2023年高中数学联赛知识导引（二）函数、数列、数学归纳法、整数

联赛导引(二)函数数列数学归纳法整数

一k，基础知识导引

＜一＞,数列：

1,等差数列：

⑴,定义:=4(常量)或2an+i=an+an+2.⑵，通项公式:a”=%+(n-l)d.

⑶，前n项和公式:S’==nax+如一.

"22

(4),任意两项an,am有a”=am+(n-m)d.

(5),对于任意正整数万"，匕/,若加+〃=左+/,则am+an-a*+。口反之不行.

(6),若｛%｝,｛b„｝均是等差数列，则｛/+dbn｝也是等差数列.(c,dwR)

2,等比数列：

⑴，定义—=q(常量)或冬丝=&包.⑵，通项公式:an=W心.

aaa

nn+ln''

nax(q=1)

n

⑶，前〃项和公式:S“=＜a,(l-o),八.(4)任意两项有=a"”".

------(#1)

1i-q

(5),对于任意正整数m,n,kJ,若m+n=k+l，则anam=akat.

(6),无穷递缩等比数列所有项和公式:S=limS„

3,某些常用递归数列的通项:

(1),形如。用=an+于(n)的一阶递归式，其通项求法为

〃一1〃一!

%=q+Z（W+1一。*）=6•（累加法）

%=1k=l

(2),形如an+l=/(«)«„的递归式,其通项求法为

"•/ww⑶…=5-1)(〃>2).(累积法)

a\。2an-\

(3),形如=pan+q(pc1)aJ递归式，由an+l-pan+q及a“=pan_x+q，两式相减

得4+i有｛a〃+i-。“｝是首项为%-可,且公比为p的等比数列，先求

出4+1-4，再求出a“.

(4),形如am=pan+qW(p丰1)的递归式,两边同步除以p向，得

编=3+噌，令2=3,得%=2+噌，求么，再求

pPPPP

g

(5),形如a.=pan(p>0,an>0)的递归式,两边取对数有lga“+i=qlga“+lgp,

b

令n=34,则％=qbn+1g°,仿⑶得bn，再求an.

<二>数学归纳法

形式1：

(i)验证p(n0)成立；(ii)假设p(k)(k>%)成立，那么可推出p(k+1)也成立.

形式2:

⑴验证p(“o+l),p(%+2),…,p(%+r);(ii)假设p(左)成立，那么可推出p(左+厂)也成立•

<三>，整数:

1,整数的分类:

,负整数

一奇数:形如2n±1的数,它的平方被4,8除余1.

⑴,<0⑵《

偶数:形如2n的数,它的平方被4整除.

正整数

'质数(素数)：只有1与本身两个约数.

［完全平方数:形如小的数,m为整数

⑶,<1［非完全平方数.

合数:约数个数大于2个.

2,不定方程时常用解法:

(1),公式法

JQ-JQ%=%+bt

:若《一°是方程依+刀=。的一组整数解，则该方程的所有解为〈一°(/GZ).

』=%[y=y0-at

(2),数或式的分解法；(3),不等式法；(4),奇偶分析法；(5),换元法.

二,解题思想与措施导引

1,归纳-猜测-证明；2,数形结合；3,整体处理；4,换元法；5,配措施；6,估算法.

三，习题导引

<一>，选择题

1,删去正整数数列1,2,3,……中的所有完全平方数，得到一种新数列.这个新数列的第

项是

A,2046B,2047C,2048D,2049

2,已知数列｛〃J满足3Q〃+I+4=4(〃21)且％=9淇前〃项之和为S,，则满足不等式

|S—n—6|<-----的I最小整数〃是

।〃1125

A,5B,6C,7D,8

3,设等差数列｛。〃｝满足31=5%3,且％>0,S〃为其前〃项之和，则S”中最大的是

S

A,510B,uC,S2QD,521

4,等比数列｛4｝中,q=1536，公比q=-；用TIn表达它的前n项之积，则口〃中最大日勺是

A,n9BUc,n12

5,已知数列｛a“｝满足xn+l=xn-(〃22),玉=a,々=b，记S”=/+々+…+xn，则

下列结论对时的是

A,药00—Si。。—2b—QB,%oo=一久Si。。=2b-a

C,玉oo=—b,Si。。=b-aD,玉oo=一〃，Si。。=b-a

6,给定公比为q(qW1)的等比数列｛。〃｝,设々=q+4+/，%=为+%+&，…，

bn=%〃-2+a3n-l+4〃，则数列｛2｝

A,是等差数列车员B,是公比为q的等比数列

C,是公比为q3的等比数列D,既非等差数列又非等比数列

＜二＞填空题

7,设数列％,。2,,…满足q=%=1，。3=2，且对任意自然数n，均有an-an+l-an+2

aa

*1,又a“,n+\'n+2,4+3=a"+an+l+a“+2+an+3，则q+4+…+%oo的I值是--------•

8,各项为实数的等差数列的公差为4,其首项日勺平方与其他各项之和不超过100,这样的

数列至多有项.

9,设正数4,q,2，……满足也%7%%=2a,t（nN2），且％=q=1,

则数列｛a“｝时通项an=.

10,将二顶式（«+£=）"日勺展开式按工时降嘉排，若前三项系数成等差数列，则该展开

式中x的哥指数是整数的项共有个.

n

11,正整数〃使得〃2+2005是完全平方数，则（I+2005）2的个位数字是.

12,已知数列满足关系式,则时值是o

＜三＞解答题

13,求满足pq+qp=r的I所有质数p,q,r.

14,n\n＞4）个正数排成几行几列：

“11"12"13〃14…

。22。23。24…2n

“31”32”33034…3n

%册2%4.•,ann

其中每一行的数成等差数列，每一列的）数成等比数列，并且所有公比相等，已知%=1,

13、、、

&2=—，。43=，试求+%2------ann的）值.

15,确定所有的正整数n，使方程d+y3+z3=加2y2z2有正整数解Q,z).

四，解题导引

1,C在数列1,2,3,…，中,删去了44个(44?=1936)完全平方数，现给该数列再补上44

项，得2,…,2003,…,2047.所补的44个数中尚有1个(2025=45?)完全平方数，把它删除，

再补上一项2048即可.

2,C由递推式变形得:3(。用-1)=—(4—1)，令d=4—1,则A.=—；鬃且乙=a,-1=8.

得也｝是首项为8,公比为—；的等比数列，于是％=8•(—；尸,得为=8•(―；)小+1,

6—6x（_g）"+〃,因止匕I3一"一6|=6义（；）.（七,

S„=------f—+n=

1+-

3

得3"T>250,因此满足这个不等式的最小整数n=7.

3,C设等差数列｛%｝的公差为d,由34=5%，得3(q+7d)=5(q+12J),即%=

3911

——d〉0,因此d<0,则出。=q+19d———d>0,%】=q+20d——^7<。,邑。最大.

111心-19)

4,C由已知=1536x(-=—3x(-、)a。,得口.=(—3)"(—万)不，知丁浦骏，

3327

xx，

iii3为正数,rL为负数，且“12=«12,«11,«io,n9=(--)-(-3)n9=—n9>n9

42o

3

口13=43,1112=«口12<口12,得口12最大•

O

5,A由，因此，即

是周期为6的数列，得，又+

,得。

6,C由题设a〃=a0i,则如=%"1+%,+2+%.+3=%〃+1(1+4+()=".

bn“3〃—2+13〃—1+13〃13〃—2(1+9+夕)

7,200由。八4+1%+2。〃+3=%+an+l+an+2+%+3①

an+an+2an+3an+4=4+1q+2+”〃+3+”〃+4②

两式相减得:(«„-a„+4)(«„+i+an+2+。,+3-1)=0,又an+l+an+2+an+3丰1，有a„+4=an.

=g=I/=2，由①得2=4+%,因止匕/=4，从而ar+a2+a3+a4=8,

于是4+a2H---1-%oo=25(4+%+/+%)=200.

8,8设。1，%，…，。〃是公差为4的等差数列，则=%+4(〃-1),由已知…+

anV100oa；+(4+4+;")("1)«100oa2+(〃_1)q+(2/—2〃_100)＜。.

此有关%为未知数的一元二次不等式有解，应有△=(〃—1)2-4(2附2-2^-100)＞0,

有7层-6“-4。1＜。,得3一际《屋3+际＜%又3+际〉8,因此，

777

的最大值是8,即满足题设的数列至多有8项.

1,n=0

9'。"=＜立(2左—I)?neN“22时，由他限一8-24T变形得

、女=1

修一1=2序，令玉=阵，得x„+1=24+1(〃22),即x„+1+1=2(%,+1),

V*V*V4-2

得｛七+1｝是认为々+1=2首项,公比为2的等比数列，因此x„+l=2"-1，即

，也=(2"T—1尸,即2=(2"—1)2(〃21),于是

an-2an-\

….上一.%=汁(2为-1)25eN+).又/=1,因而得成果.

q%an_tk=i

10,8易求前三项系数分别是n(n-1).由这三个数成等差数列，有2x工〃=1+

282

11(4--)

—1),解得“=8和”=1(舍去).当〃=8时,(+]=C，(5)-x4，由4|3r,

得r只能是0,4,8.

11,9设/+2005=m2(m>0),则(m-n)(m+ri)=2005=1x2005=5x401,得

m—n=l、m—n=5m=1003、m=203

或《，解得《或《

m+n=2005[m+H=401n=lQ02〃二198

由10031°°2=1003430+2,知它的个位数字是9；

由203198=2034x49+2，知它的个位数字也是9.

12,—(2*2—n—3)设么=—,TI-0』,2,…,则(3-----)(6H----)=18,

3册4+1bn

即3%-62-1=0.%=+g,bn+i+；=2(bn+1)

故数列是公比为2的等比数列，

吗+*/2"以乎口)。

2〃+i-

/+1-(n+1),,+2HO

S-=Z^=Z-(2-D=-2^1=-(2--3)

i=oaii=0i=0

13,解:显然p丰q,不妨设p<q.

由于厂为质数，因此p与q不能全为奇数，故p=2.

⑴当q为不不不小于5的质数时，有/+/=2“+/=(2,+1)+(/-1)

2夕+1

2<?1(?2

=3x——+(9-l)=3(2--2-+-+l)+(^+W-l)

2+1

由于q不是3,也不是3的倍数，而q-l,q,q+l是三个持续的自然数,则其中必有一种数是

3的倍数，又q不是3的倍数，得(q+l)(q—1)必为3日勺倍数，

因此p^+qP是3的倍数，这与r是质数矛盾！

(2)当q<5时，只有q=3，这时p=2,q=3,厂=17.

综上所述，有p=2,q=3,r=\7.

14,(分析)设处=。,第一行数的公差为d,第一列数日勺公比为q,可得q刈必

解:设第一行数列公差为d,各列数列的公比为q,则第四行数列公差是岗于是可得

%4=（即+3d）q—1

1

。42=（4i+d）q，

-8

3

16

1

解此方程组，得[i=d=q=±5,由于所给二9个数都是正数，必有夕＞o,从而有

ali=d=q=^,

于是对任意的11＜左＜〃，有akk=q]T=[%+（左—l）d]/T=/.得

222232〃

n

又5+"+•••+

2222324产

两式相减后得:工S=1111n

—I——H——+•••H----------------

2222232"2"1

S=2—J/

因此

15,解:由方程的对称性，不妨设x»y2z＞0.将方程变形为:n=七+*+三①

另首先，由原方程得：/+?=%2(nj2z2-x)②,“/zz—》为正整数，得02?2一XNL

于是由②得V+z3NV,即x<G+Z3yX>y>z>Q又代入①式得

yz

n<——I----------------1--------------③

222222

yzyzyz

⑴当z22时,由于y»z,由③式得“W；,与〃为正整数矛盾!

（2）当z=l时，得y>z=l;

⑴若y=1,由V＜V+z3=2,得x=1,这时可得n=3，方程时解为(x,y,z)=(1,1,1).

3

(ii)若y22,又z=l,由③式得“V,,故只能”=1,原方程变形为:三+丁3+1=/丁2.

这时有正整数解(尤,y,z)=(3,2,1).

综上所述,“的I值为1或3.

[注]:请反思一下每道题所运用的思想方几种初等函数叫性质

一、基础知识

1.指数函数及其性质：形如y=ax(a>O,a1)的函数叫做指数函数，其定义域为R,值域为(0,

+8),当0<a<l时,y=ax是减函数，当a>l时,y=ax为增函数，它的图象恒过定点(0,1).

2.分数指数塞：.

3.对数函数及其性质：形如y=logax(a>0,a1)改I函数叫做对数函数，其定义域为(0,+°°),

值域为R,图象过定点(1,0).当0<a<l,y=logax为减函数，当a>l时,y=logax为增函数.

4.对数时性质(M>0,N>0)；

1)a*=MOx=/ogaM(a>0,1)；

2)log„(MN)=logoM+logaN；

3)loga()=logaM-logaN；4)logaMn=nlogaM；,

5)loga=—logaM；6)a“g"M=M；7)logab=b(a,6,c>0,a,c丰1).

nlogca

5.函数y=x+(a>0)的单调递增区间是和，单调递减区间为和.(请读者自己用定义

证明)

6.持续函数的性质：若a<b,f(x)在［a,b］上持续，且f(a)•f(b)<0,则f(x)=0在(a,b)上至少

有一种实根.

二、措施与例题

1.构造函数解题.

例1已知a,b,cG(-l,1),求证：ab+bc+ca+l>0.

【证明】设f(x)=(b+c)x+bc+l(xG(-l,1)),则f(x)是有关x的一次函数.

因此要证原不等式成立，只需证f(-l)>0且f(l)>0(由于.

由于f(-1)=-(b+c)+bc+l=(l-b)(l-c)>0,

f(l)=b+c+bc+a=(l+b)(l+c)>0,

因此f(a)>0,即ab+bc+ca+l>0.

例2(柯西不等式)若al,a2,…,an是不全为0的实数,bl,b2,…,bnGR,则(),()》

()2,等号当且仅当存在R,使ai二，日,2,…,n时成立.

【证明】令危尸()--2(也)2，

i=li=li=li=l

由于>0,且对任意x£R,f(x)20,

n及_〃

因此△=4（Z%2）-4（2/）（£〃）wo.

i=\i=li=\

展开得()()2()2.

等号成立等价于f(x)=o有实根，即存在，使ai=,i=l,2,…,n.

例3设x,y£R+,x+y=c,c为常数且c£(0,2],求u二aI最小值.

.即、(1Y1)xy1、1,lxy

I%人)Jy%封町\yx

1

=孙+—+2.

孙

令xy=t,贝!J0<t=xyW，设f(t)=t+,0<tW

由于0<cW2,因此0vW1,因此f(t)在上单调递减.

因止匕f(t)min=f()=+，因止匕uN++2.

当书尸时，等号成立.因此u的最小值为++2.

2.指数和对数的运算技巧.

例4设p,q£R+且满足log9p=logl2q=logl6(p+q),求时值.

【解】令log9p=logl2q=logl6(p+q)=t,贝!jp=9t,q=12t,p+q=16t,

因此9t+l2t=16t,即1+

记x=,贝！！l+x=x2,解得

又>0,因此二

例5对于正整数a,b,c(aWbWc)和实数x,y,z,w,若ax=by=cz=70w,且，求证:a+b=c.

【证明】由优二〃二/二70卬取常用对数得xlga=ylgb=zlgc=wlg70.

因此lga=lg70,lgb=lg70,lgc=lg70,

相加得(lga+lgb+lgc)=lg70,由题设,

因此lga+lgb+lgc=lg70,因止匕lgabc=lg70.

因止匕tzZ?c=70=2X5X7.

若a=l,则由于xlga=wlg70,因此w=0与题设矛盾，因此a>l.

又aWbWc,且a,b,c为70时正约数，因此只有a=2,b=5,c=7.

因此a+b=c.

例6已知x1,ac1,a1,cl._&logax+logcx=21ogbx,求证c2=(ac)logab.

【证明】由题设logax+logcx=21ogbx,化为以a为底的I对数，得

由于ac>0,ac1,因止匕logab=logacc2,因止匕c2=(ac)logab.

注：指数与对数式互化，取对数，换元，换底公式往往是解题的桥梁.

3.指数与对数方程的解法.

解此类方程的重要思想是通过指对数的运算和换元等进行化简求解.值得注意的是函数单

调性的应用和未知数范围的讨论.

例7解方程：3x+4x+5x=6x.

【解】方程可化为=1.设f(x)=,则f(x)在(-8,+8)上是减函数，由于f(3)=l,因此方程

只有一种解x=3.

例8解方程组：(其中x,yGR+).

【解】两边取对数，则原方程组可化为①②

把①代入②得(x+y)21gx=361gx,因此[(x+y)2-36]lgx=0.

由lgx=0得x=l,由(x+y)2-36=0(x,yGR+)得x+y=6,

代入①得lgx=21gy,即x=y2,因止匕y2+y-6=0.

又y>0,因此y=2,x=4.

因此方程组的解为《1J2

Ji=11为=2

例9已知a>0,a1,试求使方程Ioga(x-ak)=loga2(x2-a2)有解时k时取值范围.

【解】由对数性质知，原方程的解X应满足.①②③

若①、②同步成立，则③必成立，

故只需解.

由①可得2kx=a(l+k2),④

当k=0时，④无解；当k0时，④的解是x=，代入②得>k.

若k<0,则k2>l,因此k<-l；若k>0,则k2<l,因此0<k<l.

综上，当ke(-8,_i)u(o,1)时，原方程有解.

教学日勺整除性

整数的整除性

定义：设a,b为二整数，且bWO,假如有一整数c,使2=氏，则称b是a时约数,a是b

的倍数，又称b整除a,记作b|a.

显然,1能整除任意整数，任意整数都能整除0.

性质：设a,b,c均为非零整数，则

①.若c|b,b|a,则c|a.

②.若b|a,则bc|ac

③.若c|a,c|b,则对任意整数m、n,有c|ma+nb

④.若b|ac,且(a,b)=l,则b|c

证明：由于(a,b)=l

则存在两个整数s,t,使得

as+bt=l

asc+btc=c

,**b|ac(b|asc

b|(asc+btc)(b|c

⑤.若(a,b)=l,且a|c,b|c,则ab|c

证明：a|c,则c=as(s£Z)

又b|c,贝Uc=bt(tGZ)

又(a,b)=l

s=bt'(t'GZ)

于是c=abt'

即ab|c

⑥.若b|ac,而b为质数，贝Ub|a,或b|c

⑦.(a—b)|(an—bn)(nEN),(a+b)|(an+bn)(n为奇数)

整除的鉴别法：设整数N=

①.2|al2|N,

5|al5|N

②.3|al+a2H---Fan3|N

9|。1+。2+…+dn=9|N

③.4|4|N

251a24o25|N

8|8|N

125|o302al=125|N

⑤.7||-|7|N

11||-|11|N

©.Il|[(a2n+1+a2n-lH------Fal)-(a2n+a2n-2H------Fa2)]

11|N

⑧.13||-|13|N

推论：三个持续的整数的积能被6整除.

例题：

1.设一种五位数,其中d—b=3,试问a,c为何值时，这个五位数被11整除.

解：11|

/.ll|a+c+d—b—a

即ll|c+3

c=8

l〈aW9,且aez

2.设72|,试求a,b时值.

解:72=8X9,且(8,9)=1

二8|,且9|

8|(b=6

且9|a+6+7+3+6

即9|22+a

•*.a=5

3.设n为自然数,A=3237n-632n—855n+235n,

求证：1985|A.

证明：V1985=397X5

A=(3237"—632")—(855"—235")

=(3237-632)Xu-(855—235)Xv(u,veZ)

=5x521xw—5xl24xv

；.5|A

又A=(3237"—855")—(623"—235")

=(3237-855)Xs—(623—235)Xt(s,teZ)

=397x6xs—397xr

397IA

XV(397,5)=1

A397X5IA

即1985IA

4.证明：没有x,y存在，使等式x2+y2=1995(x,yGZ)成立.

证：假设有整数x,y存在，使x2+y2=1995成立.

Vx2,y2被4除余数为0或1.

；.x2+y2被4除余数为0,1或2.

又：1995被4除余数为3.

...得出矛盾，假设不成立.

故没有整数x,y存在，使x2+y2=1995成立.

费马小定理：若p是素数,(m,p)=l

则p\nf~l—1

5.试证:999-9能被13整除.

12个

证明：’.TO—1=9,100—1=99,1012-1=999-9.

12个

又(10,13)=1

A13I(1013-1-1),即13I(1012-1)

A13I999-9.

12个

6.请确定最小的正整数A,其末位数是6,若将未位的6移至首位，其他数字不变，其值变为

原数的4倍.

解：设该数为人=,其中al=6

令x=

则A==x,10+6

于是4A==6X10n-l+x

即有4X10x+24=6X10n-l+x

X

・・・(2,13)=l,x是整数

・•・13|(10n-l-4)

n=1,2时，10n-l-4<10显然不满足条件

n=3时,10n-l—4=96不满足条件

n=4时，10n-l—4=996不满足条件

n=5时,10n-1-4=9996不满足条件

n=6时,10n-1-4=99996满足条件

即A=153846

7.一种正整数，假如用7进制表达为，假如用5进制表达为，请用10进制表达这个数.

解：由题意知:0<a,cW4,0WbW4,设这个正整数为n,则

n==aX72+bX7+c,n=-cX52+bX5+a

49a+7b+c=25c+5Z?+。

48〃+2。一24c=0

b=12(c—2d)

：.12Ib,

又「OW反4

・・・b=0,

・・c=2a

/.当a=l,c=2时，n=51

当a=2,c=4时,n=102

抽屉原理

把八个苹果任意地放进七个抽屉里，不管怎样放，至少有一种抽屉放有两个或两个以上

的苹果.

抽屉原则有时也被称为鸽巢原理，它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以

证明某些数论中日勺问题，因此，也称为狄利克雷原则.它是组合数学中一种重要的原理.把

它推广到一般情形有如下几种体现形式.

形式一：

证明：设把n+1个元素分为n个集合A1,A2,•••,An,用al,a2,…,an表达这n个集合

里对应的元素个数，需要证明至少存在某个ai不小于或等于2

（用反证法）假设结论不成立，即对每一种ai均有ai<2,则由于ai是整数，应有aiW

1,于是有：

。1+。2+…+O"W1+1+…+1=〃<〃+1

这与题设矛盾.

因此，至少有一种aiN2,即必有一种集合中具有两个或两个以上的元素.

形式二：

设把n•m+1个元素分为n个集合Al,A2,•••,An,用al,a2,…,an表达这n个集合里对应

的元素个数，需要证明至少存在某个ai不小于或等于m+1.

（用反证法）假设结论不成立，即对每一种ai均有ai<m+l,则由于ai是整数，应有aiW

m,于是有：

为+a2H-----卜+m-1------P;〃=力,m

n个m

这与题设相矛盾.

因此，至少有存在一种ai2m+l

高斯函数：

对任意的实数X,

[X]表达“不不小于X的最大整数”.

例如:[3.5]=3,[2.9]=2,

[—2.5]=­3,⑺=7,……

一般地，我们有：[x]Wx<[x]+l

形式三:

证明：设把n个元素分为k个集合Al,A2,•••,Ak,用al,a2,…，ak表达这k个集合里对应

的元素个数，需要证明至少存在某个ai不小于或等于[n/k].

（用反证法）假设结论不成立，即对每一种ai均有ai<[n/k],于是有：

4]+々2+…+四<「"/十+「"/月+...+「〃/用

k个[”/幻

=k-[n/k]Wk-（n/k）—n

这与题设相矛盾.

因此，必有一种集合中元素个数不小于或等于[n/k]

形式四：

证明：设把ql+q2H-----bqn—n+1个元素分为n个集合Al,A2,•••,An,用al,a2,…,

an表达这n个集合里对应的元素个数，需要证明至少存在某个i,使得ai不小于或等于qi.

（用反证法）假设结论不成立，即对每一种ai均有ai<qi,由于ai为整数，应有aiWqi

—1,于是有：

ai+o2+...+a”Wqi+g2+...+州一n

<41+42+…—n~\~1

这与题设矛盾.

因此，假设不成立，故必有一种i,在第i个集合中元素个数aiNqi

形式五：

证明：（用反证法）将无穷多种元素分为有限个集合，假设这有限个集合中的元素的个

数都是有限个，则有限个有限数相加，所得时数必是有限数，这就与题设产生矛盾，因此,

假设不成立，故必有一种集合具有无穷多种元素.

例题1:400人中至少有两个人的生日相似.

分析：生日从1月1日排到12月310,共有366个不相似的生日，我们把366个不一样日勺

生日看作366个抽屉,400人视为400个苹果，由体现形式1可知，至少有两人在同一种抽屉

里，因此这400人中有两人的I生日相似.

解：将一年中的I366天视为366个抽屉,400个人看作400个苹果，由抽屉原理的体现形式1

可以得知：至少有两人的生日相似.

例题2:边长为1的正方形中，任意放入9个点，求证这9个点中任取3个点构成的三

角形中，至少有一种的面积不超过1/8.

解：将边长为1时正方形等提成边长为时四个小正方形，视这四个正方形为抽屉，9

个点任意放入这四个正方形中，据形式2,必有三点落入同一种正方形内.现尤其取出这个

正方形来加以讨论.

把落在这个正方形中的三点记为D、E、F.通过这三点中的任意一点(如E)作平行

线，如图可知：

SADEF=SAOEG+SAEFG

l11,।111,、

W—x—x/z+—x—(/?)

22222

_h1h

4+8-4

=1

-8

例题3:任取5个整数，必然可以从中选出三个，使它们附和可以被3整除.

证明：任意给一种整数，它被3除，余数也许为0,1,2,我们把被3除余数为0,1,2的整数各

归入类r0,rl,r2.至少有一类包括所给5个数中的至少两个.因此也许出现两种状况：

1.某一类至少包括三个数；

2.某两类各含两个数，第三类包括一种数.

若是第一种状况，就在至少包括三个数的那一类中任取三数，其和一定能被3整除；

若是第二种状况，在三类中各取一种数，其和也能被3整除.

综上所述，原命题对的.

例题4:九条直线中的每一条直线都将正方形提成面积比为2：3的梯形，证明：这九

条直线中至少有三条通过同一点.

证明：如图，设PQ是一条这样的直线，作这两个梯形日勺中位线MN.

..•这两个梯形的高相等，

.,.它们的面积之比等于中位线长的比，即|MH|：|NH|.

.,.点H有确定的位置.

(它在正方形一对对边中点时连线上，并且|MH|：|NH|=2：3).

由几何上的对称性，这种点共有四个，即，图中的H、J、I、K.已知的九条适合条件的分割

直线中的每一条必须通过H、J、I、K这四点中的一点.把H、J、I、K当作四个抽屉，九

条直线当成9个苹果，即可得出必然有3条分割线通过同一点.

例题5:某校派出学生204人上山植树15301株，其中至少一人植树50株，最多一人植

树100株，则至少有5人植树的株数相似.

证明：按植树的多少，从50到100株可以构造51个抽屉，则个问题就转化为至

少有5人植树的株数在同一种抽屉里.

用反证法)假设无5人或5人以上植树的株数在同一种抽屉里，那只有5人如下

植树的株数在同一种抽屉里，而参与植树的人数为204人，因此，每个抽屉最多有4人，故

植树的总株数最多有：

4(50+51+...+100)

=4x(50+100)x51

2-

=15300

<15301

得出矛盾.

因此，至少有5人植树的株数相似.

数论函数

【内容综述】

本讲简介数论中常见的某些函数日勺概念、性质及其应用，重要有

除数函数7(%)——自然数n的正因数的个数函数；

$(")——自然数n的所有正因数时和函数；

欧拉函数一一设n是不小于1的自然数，则欧拉函数是表达与n互素且不不小于n

时自然数的个数；(高斯函数或称方括号函数［X］在下讲简介)为书写清晰，同学们应熟悉

连加符号"”与连乘符号“”：

n

i-1

n

口产,…,4

I*1

尤其是“火”表达对称式的和1+&+C+…；

“ria”表达对称式时积abc……；

【要点讲解】

§1.约数个数函数

§2.约数和函数

§3.欧拉函数小(n)

★★★

§1.约数个数函数

定义1设，则时正约数的个数称为函数。

定理1设，且是质数，则

7⑻=(q+lX售+D”・(%+D

略证：由乘法原理，约数系由、、…、的不一样取法而生成，它们的取法分别

有

种(含不取该约数的1种取法)，故得证

T(n)-fl(q+l)(q20,L1,2,…㈤

i-1

例1.求24aI正约数个数。

解：

.,.T(24)=(3+1)(1+1)

=8

实际上，易求得约数分别是1,2,3,4,6,8,12,24；个数正是8个。

§2约数和函数

定义设，，则称的正约数和为函数。

定理2自然数月的正约数和函数

(其中为的素数，)。

略证注意到(】♦7】+W+…)

•(1”2♦…♦片)

展开后，其项数恰为的约数个数

又每项皆形如，

可见每项皆自然数的约数且每个约数只出现一次，由此可见该积即，于是有

货冷=至"，■"••・ip：'

i-11-1I-1

—•■••,

A-1「27Pi-1

S力4T

-n20,以质数)

-1Pl-1

例2,求780时正约数和。

解:

S5-133-153-1133-1

二.S(780)____v____x____v_____

2-13-15-113-1

-7x4x6x14

-2352

定理3若、是互质的自然数，即(a,b)=l,则

T(arb)-T(a)T(b),

S(a.b)-S(a)S(H)

证明：设，，

，故与各不相似(i=l,2,…,j=l,2,…，m)

cm

T(ab)-n(q+1”口(X+1)

i-1g-I

-T(a)T(b)

S(M)-S(pp1/>**•P；q?•吟q羡

-s(a)sg)

§3.欧拉函数：三人

定义设以〉i目附£乂则与"互素且不不小于”的自然数的个数9),称为欧拉函

数。

如，易证是素数厂.•每个不不小于的自然数都与它互素)；反之可见，若是合数,

必有。

有关欧拉函数，有如下性质定理

定理4设P是素数，且则

证明：P是素数，显然有与互素的充要条件是，即有：，反之若，且知在

1和之间，有如下个数是p的倍数：

,而其他时数都与互素，从而可知不超过且与互素的自然数个数。

.3)=/(!」)

P

当自然数的素因数分解式中，不只包括一种素因数时，有

定理5设不小于1时自然数的素因数分解式为

其中Pi是素数(1・1.2.-.r),q2领=L2j“.r).则有

4)="-P；T)…/一尸:与)

)0--)-0--)

PlPjPT

即网”)-nn(1-—)

i•1Pi

证明：由于素因数的个数，故考虑采用数学归纳法(下设表有k个素因数的自

然数)。

r-时由定理4知四)="(1」)成立

⑴当P；

K14、

r=砒#与)nn(1-—)成立

i*1Pt

(ii)设

注意到加入第个k+1素因数后，有

且当（附用=於"）=的《）林》）.（*）

于是由归纳假设就有

M%）=p?…*）p连]

"KK1P?…P”心*）

k1]

-An（1・，）了比

liP,pM

*+ii