数论试题中的概念和方法

1、竞赛中常用的定理：竞赛中常用的定理：欧拉定理欧拉定理 费马小定理费马小定理 中国剩余定理中国剩余定理 基本研究对象：基本研究对象： 整数整数涉及的范围：涉及的范围：整除问题整除问题 同余问题同余问题 不定方程不定方程 1、已知a、b、c为正整数，且 是有理数. 求证： 是整数.33abbc222abcabc证明：因为 为无理数，故 bc0， 于是 33222223( 3)( 3)33()333ababbcabbcbacbcbcbc222.abca b cZa b c 上式表示有理数，则有b2-ac=0.从而a2+b2+c2=(a+b+c)2-2ab-2bc-2ca =(a+b+c)2-2(ab

2、+bc+b2) =(a+b+c)(a-b+c).故整除有如下的一些性质：若a | b，b | c，则a | c ；若c | a，d | b，则cd | ab；若c | a，c | b，则c |（manb）； 若a | b，则ma | mb，反之亦成立； a、b互质，若a | c，b | c，则ab | c；p为质数，若p|a1a2an，则p必能整除a1，a2， an中的某一个； 特别地，若p为质数，p|an，则p|a.2、证明：当n为任何整数时，36|(2n6 n4 n2).证明：2n6n4n2=n2(2n21)(n21)， 当n为偶数时，4|n2； 当n为奇数时，n2被4除余数为1，故4|(

3、n21). 故4|n2(2n21)(n21). 当n3k（kZ）时，9|n2(2n21)(n21)； 当n3k1（kZ）时，n2被3除余数总是1， 所以3|(n21)，且2n2被3除余数为2， 所以3|(2n21)， 于是9|(n21)(2n21)， 故9|n2(n21)(2n21). 所以36|(2n6 n4 n2).3、对任意正整数n，求证：(n +2) (12005 + 22005 + +n2005). 分析：分析： 按底数之和为（n2）进行配对计算. k2005(n2k)2005 (n2)k2004k2003(n2k)+(n2k)2004，k2005(n2k)2005能被n2整除（k2

4、，3，）.因式分解公式：对大于1的整数n有xnyn =(xy)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+xyn-2+yn-1)；对大于1的奇数n有xn+yn =(x+y)(xn-1xn-2y+xn-3y2xyn-2+yn-1)；对大于1的偶数n有xnyn =(x+y)(xn-1xn-2y+xn-3y2+xyn-2yn-1).同余问题同余问题定义定义:设m是一个给定的正整数.如果两个整数a、b用 m除所得的余数相同，则称a、b对模m同余，记 为ab(modm) .若m|(ab)，则称a、b对模m同余.若a=b+mt(tZ)，则称a、b对模m同余.性质：性质：aa（mod m） 若ab（mod m），

5、则ba（mod m）若ab（mod m）,bc（mod m）,则ac（mod m）若ab（mod m）,cd（mod m）, 则acbd（mod m），acbd（mod m）, a nb n（mod m）若n|m，ab（mod m），则ab（mod n）若(m，n)1，ab（mod m），ab（mod n）， 则ab（mod mn）欧拉定理：若（a,m）=1，则费尔马小定理：p是素数，则apa（mod p） 若另上条件（a，p）1，则ap-11（mod p）威尔逊定理：设p素数，则（p1）！-1（mod p）.()1(mod)mam4 4、一个数的各位数字的和被、一个数的各位数字的和被9 9除

6、的余数等于这个数除的余数等于这个数被被9 9除的余数除的余数. . 证明证明 设设a= =110nna aa a = =an1010n+ +an-1-11010n-1-1+ + +a1 110+10+a0 0， 101(101(mod9)9)，1010n1(1(mod9)9)， an1010n+ +an-1-11010n-1-1+ + +a1 110+10+a0 0 an+ +an-1-1+ + +a1 1+ +a0 0( (mod9)9)5、 试求出一切可使 被3整除的自然数.21nnnn6136233|n 21n 22(mod3)261(0 1 2)2(61) 2(122) (3 1)2(

7、mod3)62(0 1 2)2(62) 2(248) (3 1)2(mod3)nnkknkknnkknkknkknkk解：若，则考虑到 及，则当时，、 、当时，、 、6364363(0 1 2)2(63) 20(mod3)64(0 1 2)2(64) 2(9664) (3 1)1(mod3)nknkknkknknkknkk当时，、 、当时，、 、6536665(0 1 2)2(65) 2(6 32160) (3 1)1(mod3)66(0 1 2)2(66) 20(mod3)616223nkknknnkknkknkknknkkn当时，、 、当时，、 、由上可知当且仅当，时，+1能被 整除；10

8、10n6、求 除以13的余数.1010n解：解：1031（mod13） 1061（mod13） 1021010（mod6） 10310210（mod6） 10n10n-1104（mod6） 10n6k4 106k+4(106)k1041k1041043（mod13）1010n不定方程不定方程 不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数的取值范围是受某些限制（如整数、正整数或有理数）的方程.对于二元一次不定方程问题，我们有两个定理：二元一次不定方程ax+by=c (a，b，c为整数)有整数解的充分必要条件是(a,b)|c.若(a,b)=1，且x0，y0为上述方程的一组解，则方程的全部解为x

9、=x0+bt，y=y0-at(t为整数).对于非二元一次不定方程问题，常用的求解方法有：恒等变形;构造法;奇偶分析法; 不等式估计法.7、求满足方程2x2+5y2=11(xy11)的正整数数组(x，y).(2xy) (x5y)=112.8、求不定方程14x224 xy+21y2+4x12y18=0的整数解.解解 原式变形为：2(x3y+1)2+3(2xy)2=20，故 3(2xy)220， 即平方数(2xy)24，当 (2xy)2=0，1时，(x3y+1)2=10或2(x3y+1)2=17，均不可能，故(2xy)2=4，从而 (x3y+1)2=4，由此得方程有唯一整数解：（1，0）.证明由于2

10、51=32，2131=52，5131=82， 因此，只需证明2d1，5d1，13d1中 至少有一个不是完全平方数. 假设它们都是完全平方数，令 2d1=x2 5d1=y2 13d1=z2 x,y,zN* 由知，x是奇数，设x=2k1， 于是2d1=(2k1)2，即d=2k22k+1， 这说明d也是奇数. 因此，再由，知，y,z均是偶数.9、（第27届IMO试题）设正整数d不等于2，5，13.证明在集合2，5，13，d中可以找到两个元素a,b，使得ab1不是完全平方数.反证法反证法设y=2m，z=2n，代入，相减，除以4得，2d=n2m2=(n+m)(nm)，从而n2m2为偶数，n，m必同是偶数

11、或同是奇数，于是m+n与mn都是偶数，这样2d就是4的倍数，即d为偶数，这与上述d为奇数矛盾.故命题得证.2d1=x2 5d1=y2 13d1=z2 d是奇数，y,z均是偶数解 52m=n21=(n+1)(n-1)， 其中n+1与n-1同为偶数， 则n为奇数，设n=2k-1(kN+)，10、（2006澳大利亚数学奥林匹克）求所有的正整数m、n，使得1+52m=n2.所以52m=4k(k-1),即52m-2=k(k-1),故m2,k1，因k与k-1一奇一偶，故25 2,11,mkk 25,12,mkk 22,15,mkk 或或解得k=5，m=4，所以m=4，n=9满足条件.11、（2004年中国

12、西部数学奥林匹克）求所有的整数n，使得n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数 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n=10时，A(102+310+1)2=1312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 于是A(n2+3n+2)2，化简得2n2+9n270， n=6，5，4，3， 2，1， 0，1，2，此时对应的

13、A=409，166，67，40， 37，34， 31，52，145都不是完全平方数A(n2+3n+1)23(n10)当n10时，A(n2+3n+1)2，3( 333)3( 333)73,44n 所以，只有当n=10时，A是完全平方数(1)平方数的个位数字只可能是0，1，4，5，6，9；(2)偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1， 即任何平方数被4除的余数只能是0或1；(3)奇数平方的十位数字是偶数；(4)十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6；(5)不能被3整除的数的平方被3除余1， 能被3整除的数的平方能被3整除， 因而，平方数被9除的余数为0，1，4，7；(6)平方数的约数的个数

14、为奇数；(7)任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数；(8)在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完 全平方数.完全平方数的性质完全平方数的性质 1212iSiSpppp12,nippppi算术基本定理：算术基本定理：任何一个大于任何一个大于1 1的整数均可分解为素数的整数均可分解为素数的乘积，若不考虑素数相乘的前后顺序，则分解式是惟的乘积，若不考虑素数相乘的前后顺序，则分解式是惟一的即大于一的即大于1 1的整数的整数a可以表示为：可以表示为：a= =，其中，其中i=li=l，2 2，s s为质数，为质数， 为非负整数为非负整数. .d是是a的正因数的正因数1212iSiSdppp

15、p其中其中00ii，i=l=l，2 2，sa的正因数的个数的正因数的个数为为d( (a)=()=(1 1+1)(+1)(2 2+1)+1)( (s+1) ) a的正因数的和的正因数的和1111( )(1)1iinniiiiipappp12、（2003年泰国数学奥林匹克）求所有使p2+2543具有少于16个不同正因数的质数p.解 当p=2时，p2+2543=2547=32283，283是质数， 此时共有正因数(2+1)(1+1)=6个，满足条件； 当p=3时，p2+2543=2552=231119， 此时共有正因数(3+1)(1+1)(1+1)=16个，不满足条件； 当p3时，p2+2543=(

16、p-1)(p+1)+2400+144， (p-1)(p+1)是24的倍数，所以p2+2543是24的倍数， p2+2543=23+i31+jm， 若m1，共有正因数(3+i+1)(1+j+1)(k+1)16个， 若m=1，2i3j106， 当j1，正因数个数不少于16， 当j=1，i4，正因数个数不少于24， 当j=0，i5，正因数个数不少于18， 所以 p3不满足条件. 综上所述，p2时，正因数个数至少有16个， 而p=2时正因数个数为6，故所求的质数p是2.13、（2004土耳其数学奥林匹克）(1)对于每一个整数k=1,2,3，求一个整数n，使n2-k的正 因数个数为10.(2)证明：对于

17、所有整数n，n2-4的正因数个数不是10.(1)解： k=1,243+1=72 k=2,7423+2=2352 k=3,37413+3=49362(2)证明：假设存在n，使n2-4有10个因数.若n2-4=p9(p为质数)，即(n-2)(n+2)= p9,令n-2=pi,n+2=pj (i4,所以无解.若n2-4=p14 p2，（p1,p2为质数，且p1p2）， 即(n-2)(n+2) =p14 p2， 当(n-2,n+2)=1时， n-2=1，则n+2=5，无解. n-2= p14，n+2= p2，则p2 -p14=4.如果p1=5，则p2=629=1737，矛盾.如果p15，则p141(m

18、od5),p2p14+40(mod5).故p2=5，p14=1无解.n-2= p2, n+2= p14，则p14-p2 =4，所以(p12-2)(p12+2)= p2所以，p12-2=1，p12=3，无解.当(n-2,n+2)1时,又(n+2)-(n-2)=4，则p1=2，所以p2为奇数.故n2=16 p2+4，所以2|n.设n=2m，则m2=4p2+15(mod8)，矛盾.因此，不存在整数n，使得n2-4的正因数个数是10.14、（2006澳大利亚数学奥林匹克）对于任意正整数n， 设a(n)是n的各位数的乘积.(1)证明：对所有正整数n，有na(n) ；(2)求所有的n，使得n2-17n+5

19、6=a(n)成立.110101010kkkkkkna aaaaa(1)证明 令100109( )kkkkkkkiiiinaaaaaa n则(2)解 由n2-17n+56=a(n),及a(n)n 得n2-17n+56n，即n2-18n+560， 解得 4n14. 又由n2-17n+560,得n4,或n13, 则n4,13,14 逐一检验得 n4.15、（2005德国数学奥林匹克）设Q(n)表示正整数n的各位数字之和，证明：Q(Q(Q(20052005)=7.证明 因为Q(n)n(mod9)， 而20052005(9222+7)200572005(mod9)， 由欧拉定理(9)6771(mod9)

20、所以2005200572005=76334+1(mod9)7(mod9)，故Q(Q(Q(20052005) 200520057(mod9).又20052005(104)2005=108020，所以，20052005至多有8020位，故Q(20052005)98020=72180于是Q(20052005)至多只有5位，因此Q(Q(20052005)95=45,从而Q(Q(Q(20052005)3+9=12,又Q(Q(Q(20052005)7(mod9)，所以Q(Q(Q(20052005)7.16、(2004年西部数学奥林匹克)设nN*，用d(n)表示n的所有正约数的个数，(n)表示1，2，n中与n互质的数的个数求所有的非负整数c，使得存在正整数n，满足 d(n)(n)nc，并且对这样的每一个c，求出所有满足上式的正整数n.分析分析 d(n)表示n的所有正约数的个数， (n)是1，2，n中与n互质的数的个数，两类数中的公共部分只有1，如果1，2，n中的数恰好是大于1的正约数与第二类中大于1的某数的乘积，该数不在这两类数中，把这种数称为第三类数.当没有第三类数时c=1；当有1