数学竞赛中的数论问题题型全

1、,b4 a 0ax by x,y（ 00 ax by a,b| by byax0000 qr 0 r ax by， ，0000 得ra x xb y ，0000ax by byr0ax by |知 r0000by1 0|a bax by|a b b，0 1axa，0000by,是a ba bax byax by,是a b得ax000000 by a,bax00 ,b 1,s tas bt 1 若 a a 1 ,n1 12nn1 1 5 paa p a,p 1 ,p 1 a,p p或 若 pa a a, 1,b a,c 1 a a c a, a,c 1,b 1, 1s tas bt 由 a a,

2、 1,b 1a,a 1 a,b 1， a， a ,a ,a ,a 1 a,b a,b 1，a, 1 ,b 1, a b1,n amn m m n ,b 1, 1, 1 , a b1 a a b a bm 7 p , p ,L , p p p p p 11 12n12n, p ,L , p若 p n个 p12n p ,p ,L ,pp | pip |1 p 1若 p pi12nii2221nn a,b,c11a ，0 | |0a a，a aa0a 00,a bb a a b b a，a 由b a，a b a b a， b a a 0 a b q b 逆反命题成立“若b a， b a 0a a b

3、 a a b0 a b由 b且得 ,b 1a aa c a t c ，,b 1, 1s tas bt 由 aa a，a aa c ,b 1a c,b c ac ,b 1, 1 s tas bt acs bct c， 由 a ,b c c aq ,c bq q s qt ca c有c12216 |60|且 a c且b ccaa a b或a c ,a | b a | c, , 11 a且aa ba caa | a | c 6 a,b,cc0( )c a b 称a,b a bc)c， a b,bcab(modc)a a,c,d,mmbm) cdm)且acbdm) bdm)且 若abm) cdm)且

4、a b mq c d mq ，, 由a12 c bd m q q ) a c b d am .12 ,bc m bdm)12bm)n a b (modm) bnmn)且a 有.nn2a b mbm)k( , , ) 有k a b m ak k k a b mbm)a bk(a,) , , 由ak k ka b m qk k ka b k k mk ,b 设a n a b a b bann a b ab a a ba b L ab bnnn1n2n32n2n1 a b a2 12 1 n babn a b ab aa ba b L ab b2n12n12n22n32n422n32n2 b a b

5、 a b2 a2nnb2n1 a b ab a a ba b L ab2n2n2n12n22n3 22n2,a ,L ,aa 01 7 设nk 2 ak12mn a k a k L a k a aa L a 为n的 m1m2k12m1m1 2m2 knkn a10 a 10 L a 10a ，0 a 9,a 0m1m212m1mi1n a 2 a 2 L a 2a 0 a 1,a 0m1m212m1mi1 , , , n p p L p p p L p L12k12k12k12k p p L pn 的 正 约 数 的 个 数 为定 理 若 正 整 数 n 的 素 数 分 解 式 为 n1 则k

6、122k d n a 1 a 1 L a 1 ，12k p 1 1 p 1 1L p 1112n S n12kkp 11p 12p 1k p p L p k n1122km p p L p ，0 ，12k12kii d n a 1 a 1 L a 1 0,1,2,L , 共 1 有n12kiii3 p p L pp p L p L p p L p0111101201 ，12k22kkknnn 1p 1 1 p 1p 11 1 p p L p L p p L p12L S n1k01110112k1p111p 1p kkk2k注 x x 1 8 x， x x x 为x x nnn!pL n p

7、p p 23! p1,2,L ,n p为素数，故在n 中 pp nnnn1,2,L ,n中个 p个 p个 p2 pp p p 22 n!个 3 n pp个 p2 p 3 nnnL p p p23 1 pa p a 1p a p 2 paapa1,2,L ,p1a1k 1k pp|C iL ,p1 1a kaip k1k C k L C k1 k 1k1 p p1p1p1pppp p k1a a ap ,p 1p a 1 pa ap1 9 n nn1 1 1 L 11 p p L pn n 1 n1 12k2kp1pp 2k pp p p p有 p 14 2n 0 mod4 , 2n1 1 mo

8、d4 , 2n1 1 mod8222（12） 2 2k1（13）任何整数都可以表示为 nm b ,b ,L ,b a b a b L a b,a ,L ,a例a127127112277,a ,L ,a a1273.14159265358979323846264, ,L ,a a a 例 1224 a a a L a a a12342324 1,2,L 例2 能否从1,2,L 10？解 S S 12L 14105,b a a b a b S 与S/a与24S/2a或4aS /S 例 3 解 445 45有2,x ,L ,x ,x11， 要 么 是 若例 4有 n 个 数 x， 它 们 中 的 每

9、 一 个 要 么 是12n1nx x x x L L x x x x 04|n1223n1nn 1 1xx 1x x x x L L x x x x 0， 由xi i11223n1n 1in11n2k知n个x x ，nn个x x ii1ii1(1) (1) x x x x x x x x x x x x 1，kk22221223n1nn 112n1n5 kk2mn4m4|n例6 1和 2 (1, 2) nn21n1n 将n2A A1, ,A a n22i 1, 当 为有理数点时，Aia iAA aa i11,当A为无理数点时.iii1i1,当 , 一为有理数点，另一为无理数时，A Aaa ii

10、1 A,A 同为有理数点或无理数点时,ii1ii11()(a a a a a a)(a a ) (1) (1)(k记aakknk1i i11 22334n1 n2(aa )(a a )(a a (a a ) a (a a a ) a a a 1，21 22334n1 n2123n1n21 n2 1 k1得k a p p L p , 0,i 1,2,L ,k ，b p p L p , 0,i 1,2,L ,k 12k12k12ki12ki a,b p p L p , , ,a b p p L p记1 ，k12 k1212iiiiii2kk ,b ,r r,r L r ,r r ,0 r a12n

11、1nnn例7 ；， ，838117 29,21 得10155729, 57 ，2方法2 或8381 8381 83811 得2144 2 3 9 2 3 22，4536 2 3 543 2 2 3 ,422 3 ，222 3 ,23 2 3 2 3 5得22，43例8 n n1 是n12 3 57n2519 解 nn32例9 6 解 15x27y6 3u,v u27v3u 2,v1 15427 2 62 62, ,L ,a a a aa ，使 ，对任意的例 对每一个n，求证存在n 个互不相同的正整数a a12nijiji, j L ,n ,i j2a 1, 2 na12k, ,L ,a a a

12、 a, L , , na a1a ki jk i j2ijij,a ,L ,ak1 为ab12k a b b a b b ,b,a b,a b,L ,a btt 12k a b a b a b ,a bijijnk1n221n4n例14n3121n4 1 14n3d 1，21nn3 d使，21 4 ,dpn ,q, p,q 1 p14n3dq, 3 3 2 21dq2p，n，7的d1d113n3221n4，21nn3 12 p,q, p,q 121nn3 d 2 设21 4 ,dpn14n3dq,n1dq2p得 d113n3221n4 3 由得21nn3 121nn3 nn3 4n11 例 f

13、 n a n a n L ana ，mm1mm110 n， f n b n， f n n p使 f b a b a b L aba p，mm1mm110 ,f bkp a bkp a bkpL a bkp ak 有mm1mm110 a b a b L aba Mp 1 PM M mm1mm110 f b n， f n 2若aa a60,1,4,5.6.9 8 2n1 1 mod82n 0 mod4 , 2n1 1 mod422233 b ca,ca222 ,a m n222mn,bcm n ,22 ,nm m n, 1 ,n且 , 1,c， b cbcaa x n1 n2x2 n n2 ， n

14、3 ， n3 ， n7 ，n8 例 有2233 0123456789关开关开关开关开关开 共92 1例 a a b,bca为 cb cb a2 ，a b c222 ,12c b a但a b a21，b1,2c 2 ab1 2a a 1 2 a122例 31,n,n1 n1（ m 3n n1 n n1 m 1 nm，2n22 1 ,na22 1,n 11, ,但 nnnn b222mab, 1n a n n1 2n11n1）2得222 7ab a 例 m9rr0qaaq a 10 a 10 L a 10a 0a 9,a 0 设mnn1nn110inm a a L a a a 10 1 a 10

15、1 L a 101n110n nn1nn119 a 11L 1a 11L 1L a 11a ,nn1211n19 m a a L a ann1101224或8或8或3或93或9 1 1 由 a a L a 10a a a L a a ，nn1nn110nn11010nn1nn110nn1107或或被7或或a a L a aa a a L a 1001 a a L a a aa，n12 1 03n13nn1001a a L a a aa 1001 a a L a a aa知，nn1nn13又由100171113 7或或ma a naa 1 nn110 由 a 1 a 1 L a 1 a .nn1

16、nn110 a b ab a a ba b L ab bnnn1n2n32n2n1 a b ab aa ba b L ab b2n12n12n22n32n422n32n2b2n1 a b ab a a ba b L ab2n2n2n12n22n322n2512L 9 1 2 L 95 例 55 45 1 2 L 9S 1 2 L 95 5555 S 1 8 2 7 3 6 4 5 9555555555 18 m 27 m 36 m 45 m 9512349 m m m m 9 ,41234 得9S 1 9 2 8 3 7 4 6 5S555555555 19 m 28 m 37 m 46 m

17、5512345得 S5 2m 2m 2m 2m 5 ,412345 112L 9 1 2 L 9 5 S但5例设 与 p q1pq1 1111 L p ）p2 3 pq1 1111 L 2 3 1 1111 11 1 L 2 L 2 3 2 4 111 1111 11 1 L 1 L 2 3 2 3 1111L 660 6616601319 66113181318 1319989990989990L 6601319 6611318M661L M得整除p 1 p例 年9月9mn111 L 20090909 子m220090908mn111 L 220090908111111 L 1 200909

18、082 20090907 2009090910045454 100454552009090920090909L 120090908 2200909071004545410045455p20090909,12L 2009090720090908n p12L m p，2009090912L 2009090720090908m20090909， 但 为 素 数 ， 不 能 整 除这 表 明 ，整 除12L 200909072009090820090909mm 3 n n1 2n1例 1 n被33类nk,nk1,nk2,kZ ， n n1 2n1 3k k1 6k1 ,kn有 nk1n n1 2n1

19、3 k1 k2 2k1 ,3 n n1 2n1 3 n n1 2n1 nk2 n n1 2n1 3 k2 k1 6k5 ,有 3 n n1 2n1 3 n n1 2n1有 2n 2n2 2n1 32n 2n2 2n1 1， 又证 明 2n n1 2n1 ， 得， 得412 3 n n1 2n1例 k个连续整数中必有一个能被k 设ka,a1,a2,L ,ak1，kkk1,2,L ,k1k1ai,a j,0 i j k i kq r, a j kq r,a12 qi j k q qi j k q q k，q121212即i j k i j k与 个连续整数中必有一个能被kk j k q q0i j

20、 k q q k0 q q 1q q1i得1212122!例 kk 设kn,n1,n2,L ,nk1，k n n1 n2 L 1n kn!Ck k! nk !k!n p p p x y x y k nk nkn k p psp p sss得Ck n!kk k n n1 n2L 1n kk! n n1 n2 L nk1 1kk! 1,k C kn n n1 n2 L nk1Ck nk!3例 nn3a3b3ab(i 1,2,n) ai131, 表示男孩时aia i1, a表示女孩时i33, , , 均为男孩a a aii1i23,a ,a ,a 均为女孩A a a a ii1i21, a ,a ,

21、a 恰有一个女孩iii1i2ii1i21,a ,a ,a 恰有一个男孩ii1i2 a3 A 1q b3的A 有 p 的 有 1的A 有 的an jjiiiA 有a 3(a a a )(a a a )(a a a )(a a a )i12n123234n123p(q(ab3(pq)ba)，3ab31 n n1例 nn33222 n n13只 需 说 明 n21 n分 析2为 整 数 ， 但 不 便 说 明 “ 用 3 除 时 余 2 应 说 明22 n n1 2n12n 2n2 2n1313 n21 1 ，n3 n2 n是3 n32 n122228 n n n1 2n131 n n1132，22

22、231 , n12nn n n1 3222 2n 2n2 2n131n3 n2 n11，228 2, 2n2 , 2n1 2n 2n2 2n1 1 3 3 3 2n 2n2 2n131 n n1用3以3n32822例 或1 1 记S 111S 1411 1 为 4Sa,c,dS / 由14 abcd 0 知 ，SS 2 abcd 0 mod4/1S1 4 1 S S 11L 12 S0/ a x a x a xa例 f xn1 使n01n1n 0得 f 及 f f x 1 a a a L a 1 f ，012n f 1 a 1 ，n f x 0 xf x 0 x 000 f x 0 a a a

23、 L a 0 ，0012n 0 a 0 f x 0 x f x00n 解3例 7x19y 1 1 由y123x7x 25, t25 19 ,x 0y 2,27t.y0 a b, 1 2,b c1 a第3 cc modb c a或2x y 2009例 x32解 由 x x2y 1220097 41，22 1, 1, 1,xxx2有x2y 2009, y 1004,y 1005, 7 , 7, 7,xxx222y 41,17, y 24.xy15例 712,A ,A ,A ,A ,A ,A B ,B ,B ,B ,B ,B ,B 1 A和123456712345670 x 7,1i7A x iii

24、x x L x 7 ，127A 胜B 和B ；B 胜A A ；A 胜B B ； A 胜B 、B 和B B A 胜B 4112313345456767yx 1iiy y y y y y y 14，123456711111111111111，从6C6 C6 13132C 3432C7 13613,a ,a例中按由小到大的顺序取出a123a a 3, a a 32132a 11a a 30 1 a a 3 a a 3 14a 7，解 214 aa a 312132332a 3,a ,ax x x x 7a1231234y y y y 11yx 11i123411L 1C3 C3 1010 x 高斯函

25、数， n 例 6 xx x的yxy（16xx3x4x5 y y y y 解法1 3选y 3x2 x565x576 例33 用 x x 1 2 2004L 366366366 366 1 x 由36651830200421963666012345个个个个个个0365366 1234 5175 36610366875366143 10236612.例34 50! 22 3 5 7 29313741解123456789217 631 222225 2342例 3456 ,y,zx y z .222,y,z , x , x yx yz x 1 ,y 1 z x y 2 ，2222241. , x.x

26、y , 3x y z x y 2 ，x 1 ,y 1 2222231 , 3.x y,zx y p x2m,y 2p1,z 2q1有4m x z y 2q1 2p14 qq p22222222 q q1 p p1x为4.则m25k1 k2或 , 5. 若 , 5 , x y x y x y 5k1z2 112 若 , x yx2y2 k2z2 443 x y54 , x y225k1 k2与 54 , x y z x y 410 得5 z 55 z.2222 112 是xy是66xy例 VABCn ,B,Cn3VABC ,B,Cn 1 ；a bcS S 0a2b3cbc.AB, VABCS 1

27、8S S 2k12k1bc c而式中(a+n)!/(a!n!)恰为C(a+n,a),也即是从a+n中取出a的组合数，当然为整数。所以(a+1)(a+2).(a+n)一定能被n!整除同余式与不定方程23n则2+1nn3n3nn例2 求2 999解除2 999又 999例3 求证3 51980 1981 19例4 22 y 若x228若x但 2 例5 则= 2设a是 a 被22222 使2例7 x 322 x 得y 22232220例6 .222 8 即2例7 b和c aa 及222 .22222 及a 221例9 且c和 a1122例 解 由x 是3例 22 22.当 或或 或22例y 故 例

28、及 1 得 x 26 当 时 23解法222x22 这3个个 个 个Ax445y被7y被73xx和22.3924ln厘、及x22故,故z或2y 2222 2 833333322223333223x及y2222222l222225n m例 1 与 m 和 n nm届1978 1078 1000),而nm1978 1078 nm1978 1078 125)nmnm1因 1m m 6 m 为 4 .（ k和m.k ） 3 3 ，444444k(k t)2而5 ） mk2kt(mod125)+k2 2 mnmn m 2m6，1978 197810).4 4qrp xaaax 若nnnnnmma aa

29、xnTnnTn T. ）1978n （x 3x 1 0例a 3.a a x2 届1 1 a1 , 2 212+x113+2 2 af () 0, ,| .3323226a a2a a2333 ) ) 991 )a2222a2aaa a (2 2) 1.2222aaa n a .(n )u nnnn2 a 9,u u n(n 0).2 2u u 2 a 3.u 012n3n2nnnn20 1(| ,即 0,又 3 22 2 又 因当n时 ， | | 则 )1 u ).a u nnnn22nnnnnnna u 1.(n )nn和u 1u. u nu u u u 7,u u u u u 16,u u

30、 u 0123456789u u 14,u u 0,u u u 9, u 17). u 是unnn 16),故u u 17),u u 17),故4u 1 u 1 17).,n , ,n例n a a a ，128128 a n a n a n .k届1 1228 8 | 3 3 k k a aa i n3 , , 1.Ga2an123n1i3 1n1G 133 3 记133 H.32，mixG2nn23 2H 1且 G G G n1GHkH.a a 3a 3 a 3n2123n1当 故n n n .7128例nk与n令M27 M i 与 i M M .届(k,n)又 1 n k n 的 r n)

31、(其中1 r n j ,njjr ,r , ,r .与 2).j n r Mr .则rr1112n1j1j(j k r n),则r k r n)j1jj1k n,则r r k r， k rn r n n r 与 ( ) ）rjj1jj1jjjr 与|k r k rr 与rj1r 与r.kj1j1j1jj1j|(a .例a和mmm与a 1a模a 1|( a，所以由模阶的性质导出mammm2px x例p2 1.p2 q)q是2 1设2模q知或pp2 q),pk 1p q| 即 | 1.因qx2 q)1k qq.例mm m1.aba b( , ) (m m .m1|m 1及da(a,b)abam(

32、, ) 1|m 1m( , ) 1|d m模da bba bm d),m d) 及（ m( , ) d),即d |m( , ) 1.abaaa ba b m1.da b( , ) y k(modn).例 k , ,使得( , ) ( , ) 是xx y x n y nn p y k如kx y k 如p 则x y k 或x y k 中12p xx p ppx yin1 是 n ， 1rrii y k ,r).p xyxii iii28xy x p ), ,x x p ) 1rax11rr y p ), ,y y p )a1r11rr y. p xy p y（ r y，n）又ii iirx y k

33、x y x y k p )(i , ),故 n1iii例 9 n . n .届x i p q p , p , , p 和q ,q , ,q .12n12niii ,n p q, p q , , p qn，1 122nn.、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。例 1 证明无穷数列 10001，100010001，中没有素数。 14n证明：设a 100010001L 1，则a 1 L =1 44 2 4 48n 1nn41 1 ) 1 18k8 k8当n为偶数，设n2

34、k，a =g 1 1 1n484所以a 为合数。当n为奇数，设n2k+1，na =1 ） ） 1=所以 为合数。a2k）2 2k12 2k1g 1 1 1n422nn分奇偶，分情况讨论，问题变得清晰易证。同时注意，若n为奇数时，x y 可分解因式。nn例 2 证明对任意整数 1，n 4 不是素数。n4n证明：当n为偶数时，n 4 为偶数，所以n 4 为合数；4n4n当n为奇数，设n2k1，则n 4 =n 4 n 4(2 )4n42k14k4=n 4n ) 4 ) 4n )42k 2k 42k 2n ) 4n )2k 2 22k 2n ) 2n2 n ) 2n2 2k 2k2k 2k所以n 4

35、为合数。4n29例 3 设正整数 , , , 满足 。证明： 不是素数。a b c d ab cd a b c da d uab cd u v证明：由于 ，则设 ，其中( , )1，则c b va pu,c d qu,b故 = ( ) ( )( )所以为合数。a b c d p u v q u v p q u va d评析：此题中采用方法可扩展如下：若 ，不妨设 , ) , ) ,则a c sd b tc ba as,ccsas dt1a d，所以 ，即ab =cd，且gcd(a ,c )gcd(d ,b ) 1由于cs bt1111c b1bdt,bbt11111 11 1111111所以a

36、 d c a ,c )1，故a d 。同理可证d a ，所以a =d 同理可得c =b 例 4 证明：若正1111111111111整数a,b满足2a a b b，则 和2 2 1都是完全平方数。a b a b22证明： 因2a b abb ，即(ab)(2a2b1)b2222故只需证ab和2ab1互质。设gcd(a,2abd ,即证 1d则 , 2 2 1d a b d a b由于，所以d b，又d ab，则d a。所以d 1，故 1得证。dd b22故ab和2ab1互质，所以ab和2ab1都是完全平方数。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

37、 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x，则 xa2其中a,bN b2x故(ba)(ba) 2 17，从而ba与ba则等于把2 拆开的因数 124173468.这样就22有六种情形。又由于baba，且ba与ba同奇偶性，故ba 2a 34b所以ba16。则x 。2例 6 求方程x y z 2x y 2x z 2y z 24的全部整数解。444222222解：对原方程进行变形、因式分解30(x y z ) 4y z 222 22 2x y z 2x y 2x z 2y z 4y z 24 (x yz2yz)(x yz 2yz)4442222222222

38、2222(yzx)(yzx)(yzx)(yzx)左边四个括号内奇偶性相同，而 2 3为偶数，故括号内每个都为偶数，则应出现 2 ，矛Q43盾。所以原方程无整数解。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：1 若有两连续正整数之积为完全平方数，设x(x1)t （ 2( , ( 1，x xxtxo2则x与 1均为完全平方数。x故存在正整数 , 使得x a ,x1b ，从而b a (ba)(ba)1a b2222这与ba2矛盾。所以两连续正整数不能是完全平方数。2 x(x1)t （x1,t 2(x,x(x1 x与o3x1均为完全立方数。故存在正整数a,b使得x a ,

39、x1b ，从而33b a (ba)(b baa )1这与ba例 9 在两个相邻的完全平方数n 与(n1) 3矛盾。所以两连续正整数不能是完全平方数。33222222同。证明：只需证明若n a bc d (n1) 则 ad bc22a pu,bc pv,d 若 ，则设ad bc（见例 3 q ,vu，即q p1,vu1d (p1)(u pu1 2 a nQu2 2 a 2npd n 2n1(n1) ，矛盾22故在两个相邻的完全平方数n 与(n1) 之间任取若干个不同的整数，它们中两两乘积互不相同。22评析：与例三的思想方法大同小异，因为它们都利用ad bc的结论。例 10 求不定方程(n1)!

40、n 1的全部正整数解。k解：当n1时，无解； 当n2时，12 1，有k 1； 当n2是，(n1)!为偶数，n必为奇k数1 当n3时，23 1，k 1ok31n1n1n1n2)，g (n2)!2o当 n5时， 245 1,k 2 3当n5时，(n2)!(k222故(n(n2)!，则( 1)1而 n 1(n11) 1(n1) C (n1) L C (n1)nnk2kkk1k1k1kk 所以 ( 1)( 1)，则 n1 k， 1 故 n 1n 1(n1)!，与 ( 1)nk1矛盾，则无nC nk1nkn2kn12k解。综上，不定方程的正整数解为（2，13，15，2评析：通过分析估计归纳，对n分类讨论

41、，一一得出结果。a ab b b .及a12n12na b a ba b a b a ba b a b a b 则 a b1 122nn1j12j2n1 n2n1n 1, j , , ja a ab b b j是 n 或12n12n12n, j , , j j.12n.a ab b b，a，12n12na b a b a ba a a b b b.则1 122nn12n12nnnna b a b a b a b a ba b=，1 122nn1 122n na b a b a b a b a b a b ，1 122nn1 22 3n 1a b a b a b a b a b .a b1 12

42、2nn1 n2 1nn1 n .赛题精讲.例 a,b,cRa b c 与a bb cc a333222 .取两组数a,b,c;a ,b ,c .222不管a,b,c的大小顺序如何，a3b3c3都是同序和a2bb2cc2aa b c a bb cc a .333222a2b2c2b2c2a2c2ab2a2b2c2a,b,cR a bc . 例 ：32b c 0. a 、b、cab c 0.a 、b、ca1 1 1111111b c , ) a222. abcabc222222c b aabcbca111111 b c a b c .及 a222222abccab 111a3b3c3及 bc ca

43、 ab.111例 a,b,cabc 1(a 1 b1 )(c1 )1.bcaxyz ,b ,c ,y,zayzx(xyz)(yzx)(zxy)xyz,显然xyz,yzx,zxy中 最 多 只 有 一 个 非 负 数 . 若xyz,yzx,zxy若 xyz,yzx,zxy则 ,y,z1(xyz)(yzx)(zxy) (x (yzx)y (zxy)z (xyz).2223(xyz)(yzx)(zxy). a 、b、c1113abc .2a2bc) b2(ca) c2(a b)111 ,b ,c ,则1axyzx2y2z23xyz x y zyz zx xy 2yz zx xyx2y2z2xyzzx

44、y得yz zx xyzzxxyyxx2y2z2yzyzx及yz zx xyyzzxxyx2y2z2) 33 x y zyz zx xyx x ,y y y ,z ,z , ,zy ,y , ,y例 x是12n12n12n12nnn(x y ) (x z ) .22iiiii1i133 n x yn x z ,.iiiii1i1 1nan).设a kknkk2ki1i1,b , ,ba ,a , ,ab b b 1kn,b k ，b是12n12n12nk 1nanbn.kkk2k2ki1i1i1x x 3x 3x 5x 21x123456x x x x x y x z 13 5 x y z 解

45、令x，xyz123456x y z1 x yz15z21x3y121z2当z当z1x3yxy2(x,y)2),(7,(4,4)2x3y11xy2(x,y)2)x3y5z21x yz1(x,y,z) (7, (4, 2)x x x(xN,xCx x y (yN,x2)x2 程x112345C1 y1C C C C C C C C 363096 812911261223132411例1 1011011011001101101 L a1001,a 2a a a12399100例 2n,n2n12 22n12(n1) 11n22例 3m、nm2n220094149例 4 3442np 为 1pp，42

46、(n1)pp 42(npp42(n3)p p p 5n5n例 5设 a,b,ca b b c c a 3 3 ， 3 3， 3 3 ,b ,c2 a22,b ,c2 a22 1偶 2 2偶 1ab b c c a3 53， 33， 33,b ,c2 5 a221 111 L (n1)例 6 T2 3n2 pn nL ,n k p 1akkk1 12 p L p T 2 p L p 1 L 1 1k22 3n1n1n1p L p T p p L p21n12n2 2 2n .例 7n81182 2 2 (2 2Nnn N88nnnnN.n n9 N 2 2 2 2 .898102 (92 )92

47、n892(2 8 = kN88 N2,nn2(k(k2). k1和 k2 2 k 1 k 2则n2n10 2n 12.2知35，程 。因 为是 整 数 ， 故也 一 定 是 整 数 ， 于 是 有， 再 用 5去 除 比 式 的 两 边 ， 得。 1，；当，；36当。246718129246263225342321114114 ；，则 O。，则。 即得即与；373839k 1n1 2 nnk不能被2整除。例 3设是一个奇数，证明 L对于任意正整数 ，数 kk证明：n1时，结论显然成立。设 n2，记所说的和为 ，则：2A 2(2 n )(3 (n ) (n 2 )k 。kkkkk由 k是正奇数，

48、从而结于每一个i2，数 k(n2i) i(n2i) n2k被整除，故2A n2被 除得余数为 2，从而in2n2 2A不可能被整除（注意,nm 22 1 2 1 例 4设是正整数，mn证明：首先，当nmm n时，结论平凡；当n m时，结果可由2 1 2 1 2 1推nm1mm 2出来（注意n mn r,0 r m q 0而2 1 2 1，由于 ，从最后，的情形可化为上述特殊情形：由带余除法nrrnx y )(x 1x 2xy2y ) (2 |(2 0 r m；而nn知m，故由上面证明了的结论知而由若 是正整数，则 n(2 (2 0n m2 1 2 1mr（注意r时，也有（mna,c,dab c

49、da bcd例 5设正整数满足，证明：不是质（素）数。a d ma ma意味着有理数 的分子、分母约去了某个正整数 后得既ab cd c b n(,n) 1c nu证法一：由，可设其中。由cma ,c 约分数，因此，nv同理，存在正整数 使得b nv,d a bcd (mnuv)因此，是两个大于 1 的整数之积，从而不是素数。a,c,dab cda,c,d注：若正整数适合，则可分解为及的形式，这一结果在某些问题的解决中很有作用。cdcda(a c)(a d)ab cd ，得ba bcd a cd ，因为abcd是整数，故证法二：由，因此aa(a c)(a d)也是整数。ap若它是一个素数，设为

50、 ，则由(a c)(a d) p可见 整除(a c)(a d)p，从而素数 整除aca dp。不妨设 ac，则ac pa d a ，而或，结合推出这是不可能的（因为d1,n1 m99 1 n99 (mn) mn2例 6 求 出 有 序 整 数 对 （） 的 个 数 ， 其 中可得：，是 完 全 平 方 数 。（1999 年美国数学邀请赛试题）1 m99 1 n99，解：由于(mn) mn (mn) 4(mn)4 (mn2)222。(mn) (mn) mn(mn) (mn) mn (mn2)，于是22222又40(mn) mn(mn) mn (mn 。222若是完全平方数，则必有(mn) mn

51、(mn 1n m 10n m 1m nn ，此时 ，22然而，于是 必有，即m 。所以所求的有序整数对（ ,n）共有 98 对：(,n) ,。a,b2aa bba b 2a b1，则 和22例 7证明：若正整数满足都是完全平方数。（2006 年山东省第二届夏令营试题）2a a b b 2(a b )(a b) b22222证法一：已知关系式即为a b2ab1）b2（a b 0a,b中有一个为 0 若（或者说a b ab 0且(a,b) da a d,b b d (a ,b ) 1不妨设，令，则，1111ab ( b )da2a d a b b d22从而，将其代入得111111d |2a 2d

52、d |(a b )da b因为，所以，从而；11111(a b ) (2a b b d2而式又可写成；11111(a,b) d (a ,b ) 1(a b ,b ) 1(a b )因为所以所以且，所以1111111(a b ) |da b d。，从而1111d a bb ( ) a b d da b为完全平方数。a21，所以，从而111bd22b( )d2a b12所以也是完全平方数。2a a b b 2(a b )(a b) b22222证法二：已知关系式即为2ab1）ba b2（a b 2a b1与论证的关键是证明正整数互素。d a b 2a b1d 1dp，则 有素因子 ，从而由知p|b

53、2p。因为 是素数，故p|b p|(a b)，结合记知（，p|ap| 2a b1 p|得1 与 都是完全平方数。d1 a b 2a b1n例 8证明不存在正整数 ，使 2n +13n +16n +1 都是完全平方数。222n证明：假设存在这样的正整数 ，使 2n +13n 16n 1 都是完全平方数，那么222（2n 13n +16n 1）也必定是完全平方数。222而（2n 13n +16n 136n n n +1；22264241(6n 3n) (6n n 36n +36n +12n n +6n；323236n n +9n ；6426432(6n 3n) (6n n3232所以（2n 13n

54、 +16n ）与（2n 13n +16n +1）为完全平方数矛盾。222222p p2和p11证明：如果都是大于 3 的素数，则 6 是的因子。pp1p p1 p2p p2除以 3 与 都不能被 3整数。 2 是，p1于是 6 是的因子。mn0(22n |(22m ；2设，证明：2 1(2 )2 (2 2 1（ 22 12 1 2mn12 12 12m解：由又因为mnnn，故n2 1(2 (2 (2 (2 2 12222 1nnnn，从而n，于是由整除的性质知(2 |(2 。22mn1 2 nn2不能被n3证明：对于任意正整数 ，数整除。n21 2 n证明：只需证 2（）2（）即可。n因为若

55、是正整数，则x y (xy)(x 1 xn2 yxyn2 yn1)；nnnn若 是正奇数，则x y (xy)(x 1 x 2yxy 2 y 1)；nnnnnnn22 nn2 3 ( n2 n 2n；故，n22 n所以又因为2（n232n2n22，所以2 n，所以2（）2n21 2 n即（）2（）命题得证。n60|6 3 2 1。4已知 为正奇数，求证：nnnn证明：因为若 是正整数，则x y (xy)(x 1 xn2 yxyn2 yn1)；nnnn若 是正奇数，则x y (xy)(x 1 x 2yxy 2 y 1)nnnnnn；3|6 3 3|2 13|6 3 2 1；所以nn，n，从而nnn

56、4|6 2 4|3 14|6 3 2 1nn，n，从而nnn；5|6 1 5|3 25|6 3 2 1n，nn，从而nnn 1 34560且60|6 3 2 1。又，所以nnn42x,yxy xy且x,y，它们的最小公倍数是最大公约数的 120 倍，求 。例 设是正整数，(x,y) dx,y(,n) 1 mn，于是x,y且 。解：设，则，其中mdnd 667(mn)d 2329mnd所以120 即2335(2)mndmn由及（2）可得： 1m2 34 56 810mmmmmmm;。n 120 n 60 n 40 n 30 n 24 n 20 n 15 n 12 5m8m;由（1）可知只能取n

57、24 n 15从而或d23或 29，故 xy xy。,n 0 mn|(m n )mn。22例 2设，则(m,n) dm md n n dm n( , ) 1m n |(m n )，故更有22证明：设，则，其中。于是，已知条件转化为11111 111m |(m 2 n 2)m |n 2(m ,n ) 1(m ,n 2) 1m |n 2m 1n 1，从而转化为，但是，故，结合，知必有，同时1111111111111mn因此。aba,b,cca b，证明例 设正整数的最大公约数是 1，并且是一个完全平方数。(a,b,c)1，故 (b,c)1，现在问题中的等式可以转a b(a,b) da a d b

58、b d(a ,b ) 1证明：设，则，其中 ，由于1111 b 化为1 111a(a ,b ) 1a |c1b |c1(a ,b ) 1a b |c1 1c a b k。设 ，其由此可见 整除。因为，故，同样可得，再由便可以推出1111111 1k中 整除 kcd k(a b )k|dk|(c,d)(c,d) 1 ，11k 1故。d a ba b d(a b ) da b，这样就证明了 是一个完全平方数。2因此，1，故111a,bp,qn pna q使得对任意的正整数 ， 与例 都是正整数，是否存在整数互质？LLbLa,b r ,s (r,s)1，于是存在整数 x,y使得1，解：令，则ap x

59、,q yn，则对任意的正整数 ，设dn(pna,qnb)，有 dn|r(pna)qnb)令即dn|(rpsqrasb) rpsqrxsy1 ra L sb|1 1 n pna，q）1。43n13(,n)例 求出所有的正整数对，使得是一个整数。1（2006 年山东省第二届夏令营试题）(m ,mn 1 mn1|n 1mn1|m n mn1|m n 1m 13333333解：由于且 mn1|m31，所以 ,nmn是对称的。不妨设。n31 n2n11mnmnnN n 2mn2；*当当时，则时，若，从而n 1n1n12n1时，则有 m1|2m2，所以或 ；n13n 2kN31(mn*若时 ， 由 于是

60、一 个 整 数 ， 从 而使 得即1n31 n311111nkn1 1kn，所以。1 n2n1n1n 2 kN，k 1。*又由于，所以n21231n(mn mnnmn mn1Nn2得m5；3*所以或 3n1n1(,n)综上知所有的为（2,2）,(2,1),(1,2),(3,1),(1,3),(5,2),(2,5),(5,3),(3,5).a,b,m,nN*(a,b) a 2a b |a bn|m例 已知，且，试问nnmm的充要条件是吗？（2006 年山东省第二届夏令营试题）a b a a b )b a b )a b |a b a b |a bkn；分析：因为kkknnnnknkn，所以nnkk