初等数论专题.doc

初等数论专题一、整除1. 证明： 对任何整数都为整数，且用3除时余2。2. 求证：一整数若不能被2和3整除，则必能被24整除.3. 求最大的正整数，使得对每一个正整数，都有能整除.4. 设是形如（不全为零）的整数中最小的正数，试证明：对任意的整数恒有。5. 设是自然数，且有关系式，求证: 是4的倍数.6. 正整数的和为999，令为的最大公约数，问的最大值为多少？7. 正整数和互素，证明：和的最大公约数等于1或2。8. 对任意六个连续正整数，存在一个质数，使得这个质数能且只能整除六个数之一。9. 求自然数，使它能被5和49整除，并且包括1和在内，它共有10个约数。二、同余式与不定方程1.同余式及其应用:定义:设为整数（m0），若和被除得的余数相同，则称和对模同余.记为或一切整数可以按照某个自然数作为除数的余数进行分类，即，恰好个数类.于是同余的概念可理解为,若对、，有，那么、对模的同余，即它们用除所得的余数相等.利用整数的剩余类表示,可以证明同余式的下述简单性质:(1) 若,则.反过来,若,则;(2) 如果,则;(3) 每个整数恰与0,1,，这个整数中的某一个对模同余；(4) 同余关系是一种等价关系： 反身性 ； 对称性，则，反之亦然. 传递性，则；（5）如果，则；特别地例1: 求使能被3整除的一切自然数.解 则当为奇数时，能被3整除；当n为偶数时，不能被3整除.例2:求最后两位数码.解: 考虑用100除所得的余数.又2999的最后两位数字为88.2不定方程:不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解.(1) 不定方程解的判定如果方程的两端对同一个模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.例3：证明方程无整数解.证明 ，显然为奇数. 若为偶数，则方程两边对同一整数8的余数不等， 不能为偶数.若为奇数，则但不能为奇数.因则原方程无整数解.说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.例4：不存在整数使方程 证明:如果有整数x，y使方程成立，则=知能被17整除.设，其中是0，1，2，3，4，5，6，7，8中的某个数，但是这时，而被17整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下都不能被17整除，这与它能被17整除矛盾.故不存在整数，使成立.例5：（第33届美国数学竞赛题）满足方程的正整数对的个数是（ ）.（A）0 （B）1 （C）2 （D）无限个 （E）上述结论都不对解由得，所以只要为自然数的平方，则方程必有正整数解.令 (k为自然数),则为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D).说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.(2)不定方程的解法不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.例6: 求方程的整数解.解：(配方法)原方程配方得.在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的平方和等于即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解 解得 例7:已知两个自然数和及素数满足方程.证明: 及b+1=c.证明（因式分解法），又a为素数，c-b=1，且.于是得c=b+1及，即.而,1，1.例8:足联立方程的整正数（a，b，c）的组数是（ ）.（A）0 （B）1 （C）2 （D）3 （E）4例9：求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.解 由(y-2)x=2y-7,得分离整数部分得由x为整数知y-2是3的因数,y-2=1，3，x=3，5，1.方程整数解为例10：求方程的整数解.解（不等式法）方程有整数解 必须，解得.满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；当y=1时，由原方程可得x=2或0；当y=2时，由原方程可得x=1或2.所以方程有整数解：最后，我们来看两个分式和根式不定方程的例子.例12：求满足方程且使y是最大的正整数解（x，y）.解将原方程变形得由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应是144的约数，所以，12-x=1，x=11，这时y=132. 故满足题设的方程的正整数解为（x，y）=（11，132）.例13（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0xy及的不同的整数对（x，y）的个数是（ ）.（A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7三、高斯函数，其中，为不超过的最大整数，叫做的整数部份。，叫做的小数部份。基本性质：（1）（2）（3）（4）（5）（6）1和式的值为 。2和式的值为 。3求这2006个数中不同的值的个数。4函数在上所取整数值的个数。5函数在上所取整数值的个数。四、无穷递降法无穷递降法是证明某些不定方程无解时常用的方法，其证明模式大致为：首先假定原方程有解，然后构造某个无穷递降的过程，并且从方程本身看，这个过程是有限的，从而导出矛盾。无穷递降法的理论依据是“最小数原理”。1. 证明方程没有正整数解。2证明不存在不同时为零，且满足的整数。3. 正整数与使得，求证：是某个正整数的平方。2007年全国高中数学联合竞赛加试三、(本题满分分) 设集合，对任意和正整数，记，其中表示不大于的最大整数求证：对任意正整数，存在和正整数，使得【解答】 定义集合，其中为正整数集由于对任意、且，是无理数，则对任意的、和正整数、，当且仅当，由于是一个无穷集，现将中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列对于任意的正整数，设此数列中第项为下面确定与、的关系若，则由是正整数可知，对，满足这个条件的的个数为从而因此对任意，存在，使得2008年全国高中数学联合竞赛加试二、（本题满分50分）设是周期函数，和1是的周期且证明：（）若为有理数，则存在素数，使是的周期；（）若为无理数，则存在各项均为无理数的数列满足 ，且每个都是的周期证（）若是有理数，则存在正整数使得且，从而存在整数，使得 于是是的周期 10分又因，从而设是的素因子，则，从而 是的周期 20分（）若是无理数，令 ，则，且是无理数，令 ， ， 30分由数学归纳法易知均为无理数且又，故，即因此是递减数列 40分最后证：每个是的周期事实上，因1和是的周期，故亦是的周期假设是的周期，则也是的周期由数学归纳法，已证得均是的周期 50分例13（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0xy及的不同的整数对（x，y）的个数是（ ）.（A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7解法1 根据题意知，0x1984，由得 当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=2631，故当且仅当x具有31t2形式时，1984x是完全平方数.x1984，1t7.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t3时yx不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.解法2 1984=由此可知：x必须具有31t2形式，y必须具有31k2形式，并且t+k=8（t，k均为正整数）.因为0xy，所以tk.当t=1，k=7时得（31，1519）；t=2，k=6时得（124，1116）；当t=3，k=5时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3.证明为连续二整数的积,必可被2整除.对任何整数n均为整数,为整数,即原式为整数.又，2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，是能被3整除的整数.故被3除时余2.证明 a2+23=（a2-1）+24，只需证a2-1可以被24整除即可.2 .a为奇数.设a=2k+1(k为整数),则a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除，8|4k（k+1），即8|（a2-1）.又（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a2-1），3 a，3|（a2-1）.3与8互质, 24|(a2-1),即a2+23能被24整除.解 （ab-1）（bc-1）（ca-1）=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.存在正整数k,使ab+ac+bc-1=kabc, k=-k=1.若a3，此时1=-矛盾.已知a1. 只有a=2.当a=2时，代入中得2b+2c-1=bc，即 1=0b4，知b=3，从而易得c=5. 说明：在此例中通过对因数k的范围讨论，从而