竞赛数学数论专题.doc

数论数论素有“数学皇后”的美称由于其形式简单，意义明确，所用知识不多而又富于技巧性，千姿百态，灵活多样有人曾说：“用以发现数学天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了 ”因此在理念的国内外数学竞赛中，几乎都离不开数论问题，使之成为竞赛数学的一大重要内容1. 基本内容竞赛数学中的数论问题主要有：（1） 整除性问题；（2） 数性的判断（如奇偶性、互质性、质数、合数、完全平方数等） ；（3） 余数问题；（4） 整数的分解与分拆；（5） 不定方程问题；（6） 与高斯函数 有关的问题[]x有关的基本知识：关于奇数和偶数有如下性质：奇数+奇数 =偶数；奇数 +偶数=奇数；偶数+ 偶数=偶数.两个数之和是奇（偶）数，则这两个数的奇偶性相反（同）.若干个整数之和为奇数，则这些数中必有奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则这些数中若有奇数，奇数的个数必为偶数个.奇数 奇数= 奇数；奇数 偶数=偶数；偶数 偶数=偶数.ggg若干个整数之积为奇数，则这些数必为奇数；若干个整数之积为偶数，则这些数中至少有一个偶数.若 是整数，则 与 有相同的奇偶性；若 、 是整数，则 与 奇偶性aaabab相同。

关于整数的整除性：设 是整数，则 ； 若 ，则 ； 若 ，则对任意整数,abc○ 1a○ 2 ,bca○ 3 ,bc，有 .mnn若在等式 中，除某一项外，其余各项都能被 整除，则这一项也能被1mniiabc整除.c若 ，且 ，则 .若 ，且 ，则 .(,)bca(,)1b,abc设 是素数，若 ，则 或 .ppbp关于同余：若 ，则 .0(mod)aa分别被 除，余数相同.b,bm同余具有反身性: 、对称性:若 ，则 、传递(od)(mod)ab(od)bam性：若 ，则 .,ac()c2. 方法评析数论问题综合性强，以极少的知识就可生出无穷的变化因此数论问题的方法多样，技巧性高，富于创造性和灵活性在竞赛数学中，解决数论问题的常用方法有因式分解法、估值法、调整法、构造法、反证法、奇偶分析法等等2.1 因式（数）分解例 1 证明无穷数列 10001，100010001，……中没有素数证明：设 ，则10nnaL423个 4484(1)00=nn当 为偶数，设 ，n2nk888441()10=0kknag所以 为合数na当 为奇数，设 ，2+1k42+1212100=0kkknag（ ） （ ） （ ）所以 为合数。

na评析：对 分奇偶，分情况讨论，问题变得清晰易证同时注意，若 为奇数时， 可分解因式nxy例 2 证明对任意整数 ， 不是素数14n证明：当 为偶数时， 为偶数，所以 为合数；n4n当 为奇数，设 ，则2k44144=()nkg24222 2()()[()][]kkkkkkknn g所以 为合数4n评析：对 适时地进行奇偶性讨论，不失为一种证明思路同时应注意， 可作因式分解4xy例 3 设正整数 满足 证明： 不是素数abcdacdabcd证明：由于 ，则设 ，其中 ，则ubv(,)1v,pcdq故 =()())(abcdpuqvuvupquv所以为合数评析：此题中采用方法可扩展如下：若 ，不妨设 ,则adcbgcd(,)c(,)asdbt，且1,ascbdt11gcd(,)c(,)adb由于 ，所以 ，即1tcs11=所以 ，故 同理可证 ，所以11,gd(,)ac1ad1da1=d同理可得 =b例 4 证明：若正整数 满足 ，则 和 都是完全,a223abab21平方数证明： 因 ，即22b 2()1)故只需证 和 互质。

a1设 ,即证gc(,)dd则 2b由于 ，所以 ，又 ，则 所以 ，故 得证abd1d故 和 互质，所以 和 都是完全平方数a12b评析：有时，适当的因式分解可以使问题简化，以证得结论例 5 一个正整数，加上 100 为一个完全平方数，若加上 168 则为另一个完全平方数，求这个数解：设这个数为 ，则x其中21068xab,N（注：限定正的可减少讨论） 故 ，2()17ba从而 与 则等于把 拆开的因数 1、2、4、17、34、68.这样就有2六种情形又由于 ，且 与 同奇偶性，故baba234所以 18,6ba则 205x评析：此题利用平方差公式，再考虑因数分解，便于讨论以确定某些式子的值，最终求得解例 6 求方程 的全部整数解442224xyzxyzy解：对原方程进行变形、因式分解 4422224zxzyz2222()4()()(4xyyzxzyx左边四个括号内奇偶性相同，而 为偶数，故括号内每个都为偶Q34数，则应出现 ，矛盾42所以原方程无整数解评析：将所有字母项放在一起，进行因式分解，再与另一侧数字项对比讨论，推出矛盾。

例 7 证明：两连续正整数之积不能是完全平方数，也不能是完全立方数证明： 若有两连续正整数之积为完全平方数，设 （ ） ，1o 2(1)xt,xt则 ，则 与 均为完全平方数)(,xx1故存在正整数 使得 ，从而ab22,b()1aa这与 矛盾2所以两连续正整数不能是完全平方数若有两连续正整数之积为完全立方数，设 （ ） ，则2o 3(1)xt,2xt，则 与 均为完全立方数1)(,xx1故存在正整数 使得 ，从而,ab33,b22())1aa这与 矛盾223所以两连续正整数不能是完全平方数评析：此题运用因式分解和反证法，分析论证推出矛盾2.2 估值法例 8 证明方程 没有 的整数解223yx0x证明：对原方程进行变形、因式分解 3()1)y设 ，若 ，设 为 的素因数，则gcd(,1)yxdpd,yx又 ，故 ，从而 ，所以 ，这与 为素因素矛盾23pxp1gcd(,1)y与 均为完全立方数x设 ，则由 得，33,yab3()1)yxxab322())aba又 ，则0abx当 时，则1o210,aba2 2())31b这与 矛盾。

2(b故没有非零整数解当 时，则2o0ab22222())()321bababab这与 矛盾1故没有非零整数解评析：因式分解与互素性质相结合，分情况讨论，推出矛盾，题目得证例 9 在两个相邻的完全平方数 与 之间任取若干个不同的整数，证明2n2(1)它们中两两乘积互不相同证明：只需证明若 则2 2()abcdadbc若 ，则设 （见例 3） ，则 ，即adbc,puqvd,qpvu1,qpvu(1)pu2ananQ，矛盾221()d故在两个相邻的完全平方数 与 之间任取若干个不同的整数，它们中n2两两乘积互不相同评析：与例三的思想方法大同小异，因为它们都利用 的结论adbc例 10 求不定方程 的全部正整数解1)!kn解：当 时，无解；当 时， ，有 ；2k1当 是， 为偶数， 必为奇数n(1)!n当 时， ，1o3k当 时，2524,2当 时， ，3o5n11(2)!2)n1(2)!ng故 ，则()!k而 1111)1()()()kk kkknCnL所以 ，则 ，2(knCn故 ，与 矛盾，则无解。

1()!k2(1)k综上，不定方程的正整数解为（2，1） 、 （3，1） 、 （5，2） 评析：通过分析估计归纳，对 分类讨论，一一得出结果n2.3 调整法——下一次课。