(3n2+1)=6n4+5n2+1，(2n2+1)(6n2+1)=12n4+8n2+1和(3n2+1)(6n2+1)=18n4+9n2+1都是完全平方数，但其中任意一个都可以是不矛盾的。而三个数的积(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方数则有可能出现矛盾。注意36n6+36n4+11n2+1=9n2(4n4+4n2+1)+2n2+1=9n2(2n2+1)2+(2n2+1)，若乘一个平方数36n2即可以配方。证明 若题中结论不真,那么,此三数均为完全平方数,则三个数的积(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方数。 36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)是完全平方数，即36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)= 36n2 (36n6+36n4+11n2+1) =36n2 9n2(2n2+1)2+2n2+1 = (18n2)2(2n2+1)2+36n2(2n2+1)=(36n4+18n2+1)21是完全平方数。(36n4+18n2+1)2是完全平方数，(36n4+18n2+1)21也是完全平方数，两个正整数的平方相差1，这是不可能的。所以题中结论成立。说明 否定型命题，适合用反证法处理。例62005！+2，2005！+3，2005！+2005这连续的2004 个整数构成一个数列，且此数列中无质数。是否存在一个由2004 个连续整数构成的数列，此数列中恰有12 个质数？ （2004年芬兰高中数学竞赛）分析 条件中给出了一个重要的特例，由于当kN、2k2005时，总有k | 2005！，所以2005！+k总是合数。而1，2，3，2004中质数个数超过12个。考虑数列a，a+1，a+2，a+2003和数列a+1，a+2，a+2004中的质数个数变化。解 考虑数列a，a+1，a+2， a+2003 和数列a+1， a+2，a+2004中的质数个数。 若a和a+2004均为质数或均为合数,那么,这两个数列中的质数个数相等; 若a和a+2 004中有一个是质数,则两个数列中的质数个数差1. 已知数列1，2，2004中质数从小到大有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，质数个数超过12个，而对于a，a+1，a+2，a+2003，当a=2005!+2时，此数列中无质数。所以,存在一个b(1bk 2k(2mk+2nk1)=2252t由2mk+2nk1为奇数， k2取mk=p，nk=q，(04( 24+2326)，取p、q值试验： p56789102p3264128来源:学科网25651210242q的可能值12，6248，9820+50k，k=0，1，2，3，414+50k，k=0，1，2，92+50k，k=0，1，2，20其中p=9时有解q=6，使m+nk=p+q+k=17；再对p10时p+q+k13 最小值为13说明 求多元变量的最小值的命题时，可以在充分讨论限制条件后逐个试验求解。情景再现5证明：15n2+n+26按如下的规则构造数列1，2，3，4，0，9，6，9，4，8，7，从第五个数字开始，每1个数字是前4个数字的和的末位数字。问 （1）数字2，0，0，4会出现在所构造的数列中吗？ （2）开头的数字1，2，3，4会出现在所构造的数列中吗？（2004年克罗地亚数学竞赛）7求有多少个正整数对(m,n)，使得7m+3n=102004，且mn。（2004年日本数学奥林匹克）C类例题例8找出满足(a+b) (b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1abc的全部整数a，b，c，并作出必要的推理说明。（2003年中国香港数学竞赛）分析 这是是三元三次的不定方程问题，把等式整理为a，b，c的整（一次）多项式的乘积等于整数，考虑该整数的因数分解。解1 设s =a+b+c，及P(x)=(xa)(xb)(xc)=xsx2+(ab+bc+ca)xabc则 (a+b)(b+c)(c+a)=P(s)=(ab+bc+ca)sabc于是，题设等式可整理为(ab+bc+ca)sabc=2s3+22abc，即 s3s3(ab+bc+ca)s