高中数学联赛数论题目汇编
全国高中数学联赛试题分类汇编： 14数论
2019A 三、（本题满分 50 分）设 m 为整数， m 2 ．整数数列 a1, a2 , 满足： a1, a2 不
全为零，且对任意正整数 n ，均有 an2 an1 man ．证明：若存在整数 r, s ,
(
r s 2 )使得 ar as a1 ，则 r s m ．
an 各项互不相同，因此存在正整数 N ，当 n N 时，都有 an p .若对某个 n N ，
p | Sn ，那么 p 与 Sn 互素，又 a1, a2 ,,.an 中无一项是 p ，故有数列定义知 an1 p ，
但是 an1 p ，矛盾！
因此对每个 n N ，都有 p | Sn .又 p | Sn1 ，可得 p | an1 ，从而 an1 与 Sn 不互素，这与
i 1
★证明：显然 a1 1或者 a2 1.下面考虑整数 m 1，设 m 有 k 个不同的素因子，我们对
k 归纳证明 m 在 an 中出现.记 Sn a1 a2 an ， n 1.
k 1 时， m 是素数方幂，记 m p ，其中 0 ， p 是素数.假设 m 不在 an 中出现.由于
100
10
故 a 200, 201，此时共有 2 组 (a,b, c) . 综上所述，满足条件的正整数组的个数为 572 2 574 .
2016A
8、设 a1, a2 , a3 , a4 是1,2,3,,100 中的 4 个互不相同的数，满足
a12 a22 a32
an1 的定义矛盾！
假设 k
2 ，且结论对 k
1成立.设 m
的标准分解为 m
全国高中联赛--数论部分
全国高中数学联赛赛前集训资料整理——数论部分1.求所有的质数对(,)p q ,使得|(55)p q pq +.解：若2|pq ,不妨设2p =,则2|(55)|(525)p q q q q +⇒+,由费马小定理知|(55)q q -,得|30q ,验证知(2,5)符合.若,p q 为奇数,且5|pq ,此时不妨设5p =,则有515|(55)|(6255)q q q q -+⇒+,当5q =时,(5,5)符合要求,当5q ≠时,由费马小定理有1|(51)q q --,故|626q ,由于q 为奇质数,但626的奇质因子只有313,故313q =.验证知符合要求,若,p q 都不等于2和5,则11|(55)p q pq --+,故11550(m od )p q p --+≡① 由费马小定理知151(m od )p p -≡② 由①②知151(m od )q p -≡-③设12(21)k p r -=-,12(21)l q s -=-,,,,k l r s 为正整数,若k l ≤,则由②③易知：2(21)12(21)2(21)(21)1212111(5)5(5)(1)1(m od )l kl kls p s r s q r r p ----------=≡==≡-≡-,这与2p ≠矛盾,因此k l >,由,p q 对称性有k l <,矛盾.此时无解.故(,)p q 为(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(5,5),(5,313),(313,5).2.设3k ≥,数列{}n a 满足2k a k =,且对n k >都有1 1 2 n n n n a a n a n a n -+⎧=⎨⎩与互质与不互质,证明：数列1{}n n a a --中有无穷多项是质数.证明：假设2()l a l l k =≥,p 为1l -的最小质因子,则 1 1(1,) i p l i p i p≤<⎧-=⎨=⎩.故有 1 1(22,1) i p l i l i p i p≤<⎧+-+-=⎨=⎩,由题设知12 1 1(22 l i l i i p a l p i p+-+-≤<⎧=⎨+-=⎩. 则12(222)(22)l p l p a a l p l p p +-+--=+--+-=(质数),故12(1)l p a l p +-=+-,由以上讨论,可知有无穷多个l k ≥使得2l a l =且12l p l p a a p +-+--=为1l -的最小质因子.3.已知1110()m m m m f x c x c xc x c --=++++ ,其中(0,1,,)i c i m = 是非零整数,数列{}n a 满足：10a =, 1()()n n a f a n N ++=∈,求证：(1)对于正整数,()i j i j <,1j j a a +-是1i i a a +-的倍数；(2)证明：20080a ≠. 证明：(1)当10i i a a +-=时,成立；当10i i a a +-≠时,211111()()()()m mi i i i m i i i i a a f a f a c a a c a a +++++-=-=-++- .故21i i a a ++-能被1i i a a +-整除,余下的可用数学归纳法证明.(2)假设20080a =,则1020092008(0)a a f a a -==-,由(1)可知,2007个差值213220082007,,,a a a a a a --- 都等于(0)f ±,且这些差值的和为200810a a -=,由于2007为奇数,且0(0)0f c =≠,矛盾! 故20080a ≠.第49届I MO预选题(四)第50届IMO预选题(四)费马小定理和欧拉定理的应用关于组合数的几个整除问题多项式一、带余除法与因式定理1、余数定理：多项式()f x 除以x a -的余数为()f a .2、因式定理：()()0x a p x p a -⇔=注：高次多项式因式分解常用因式定理例 1 设,,a b c 为互异的实数,()p x 为实系数多项式,如果()p x 除以x a -的余式为a ,()p x 除以x b -的余式为b ,()p x 除以x c -的余式为c .求()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式.解：因为 (),(),()p a a p b b p c c ===所以设()()()()()()p x x a x b x c q x r x =---+,其中(())2r x ∂≤ 则 ()(),()(),()()r a p a a r b p b b r c p c c ======, 所以,,a b c 一定是()0r x x -=的根而 (())2r x x ∂-≤,所以 ()0r x x -≡即 ()r x x ≡所以()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式为x .例2 已知()p x 是整系数多项式,1234,,,m m m m 是互不相同的整数,且1234()()()()7p m p m p m p m ====,试证：没有整数m 使得()14p m =.分析：即证()14p x =没有整数解证：因为1234,,,m m m m 是()70p x -=的根所以 1234()7()()()()()p x x m x m x m x m q x -=----,其中()q x 一定是整系数多项式 若存在整数m 使()14p m =,则有 12347147()()()()()m m m m m m m m q m =-=---- 而7为素数,矛盾.故没有整数m 使得()14p m =.注：可以根据例2中规律命制试题()i p m =素数即可.例3 设()p x 是非常数的整系数多项式,()n p 表示满足2(())10p x -=的所有不同整数x 的个数,则()deg(())2n p p x -≤,其中deg(())p x 表示()p x 的次数.分析：2(())1(()1)(()1)0()10p x p x p x p x =⇔-+=⇔-=或()10p x +=()n p 为()10p x -=与()10p x +=的整数解的个数设()10p x -=有k 个整数解12,,,k m m m ⋅⋅⋅,()10p x +=有s 个整数解12,,,s n n n ⋅⋅⋅, 则有 121()1()()()()k p x x m x m x m q x -=--⋅⋅⋅- ①122()1()()()()s p x x n x n x n q x +=--⋅⋅⋅- ②②－①得1221212()()()()()()()()s k x n x n x n q x x m x m x m q x =--⋅⋅⋅----⋅⋅⋅-证：我们证明方程 ()10p x -= ③与()10p x += ④中至少有一个方程的正根的个数不超过2.下用反证法证明.若结论不成立,设方程③与方程④均至少有3个正根.设123,,m m m 是③的3个不同正根,123,,n n n 是④的3个不同正根, 则 1231()1()()()()p x x m x m x m q x -=--- ⑤ 1232()1()()()()p x x n x n x n q x +=--- ⑥ ⑥－⑤,得123212312()()()()()()()()x n x n x n q x x m x m x m q x =------- ⑦ 不妨设 {}3123123max ,,,,,m m m m n n n =将3x m =代入⑦式得 313233232()()()()m n m n m n q m =---因为2是素数,而313233,,m n m n m n ---是互不相同的正整数,故矛盾. 所以结论得证.二、多项式恒等定理如果次数不超过n 的多项式()f x 有1n +个根,则()f x 必为零多项式,即()0f x ≡. 例4 已知自然数1m >,求出所有满足条件(())(())m p p x p x =的所有多项式()p x . 证明：当()p x c =(常数)时,由m c c =有0c =或22cossin,(0,1,,2)11k k c i k m m m ππ=+=⋅⋅⋅---当(())1p x ∂≥时,则对任意复数β,方程()p x β=一定有解,即0x ∃使0()p x β=,又00(())(())m p p x p x =,即()m p ββ=.故一切复数均为()0m p x x -=的解,即()0m p x x -=有无穷多个解,故由多项式恒等定理有()m p x x =.例5 求所有满足条件22(2)(2),f x x f x x R -=-∈的多项式()f x分析：因为222(1)1x x x -=--,2(1)1x x -=--,所以22(2)(2)f x x f x -=- 可化为2((1)1)((1)1)f x f x --=--. 解：令1y x =-,则有22(1)(1)f y f y -=- ① 令()(1)g y f y =-,则有22()(1)g y f y =-,故①式变为22()()g y g y = ② 设 1110(),n n n n g y a y a y a y a --=++⋅⋅⋅++其中0n a ≠ 则②式左边222(1)2110()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++ ②式右边212110()()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++所以有22(1)212110110()n n n n n n n n a y a y a y a a y a y a y a ----++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++ ③ 下证122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,用反证法,设1221,,,,n n a a a a --⋅⋅⋅0,a 中有一个不为0,设k a 是使得0i a ≠的下标最大者, 即1210,0k k k n a a a a ++-≠==⋅⋅⋅==比较2()g y 与2()g y 中n k y +的系数,因为22k n k n <+<,所以③式等号左边n k y +的系数为0,而③式右边n k y +的系数为n k a a ,所以 0n k a a =.这与0,0n k a a ≠≠矛盾,所以 122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,故()n n g y a y = 再由②式有 222n n n n a y a y =. 又因0n a ≠,所以 1n a =故 ()n g y y =即(1)n f y y -=,所以有()(1)n f x x =+. 例6 确定所有符合下列条件的多项式)(x P ：0)0(1)()1(22=+=+P x P x P 且. 解：构造不动点,令.)(,0,1021n n n n x x P x x x ==+=+下证 用数学归纳法：当0000)0()(,00x P x P x n =====时，； 假设kk x x P k n ==)(时，结论成立，即.222111()(1)()111.()0()0().k k k k k n n k P x P x P x x x n k x P x x P x x P x x ++=+=+=+=+==+∴-=∴-≡≡当时，即当时，结论成立是的根，即例 7 试确定所有实系数多项式)(x P ,使得 )()2()1(t P t t tP -=- (1)对所有实系数t 均成立.(1995年 澳大利亚)解：取.0)0(10==P t ），得代入（ 取.0)1(12==P t ），得代入（则设 )()1()(x q x x x P -=代入(1),有)()1()2()1()2)(1(t q t t t t q t t t --=---, 当时，2,1,0≠t )1()(-=t q t q 则 c t q ≡)(则R c x cx x P ∈-=),1()( 另一方面,若)1()(,-=∈x cx x p R c 满足条件中的等式, 因此所求的多项式为.),1()(R c x cx x P ∈-=三、根与系数的关系例8 (1996 澳大利亚)设)(x P 是三次多项式,321,,x x x 是)(x P 的三个根,已知323121111,1000)0()21()21(x x x x x x P P P ++=-+求的值.解：设d cx bx ax x P +++=23)(,又323121111x x x x x x ++=d b ad ab x x x x x x =--=++321321 且 ,212221)0()21()21(1000d b d db P P P ⋅+=+=-+= 则1996=a b ,于是.1996111323121=++x x x x x x 四、拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：设)(x P 为n 次多项式,则)()())(()())(()()())(()())(()()())(()())(()(1101101121012000201021n n n n n n n n n n x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P --------++------+------=推论：若.)(,)()()(10c x P c x P x P x P n ≡====则 例9 设n P P P ,,,21 是半径为1的圆周上的n 个不同的点,.11,11121≥⋅⋅=∑=+-nk kn k k k k k k k k d P P P P P P P P P P d 求证：证明：以单位圆的圆心为原点,建立复平面,令k P 所对应的复数为k Z ,.,,2,1n k =则nk k k k k k k k Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z d --⋅--⋅-=+- 1121,令)())(()())(()())(()())(()(1211211312132--------++------=n n n n n n n Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f (1)则)(Z f 的次数不超过.1-n 1)()()(21====n Z f Z f Z f .1)(≡∴Z f 特别地,取0=Z 代入(1),有1)()()1()()()1()0(111211121321=--⋅-++---=----n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f则 )()()1()()()1(1111211121321-------++---=n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z)()()1()()()1(111211121321-------++---≤n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z nd d d 11121+++==∑=nk kd 11已知10n z -=,其单位根为22cossini w i n nππ=+,则解的集合为{}011,,,n w w w -….结论1：若{}12 n m m m ，，…，是模n 的完全剩余系,则{}{}1211,,,,,,nm m m n w w w ww w-=……结论2：设{}{}01112,,,,,,n n z z z w w w -=……,则 (1)120n z z z +++=…；(2)112(1)n n z z z +=-…；(3)12 0 (,)1m m mn n n m z z z n m ⎧+++=⎨=⎩，…，.例 10 设)(),(),(),(x S x R x Q x P 均为多项式,且满足)()1()())(()(2345255x S x x x x x R x x Q x x P ++++=++ (1),求证：1-x 是)(x P 的因式.(美国) 证明：令52sin52cosππωi +=,取），得代入（1k x ω=0)1()1()1(2=++R Q P k k ωω)4,3,2,1(=k ,)1()()1()()1(48642432=++++++++R Q P ωωωωωωωω则0)1()1()1(4=--R Q P (2) 由得,)1(k ω⨯.4,3,2,1,0)1()1()1(32==++k R Q P k k k ωωω 将4个等式相加,得0)1()()1()()1()(4333231342322212432=+++++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅R Q P ωωωωωωωωωωωω故0)1()1()1(=---R Q P (3) 得),3()2(-0)1(5=P ,则0)1(=P ,由因式定理得).(1x P x -平方差型不定方程的解法数论中的不等式问题一道巴尔干地区竞赛题的思考一道印度竞赛题的简解一道预赛题的简证一道数论题的新证法一道重要的二元二次不定方程——佩尔方程。
数学竞赛中的数论问题题型全
数学竞赛中的数论问题定理4 ,a b 是两个不同时为0的整数，若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数）的数中的最小正数，则（1）00ax by +|ax by +；（2）00ax by +(),a b =．证明 （1）由带余除法有()00ax by ax by q r +=++，000r ax by ≤<+， 得 ()()0000r a x qx x b y qy ax by =-+-<+，知r 也是形如ax by +的非负数，但00ax by +是形如ax by +的数中的最小正数，故0r =，即00ax by +|ax by +． （2）由（1）有00ax by +|10a b a +=，00ax by +|01a b b +=，得00ax by +是,a b 的公约数．另一方面，,a b 的每一个公约数都可以整除00ax by +，所以00ax by +是,a b 的最大公约数，00ax by +(),a b =．推论 若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（很有用）定理5 互素的简单性质： （1）()1,1a =．（2）(),11n n +=．（3）()21,211n n -+=． （4）若p 是一个素数，a 是任意一个整数，且a 不能被p 整除，则(),1a p =． 推论 若p 是一个素数，a 是任意一个整数，则(),1a p =或(),a p p =． （6）若()(),1,,1a b a c ==，则(),1a bc =．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=．有 ()a cs bct c +=，得 ()(),,1a bc a c ==． （7）若(),1a b =，则(),1a b a ±=，(),1a b b ±=， (),1a b ab ±=．证明 ()()(),,,1a b a b a b a ±=±==，()(),,1a b b a b ±==，由（6）(),1a b ab ±=． （8）若(),1a b =，则(),1m n a b =，其中,m n 为正整数．证明 据（6），由(),1a b =可得(),1ma b =．同样，由(),1ma b =可得(),1m n a b =．定理7 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数． 证明 假设素数只有有限多个，记为12,,,n p p p ，作一个新数 1211n p p p p =+>．若p 为素数，则与素数只有 n 个12,,,n p p p 矛盾．若p 为合数，则必有{}12,,,i n p p p p ∈，使|i p p ，从而|1i p ，又与1i p >矛盾．综上所述，素数不能只有有限多个，所以素数有无穷多个． 2是素数，而大于2的偶数都是合数，所以2是唯一的偶素数．注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有n 个素数，便有1n +个素数．（构造法、反证法）定理8（整除的性质）整数,,a b c 通常指非零整数 （1）1a ，1|a -；当0a ≠时，|a a ，|0a ．（2）若b a ，0a ≠，则b a ≤;若b a ，b a >，则0a =;若0ab >，且,b a a b ，则a b =．证明 由b a ，0a ≠，有a bq =，得a b q b =≥．逆反命题成立“若b a ，b a >，则0a =”; 由b a ≤且b a ≥得a b =，又0ab >，得a b =． （7）若(),1a b =，且a bc ，则a c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有()()a cs bc t c +=， 因为a a ，a bc ，所以a 整除等式的左边，进而整除等式的右边，即a c ．（8）若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有acs bct c +=，又由,a c b c 有12,c aq c bq ==代入得()()21ab q s ab q t c +=，所以ab c ．注意 不能由a c 且b c 得出ab c ．如不能由630且10|30得出60|30． （9）若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ．证明 若不然，则|a b /且|a c /，由a 为素数得()(),1,,1a b a c ==，由互素的性质（6）得(),1a bc =，再由a 为素数得|a bc /，与a bc 矛盾．定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记作(mod )a b c ≡；若()|c a b -/，则称,a b 关于模c 不同余，记作a(mod )b c ．定理9（同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m >若(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(mod )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡．证明 由(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，有12,a b mq c d mq -=-=， ① 对①直接相加 ，有()()()12a c b d m q q +-+=+，得 (mod )a c b d m +≡+.对①分别乘以,c b 后相加，有()()()12ac bd ac bc bc bd m cq bq -=---=+，得 (mod )ac bd m ≡． （3）若(mod )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )nna b m =且(mod )an bn mn ≡.（4）若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 证明 由(mod )a b m ≡、，有 a b mq =+，又(,,)k a b m ，有,,a b mk k k均为整数，且 a b mq k k k=+，得 mod a b m k k k ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．定理10 设,a b 为整数，n 为正整数， （1）若a b ≠，则()()nna b a b--．()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++．（2）若a b ≠-，则()()2121n n a b ab --++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+．（3）若a b ≠-，则()()22nn a b ab +-．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a 是小于k 的非负整数，且10a >．若12121m m m m n a ka k a k a ---=++++，则称数12m a a a 为n 的k 进制表示．定理11 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．如12121101010m m m m n a a a a ---=++++，109,0i a a ≤≤>（10进制） 12121222m m m m n a a a a ---=++++．101,0i a a ≤≤>（２进制）定理12 （算术基本定理）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212k k n p p p ααα=，其中12k p p p <<<为素数，12,,,k ααα为正整数． （分解唯一性） 定理13 若正整数n 的素数分解式为 1212k k n p p p ααα=则n 的正约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++，n 的一切正约数之和为 ()121111212111111k k k p p p S n p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---． 证明 对于正整数1212k k n p p p ααα=，它的任意一个正约数可以表示为1212k k m p p p βββ=，0i i βα≤≤ ， ①由于i β有0,1,2,,i α共1i α+种取值，据乘法原理得n 的约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++．考虑乘积()()()12010101111222k kk k p p p p p p pp p ααα+++++++++，展开式的每一项都是n 的某一个约数（参见①），反之，n 的每一个约数都是展开式的某一项，于是，n 的一切约数之和为()()()11101111kk kS n p p p pp p αα=++++++121111212111111k k k p p p p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---． 注 构造法．定义8 （高斯函数）对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+． 定理14 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是 23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦．证明 由于p 为素数，故在!n 中p 的次方数是1,2,,n 各数中p 的次方数的总和（注意，若p 不为素数，这句话不成立）．在1,2,,n 中，有n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数；在n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数的因式中，有2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数；在2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数的因式中，有3n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个3p 的倍数；…，如此下去，在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数就为23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦．注 省略号其实是有限项之和．定理15 （费玛小定理）如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a--．证明2 改证等价命题：如果素数p 不能整除整数a ，则()mod pa a p ≡． 只需对1,2,,1a p =-证明成立，用数学归纳法．（1）1a =，命题显然成立．（2）假设命题对()11a k k p =≤<-成立，则当1a k =+时，由于()|1,2,,1ip p C i p =-，故有()11111ppp p p p k k C kC k --+=++++ ()11mod p k k p ≡+≡+．（用了归纳假设） 这表明，命题对1a k =+是成立． 由数学归纳法得()mod pa a p ≡．又素数p 不能整除整数a ，有(),1a p =，得()11p p a--．定义9 （欧拉函数）用()n ϕ表示不大于n 且与n 互素的正整数个数． 定理16 设正整数1212k k n p p p ααα=，则 ()12111111k n n p p p ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．推论 对素数p 有()()11,p p p pp αααϕϕ-=-=-．．第二讲 数论题的范例讲解（12）()()()()()()22220mod 4,211mod 4,211mod8n n n ≡-≡-≡． （13）任何整数都可以表示为()221m n k =-． 例1-1（1986，英国）设127,,,a a a 是整数，127,,,b b b 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b ---是偶数．（127,,,a a a 中奇数与偶数个数不等）例1-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a ---必为偶数．（暗藏3,1,4,1,5,9,2,6,5,3,5,8,9,7,9,3,2,3,8,4,6,2,6,4中奇数与偶数个数不等） 例2 能否从1,2,,15中选出10个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），所得的14个差恰好为1,2,,14？解 考虑14个差的和S ，一方面1214105S =+++=为奇数．另一方面，每两个数,a b 的差与其和有相同的奇偶性 (mod2)a b a b -≡+，因此，14个差的和S 的奇偶性与14个相应数之和的和/S 的奇偶性相同，由于图中的每一个数a 与2个或4个圈中的数相加，对/S 的贡献为2a 或4a ，从而/S 为偶数，这与S 为奇数矛盾，所以不能按要求给图中的圆圈填数．评析：用了计算两次的技巧．对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理．计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式．在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾．例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？解 （1）4堆是不能保证的．如4堆的奇偶性为：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）．（2）5堆是可以保证． 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述4种可能，当把这些苹果和梨分成5堆时，必有2堆属于同一奇偶性，其和苹果数与梨数都是偶数．例4 有n 个数121,,,,n n x x x x -，它们中的每一个要么是1，要么是1-．若1223110n nn x x x x x x x x -+++++=，求证4|n ． 证明 由{}1,1i x ∈-，有{}11,1i i x x +∈-，再由1223110n n n x x x x x x x x -+++++=，知n 个1i i x x +中有一半是1，有一半是1-，n 必为偶数，设2n k =．现把n 个1i i x x +相乘，有2222122311121(1)(1)1k kn n n n n x x x x x x x x x x x x ---+===，可见，k 为偶数，设2k m =，有4n m =，得证4|n ．例6 在数轴上给定两点1，在区间内任取n 个点，在此2n +个点中，每相邻两点连一线段，可得1n +条互不重叠的线段，证明在此1n +条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条．证明 将2n +个点按从小到大的顺序记为122,,,n A A A +…，并在每一点赋予数值i a ，使1, 1,i i i A a A ⎧=⎨-⎩当为有理数点时， 当为无理数点时.与此同时，每条线段1i i A A +也可数字化为1i i a a +（乘法） 1111,, 1,,i i i i i i A A a a A A +++-⎧=⎨⎩ 当一为有理数点，另一为无理数时， 当同为有理数点或无理数点时,记11i i a a +=-的线段有k 条，一方面112233412()()()()(1)(1)(1)k n k k n n a a a a a a a a -+++=-+=-... 另一方面 12233412()()()()n n a a a a a a a a ++ (2)1231212()1n n n a a a a a a a -++===-…，得()11k-=-，故k 为奇数．评析 用了数字化、奇偶分析的技巧． 二、约数与倍数最大公约数与最小公倍数的求法． （1） 短除法．（2）分解质因数法．设1212,0,1,2,,k k i a p p p i k αααα=≥=，1212,0,1,2,,k k i b p p p i k ββββ=≥=．记 {}{}min ,,max ,i i i i i i γαβδαβ==，则 ()1212,k k a b p p p γγγ=，[]1212,k k a b p p p δδδ=．（3）辗转相除法 ()()()()()121,,,,,0n n n n a b b r r r r r r r -======．例7 （1）求()8381,1015，[]8381,1015； （2）()144,180,108，[]144,180,108．解（1）方法1 分解质因数法．由283811729,10155729,=⨯=⨯⨯得()8381,101529=，[]28381,1015571729293335=⨯⨯⨯=． 方法2 辗转相除法．或 ()()()()()8381,1015261,1015261,23229,23229,029=====．[]()83811015838110158381,10158381352933358381,101529⨯⨯===⨯=．（2）方法1 短除法．由()22144,180,1082336=⨯=，得2144 180 108272 90 54336 30 27312 10 9 4 5 3[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．方法2 分解质因数法．由42222314423,180235,10823,=⨯=⨯⨯=⨯，得 ()22144,180,1082336=⨯=，[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．例8 正整数n 分别除以2,3,4,5,6,7,8,9,10得到的余数依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则n 的最小值为 ． 解 依题意，对最小的n ，则1n +是2,3,4,5,6,7,8,9,10的公倍数3212357n +=⨯⨯⨯，得2519n =． 例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？ 解 相当于求不定方程15276x y +=的整数解．由()15,273=知，存在整数,u v ，使15273u v +=，可得一个解2,1u v ==-，从而方程 ()1542726⨯+⨯-=．即往小容器里倒2次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有3升油；再重复一次，可得6升．例10 对每一个2n ≥，求证存在n 个互不相同的正整数12,,,n a a a ，使i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j n i j ∈≠成立．证明 用数学归纳法．当2n =时，取121,2a a ==，命题显然成立． 假设n k =时，命题成立，即存在12,,,k a a a ，使 i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j k i j ∈≠成立．现取b 为12,,,k a a a 及它们每两个数之差的最小公倍数，则1k +个数12,,,,k b a b a b a b +++满足 ()()()()()(),,t t ij i j a b b a b b a b a b a b a b ⎧+-++⎪⎨+-++++⎪⎩即命题对1n k =+时成立．由数学归纳法知命题对2n ≥成立．例11 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约．证明1 （反证法）假若214143n n ++可约，则存在1d >， ①使 ()214,143n n d ++=，从而存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩②③消去n ，()()3322⨯-⨯，得 ()132d q p =-， ④的 1d =． ⑤由（1）、（5）矛盾，得1d =． 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法．（2）式④是实质性的进展，表明 ()()131432214n n =+-+，可见 ()214,1431n n ++=．由此获得2个解法． 证明2 设()214,143n n d ++=．存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩①② 消去n ，②×3-①×2，得()132d q p =- ③ 得 1d =．证明3 由()()131432214n n =+-+ 得 ()214,1431n n ++=．证明4 ()214,143n n ++ ()71,143n n =++ ④()71,1n =+ ⑤ 1=． 解题分析：第④ 相当于 ①-②；第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式与⑤式的效果是一样的．例12 不存在这样的多项式 ()1110mm m m f n a n a na n a --=++++，使得对任意的正整数n ，()f n 都是素数．证明 假设存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数，则取正整数n b =，有素数p 使 ()1110mm m m f b a b a ba b a p --=++++=，进而对任意的整数,k 有 ()()()()1110mm m m f b kp a b kp a b kp a b kp a --+=+++++++()1110m m m m a b a b a b a Mp --=+++++（二项式定理展开）()1P M =+，其中M 为整数，这表明()f b kp +为合数．这一矛盾说明，不存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数．三、平方数若a 是整数，则2a 就叫做a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质（1）平方数的个位数只有6个：0,1,4,5.6.9．（2）平方数的末两位数只有22个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．（3）()()()()2220mod 4,211mod 4n n ≡-≡．（４）()()2211mod 8n -≡．（6）凡是不能被3整除的数，平方后被3除余1．（7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．（9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足222a b c +=的整数(),,a b c 叫做勾股数．勾股数的公式为2222,2,,a m n b mn c m n ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩其中,m n 为正整数，(),1m n =且,m n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数．2．平方数的证明方法（1）反证法．（2）恒等变形法．（3）分解法．设a 为平方数，且a bc =，(),1b c =，则,b c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法（1）若()221n x n <<+，则x 不是平方数．（2）约数有偶数个的数不是平方数．（3）个位数为2，3，7，8的数不是平方数．（4）同余法：满足下式的数n 都不是平方数．()2mod3n ≡， ()23mod4n ≡或， ()23mod5n ≡或， ()23567mod8n ≡或或或或，()2378mod10n ≡或或或．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．如个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是6、而十位数是偶数的数．例13 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100．每盏灯由一个拉线开关控制着．最初，电灯全是关着的．另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？讲解 （1）直接统计100次拉线记录，会眼花缭乱．（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次．（3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系：灯被拉奇数次的亮！（4）哪些数有奇数个约数：平方数． （5）1～100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100．答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个灯还亮．例14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数,a b ，斜边为正整数c ，若a 为素数，求证()21a b ++为平方数．证明 由勾股定理222c a b =+，有 ()()2c b c b a +-=，但a 为素数，必有 2,1,c b a c b ⎧+=⎨-=⎩解得 ()2112b a =-，从而 ()()()22212121a b a a a ++=+-+=+，为平方数．例15 求证，任意3个连续正整数的积不是平方数．证明 设存在3个连续正整数1,,1n n n -+（1n >）的积为平方数，即存在整数m ，使 ()()211n n n m -+=，即 ()221n n m -=，但()21,1n n -=，故21,n n -均为平方数，有2221,,,n a n b m ab ⎧-=⎪=⎨⎪=⎩得 ()222211211n a n n n =-≥--=->，（注意1n >）这一矛盾说明，3个连续正整数的积不是平方数．四．整除整除的判别方法主要有7大类．1．定义法．证b a a bq ⇔=，有三种方式．（1）假设a qb r =+，然后证明0r =．（定理4）（2）具体找出q ，满足a bq =．（3）论证q 的存在． 例18 任意一个正整数m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除．证明 设1110101010n n n n m a a a a --=⨯+⨯++⨯+，其中09,0i n a a ≤≤≠，则()()()()110111121111101101101911111111,n n nn n n n n n n m a a a a a a a a a a a ------++++=-+-++-⎛⎫=⨯-+⨯++⨯+ ⎪⎝⎭个个按定义 ()1109n n m a a a a --++++．2．数的整除判别法．（1）任何整数都能被1整除．（2）如果一个整数的末位能被2或５整除，那么这个数就能被2或５整除． （3）如果一个整数的末两位能被４或25整除，那么这个数就能被4或25整除． （4）如果一个整数的末三位能被8或125整除，那么这个数就能被8或125整除． （5）如果一个整数各数位上的数字之和能被3或9整除，那么这个数就能被3或9整除．证明 由()()101mod3,101mod9≡≡，有()1110110101010mod3n n n n n n a a a a a a a a ---⨯+⨯++⨯+≡++++，()1011010mod9n n a a a a a a -++⨯+≡++++如果一个整数的末三位数与末三位数以前的数字所组成的数的差能被7或11或1210a a a ()13132101001n n a a a a a a a -⨯--，()13210132101001n n a a a a a a a a a a --⇔⨯-，13，而7,11,13均为素数知，m 能被7或11或13()11101a a ++⨯++-3．分解法．主要用乘法公式．如()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-．例19 试证()()555129129++++++．证明 改证()55545129+++．设555129S =+++，则()()()()()()()()()555555555512344123418273645918273645999,S m m m m m m m m =++++++++=++++++++=++++得9S ．又 ()()()()555555555192837465S =++++++++()()()()()5123441234192837465522225,m m m m m m m m =++++++++=++++得5S ．但()9,51=，得45S ，即()()555129129++++++．例20 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+，求证p 可被1979整除（1979p ） 证明111112313181319p q =-+--+ 1111111122313181319241318⎛⎫⎛⎫=+++++-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111111111231318131923659⎛⎫⎛⎫=+++++-++-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111166066113181319=++++6601319661131898999066013196611318989990+++=+++⨯⨯⨯ 19796606611319659!19791319!MM=⨯⨯⨯⨯=⨯得1979整除1319!p ，但1979为素数，()1979,1319!1=，得p 可被1979整除．例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++的分子m 是吉祥数．证明：由111220090908m n =+++1111111200909082200909071004545410045455200909092009090920090909120090908220090907100454541004545520090909,122009090720090908p⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=+++⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ 其中p 为正整数，有 20090909122009090720090908n p m ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯，这表明，20090909整除1220090907200909m ⨯⨯⨯⨯⨯，但20090909为素数，不能整除12200909072009⨯⨯⨯⨯，所以20090909整除m ，得m 是吉祥数．4． 余数分类法．例21 试证()()3121n n n ++．证明1 任何整数n 被3除其余数分为3类 3,31,32,n k n k n k k Z ==+=+∈，（1）3n k =时，有 ()()()()12133161,n n n k k k ++=++⎡⎤⎣⎦有()()3121n n n ++．（2）31n k =+时，有()()()()()1213313221,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．（3）32n k =+()()()()()121332165,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．综上得，()()3121n n n ++．证明 2 ()()()()222211214n n n n n n ++++=，得 ()()322221n n n ++，又()3,41=，得()()3121n n n ++．5．数学归纳法．6．反证法．7．构造法． 例22 k 个连续整数中必有一个能被k 整除． 证明 设k 个连续整数为,1,2,,1a a a a k +++-，若这k 个数被k 除没有一个余数为0，则这k 个数的余数只能取1,2,,1k -，共1k -种情况，必存在两个数,,0a i a j i j k ++<-< ，使 1,a i kq r +=+2,a j kq r +=+ 其中12q q ≠，相减 ()12i j k q q -=-，有 12i j k q q k -=-≥， 即 i j k -≥与i j k -<矛盾．故k 个连续整数中必有一个能被k 整除．也可以由()12i j k q q -=-得 ()120i j k q q k <-=-<，推出1201q q <-<，与12q q -为整数矛盾．例23 k 个连续整数之积必能被!k 整除． 证明 设k 个连续整数为,1,2,,1n n n n k +++-，（1）若这k 个连续整数为正整数，则()()()()121!!!!n n n n k n k k n k +++-=+()k nC =只须证明，对任何一个素数p ，分子中所含p 的方次不低于分母中所含p 的方次，由高斯函数的性质[][][]x y x y +≥+，有()s s s s k n k n k n k p p p p +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=≥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑∑ 得k nC为整数（证实了组合数的实际意义）（2）若这k 个连续整数中有0，则连乘积为0，必能被!k 整除．（3）若这k 个连续整数为负整数，则()()()()()()()()()121!1211!1,k kk nn n n n k k n n n n k k C-+++--------+=-=-由（1）知kn C -为整数，故()()()121!n n n n k k +++-为整数．例24 有男孩、女孩共n 个围坐在一个圆周上（3n ≥），若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有a 组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b 组，求证3a b -．证明 现将小孩记作(1,2,,)i a i n =…，且数字化1,1, i i i a a a ⎧=⎨-⎩ 表示男孩时表示女孩时则“3人组”数值化为12121212123,,,3,,,1,,,1,,,i i i i i i i i i i i i i i i i a a a a a a A a a a a a a a a a ++++++++++⎧⎪-⎪=++=⎨⎪⎪-⎩ 均为男孩 均为女孩 恰有一个女孩 恰有一个男孩其中n j j a a +=．又设取值为3的i A 有p 个，取值为3-的i A 有q 个，依题意，取值为1的i A 有b 个，取值为1-的i A 有a 个，得 1212323413()()()()n n a a a a a a a a a a a a +++=+++++++++…… 3(3)(1)3()()p q a b p q b a =+-+-+=-+-， 可见3a b -．例25 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2． 分析 只需说明()23131222n n n n -+=为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明()()3212131222n n n n n n ++++=是3的倍数．作变形 ()()()32222213111,3,81228n n n n n n ++++-=-= ， 命题可证．证明 已知即()()321213111222n n n n n n ++++-=-， ① 因为相邻2个整数(),1n n +必有偶数，所以3231122n n n ++-为整数．又①可变为 ()()32222213111228n n n n n n ++++-=-，因为相邻3个整数()()2,22,21n n n ++必有3的倍数，故()()22221n n n ++能被3整除；又()3,81=，所以()()222218n n n ++能被3整除；得3231122n n n ++-用3除时余2．五、同余根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以直接用来解题．例26 正方体的顶点标上1+或1-，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数的乘积，求证，这样得出的14个数之和不能为0．证明 记14个数的和为S ，易知，这14个数不是1+就是1-，若八个顶点都标上1+，则14S =，命题成立．对于顶点有1-的情况，我们改变1-为1+，则和S 中有4的数,,,a b c d 改变了符号，用/S 表示改变后的和，由()0mod2a b c d +++≡知 ()/20mod 4S S a b c d -=+++≡， 这表明，改变一个1-，和S 关于模4的余数不变，重复进行，直到把所有的1-都改变为1+，则()/111142mod4S S ≡≡+++≡≡，所以，0S ≠．例27 设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110 的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．证明 由已知有()()()0121mod21mod2n fa a a a α≡⇔++++≡， ①()()()1mod21mod2n f a β≡⇔≡， ②若方程()0=x f 存在整数根0x ，即()00f x =．当0x 为奇数时，有()()()00120mod20mod2n f x a a a a ≡⇔++++≡，与①矛盾．有0x 为偶数时，有()()()00mod20mod2n f x a ≡⇔≡，与②矛盾．所以方程()0=x f 没有整数根． 六、不定方程未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解，叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决3个问题，方程是否有解？有解时，有几个解，解数是有限还是无穷？求出全部解．例28 解方程719213x y +=． 解法1 由()7,191=知方程有整数解． 观察特解，列表得一个特解0025,2,x y =⎧⎨=⎩从而通解为2519,27.x t y t =-⎧⎨=+⎩方法总结：第1步，验证(),a b c ，经常是(),1a b =．第2步，求特解（观察、列举、辗转相除等）． 第3步，代入公式．方法总结：()mod ax by c ax c b +=⇔≡或()mod by c a ≡． 例29 求方程3222009x x y +=的整数解． 解 由2009的分解式，有 ()222212009741xx y +=⨯=⨯，有 21,1,1,1004,1005,22009,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩ 227,7,7,17,24.241,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．（1988，高中联赛）解法1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为1234567,,,,,,A A A A A A A 和1234567,,,,,,B B B B B B B ．如果甲方获胜，设i A 获胜的场数是i x ，则07,17i x i ≤≤≤≤而且1277x x x +++= ， ①容易证明以下两点：在甲方获胜时（i ）不同的比赛过程对应着方程①的不同非负整数解；（ii ）方程①的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：1A 胜1B 和2B ；3B 胜1A 、和3A ；4A 胜3B 后负于4B ；5A 胜4B 、5B 和6B 但负于7B ；最后6A 胜7B 结束比赛．下面求方程①的非负整数解个数，设1i i y x =+，问题等价于方程123456714y y y y y y y ++++++=，正整数解的个数，将上式写成1111111111111114+++++++++++++=，从13个加号取6个的方法数613C 种．得甲方获胜的不同的比赛过程有613C 种．同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有713C 种，合计61323432C =种比赛过程例31（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出123,,a a a ，使同时满足 21323, 3a a a a -≥-≥，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？解 由已知得121323 10,30 30, 140,a a a a a a -≥--≥--≥-≥4项均为非负数，相加得()()()()121323133 147a a a a a a -+--+--+-=，于是123,,a a a 的取法数就是不定方程 12347x x x x +++=的非负整数解的个数，作一一对应11i y x =+，问题又等价于不定方 123411y y y y +++= 的正整数解．由 11111+++=，得310C 个解，即符合要求的不同取法有310C 种． 七．数论函数主要是[]x 高斯函数，()n ϕ欧拉函数．例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于．．6．时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数[]y x =（[]x 表示不大于x 的最大整数）可以表示为(A)10x y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (B)310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (C) 410x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (D)510x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ （2010年全国高考数学陕西卷理科第10题）解法1 选（B ）．（求解对照）．规则是“六舍七入”，故加3即可进1． 选310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦． 解法2 选（B ）．（特值否定）．取56x =，按规定应选5人，可否定(C)、(D)；再取57x =，按规定应选6人，可否定(A)．注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入”．例33 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦．讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号．关键是弄清[]x 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除：（1）分子是那些数相加，求出和来；由36651830200421963666⨯=<<=⨯，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个（2）除法谁除以366，求出商的整数部分．原式()036536612345175366⨯+++++⨯⎡⎤=⎢⎥⎣⎦1036687536614310236612.⨯+⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦= 命题背景2004年有12个月、366天．例34 50!的标准分解式中2的指数．解 35678912450!23571113171923293137414347ααααααααα= 2的指数为2345505050505025126314722222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 图示（5条横线，25个偶数中2的方次，按横线求和）八、综合练习例35 整数勾股形中，证明（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数； （3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数．证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长,,x y z 互素，且满足222x y z +=.这时，若,x y 两个均为偶数，则z 也为偶数，与,,x y z 互素矛盾；若,x y 两个均为奇数，有()()221mod4,1mod4x y ≡≡，得 ()2222mod4z x y ≡+≡， 这与平方数模4只能取0，1矛盾.所以，,x y 中有且只有一个为偶数，不妨设x 为偶数.（1）设,x y 中无一为3的倍数，则()()221mod3,1mod3x y ≡≡，得 ()2222mod3z x y ≡+≡，这与平方数模3只能取0，1矛盾，故,x y 中有一个为3的倍数. （2）由x 为偶数.，必有,y z 均为奇数，记2,21,21x m y p z q ==+=+有 ()()()22222222421214m x z y q p q q p p ==-=+-+=+--则 ()()211m q q p p =+-+右边是两个偶数的差，必为偶数，从而x 为4的倍数.（3）若,x y 中有5的倍数，命题已成立. 若,x y 均不是5的倍数，则若,x y 只能是形如51k ±或52k ±的正整数.若,x y 均为51k ±型，则()222112mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾若,x y 均为52k ±型，则()222443mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾.所以，,x y 只能分别取51k ±与52k ±型，有 ()222410mod5z x y ≡+≡+≡得25z ，但5是素数，得5z .（4）由上证（1）、（2）及()3,41=知，xy 是12的倍数，则12xy 是6的倍数，得三角形的面积是6的倍数． 例36 已知ABC 内有n 个点，连同,,A B C 共有3n +个点，以这些点为顶点，把ABC 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把,,A B C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（斯潘纳定理）证明1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为0；当边的两端点异色时，记为1；再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为0，记这样的小三角形有a 个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为2，记这样的小三角形有b 个；当三角形的三顶点两两异色时，和值为3，记这样的小三角形有c 个.下面用两种方法计算所有三角形赋值的总和S ，一方面02323S a b c b c =⨯+⨯+⨯=+. ①另方面，,,AB BC CA 的赋值均为1，和为奇数；而ABC 内的每一条连线，在上述S 的计算中都被计算了两次，和为偶数；这两者之和得S 为奇数，记为21S k =+ ② 由①，②得 2123k b c +=+可见c 为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（证明：n 个连续整数的乘积一定能被n!整除设a 为任一整数，则式： (a+1)(a+2)...(a+n) =(a+n)!/a! =n!*[(a+n)!/(a!n!)]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。
数论历年数学联赛真题WORD版分类汇编含详细答案
1，均有 an
M
，而 M
p p p 1 2 12
k 1 k 1
max
1n N /
an
，故
M
不在
an
中出
现，这与假设矛盾！因此，若 m 有 k 个不同的素因子，则 m 一定在数列 an 中出现.
由数学归纳法知，所以正整数均在数列 an 中出现。
2018B 四、（本题满分 50 分）给定整数 a 2 。证明：对任意正整数 n ，存在正整数 k ，使得连续 n 个数 a k 1 ， a k 2,, a k n 均是合数。
综上可知，平稳数的个数为 2 6 63 4 75 。
2017B 8、若正整数 a,b, c 满足 2017 10a 100b 1000c ，则数组 (a,b, c) 的个数为
◆答案： 574 ★解析：由条件知 c [ 2017 ] 2 ，当 c 1时，有10 b 20 ，对于每个这样的正整数 b ，由
]
12
3
3
1
1
20
．
8 27 27 64 64
当 n m 时，由对称性可知，亦有 20 个满足条件的等比数列 a1, a2 , a3, a4 ．
综上可知，共有 40 个满足条件的有序数组 (a1, a2 , a3 , a4 ) ．
2016A 四、（本题满分 50 分）设 p 与 p 2 均是素数， p 3 ，数列 an 定义为 a1 2 ，
2016 年~2018 年全国高中数学联赛二试试题分类汇编 2、数论部分
2018A 四、（本题满分 50 分）数列 an 定义如下： a1 是任意正整数，对整数 n 1， an1 与
全国高中数学联赛分类汇编(初等数论)
2000-2012全国高中数学联赛分类汇编（初等数论）1、（2005一试6）记集合},4,3,2,1,|7777{},6,5,4,3,2,1,0{4433221=∈+++==i T a a a a a M T i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（ ）A ．43273767575+++B ．43272767575+++C ．43274707171+++D ．43273707171+++【答案】C【解析】用p k a a a ][21 表示k 位p 进制数，将集合M 中的每个数乘以47，得32123412347{777|,1,2,3,4}{[]|,1,2,3,4}.i i M a a a a a T i a a a a a T i '=⋅+⋅+⋅+∈==∈= M '中的最大数为107]2400[]6666[=。
在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400-2004=396。
而=10]396[7]1104[将此数除以47，便得M 中的数.74707171432+++故选C 。
2、（2006一试6）数码1232006,,,,a a a a 中有奇数个9的2007位十进制数12320062a a a a 的个数为（ ） A ．200620061(108)2+ B ．200620061(108)2- C ．20062006108+ D ．20062006108- 【答案】B【解析】出现奇数个9的十进制数个数有12005320032005200620062006999A C C C =+++。
又由于2006200620062006(91)9kkk C-=+=∑以及20062006200620060(91)(1)9kk k k C -=-=-∑，从而得 12005320032005200620062006200620061999(108)2A C C C =+++=-。
高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)
12．若两整数 、 除以同一个整数 ，所得余数相同，即 ，则称 、 对模 同余，用符号 表示，若 ，满足条件的 由小到大依次记为 ，则数列 的前 项和为________.
13．设 ， 表示不超过 的最大整数，若存在实数 ，使得 ， ，…， 同时成立，则正整数 的最大值是．
高中数学联赛初等数论专题练习（详解版)
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设 ，用 表示不超过 的最大整数，则 称为高斯函数，例如： ， ，已知函数 （ ），则函数 的值域为（）
9．等差数列 的前 项和为 ，且 ， ，记 ，其中 表示不超过 的最大整数，如 ， ，则 _________.
10．已知 表示正整数 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，6，12，则 ；21的因数有1，3，7，21，则 ，那么 _________.
11．用符号 表示小于 的最大整数，如 ，有下列命题：①若函数 ，则 的值域为 ；②若 ，则方程 有三个根；③若数列 是等差数列，则数列 也是等差数列；④若 ，则 的概率为 ．
【解析】
【分析】
首先将函数解析式进行化简，并用换元思想，得到 （ ），研究二次函数在某个区间上的值域，求得 ，根据“高斯函数”的本质，求得结果.
【详解】
因为 ，令 （ ），
则 （ ），函数的对称轴方程为 ，
所以 ，
，所以 ，
所以 的值域为 ，
故选：B.
【点睛】
本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.
数论竞赛题
数论竞赛题数论竞赛题是在数学竞赛中常见的一类题型，主要考察学生在数论领域的理解和运用能力。
数论是研究整数性质及其运算规律的数学分支，涉及到诸多定理和性质。
以下是一个典型的数论竞赛题目，供参考。
题目：证明对于任意正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 可以被 24 整除。
解法：我们可以通过数学归纳法来证明这一命题。
首先，观察到 24 可以分解为 3 × 2^3。
我们分两种情况进行讨论：情况一：n 是 4 的倍数。
设 n=4k，其中 k 是一个正整数。
则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = 4k(4k+1)(4k+2)(4k+3)= 4 × k × (4k+1) × 2 × (2k+1) × 3 × (2k+2) 。
我们发现此时，n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。
情况二：n 不是 4 的倍数。
设 n=4k+r，其中 k 是一个正整数，r 是余数，r=1,2 或 3。
则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = (4k+r)(4k+r+1)(4k+r+2)(4k+r+3)我们观察到，至少存在一个连续的四个数中，必然包含一个数能被 2 整除，一个数能被 4 整除，一个数能被 3 整除，因而有 2×4×3=24，即可以被 24 整除。
综上所述，对于任意的正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。
证毕。
数论竞赛题通常涉及到数的整除性质、奇偶性、模运算等概念，要求学生具备较强的逻辑推理和数学证明能力。
通过解决这类题目，学生可以加深对数论相关概念和方法的理解，培养思考和解决问题的能力。
高中数学竞赛数论部分
初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。
1． 请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。
(1894年首届匈牙利 数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明2131n-是168的倍数。
②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅？（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3） 证明：3231122nn n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。
（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题）（4） 证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。
（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。
2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。
（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占10.8% 。
这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。
如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。
3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102xabx a b -++=是否有两个整数解？ 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。
全国高中数学联赛试题分类汇编-数论(1981年-2019年)
全国高中数学联赛试题分类汇编——数论（1981年~2019年）2019A 5、在1,2,3,,10?中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10----?中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为 ．答案：37100解析：首先数组(),a b 有1010100⨯=?种等概率的选法． 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．①若a 被 3 整除，则b 也被 3 整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有339⨯=组．若a 不被 3 整除，则()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组． 因此92837N =+=．于是所求概率为37100。
2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分 注意，当12a a =时，②对2n =也成立． 设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==． 若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立， 故类似可知③仍成立． ………………30 分 我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。
全国高中数学历届(2009-2019)联赛初等数论试题汇编
全国高中数学历届(2009-2019)联赛初等数论试题汇编1．【2017年全国联赛】若一个三位数中任意两个相邻数码之差均不超过1,则称其为“平稳数”.那么,平稳数的个数为____________。
【答案】75【解析】考虑平稳数,若,则,有2个平稳数。
若,则个平稳数。
若,则,有个平稳数。
若，则，有个平稳数。
综上，平稳数的个数为。
故答案为：752．【2015年全国联赛】对四位数，若，则称类数；若，则称类数.用分别表示类数与类数的个数.则的值为______.【答案】285【解析】记类数、类数的全体分别为，再记个位数为零的类数全体为，个位数不为零的类数全体为. 对任一四位数，将其对应到四位数.注意到，.则.反之，每个唯一对应于中的元素.因此，建立了之间的一一对应.故.下面计算.对任意四位数可取0，1，…，9，对其中每个，由，知分别有种取法.故.因此，.故答案为：2853．【2010年全国联赛】方程满足的正整数解（）的个数是________.【答案】336675【解析】首先，易知方程的正整数解的个数为.其次，把方程满足的正整数解分为三类：（1）均相等的正整数解的个数显然为1；（2）中有且仅有两个相等的正整数解的个数，易知为1003；（3）设两两均不相等的正整数解的个数为.注意到.解得.故满足的正整数解的个数为.4．【2019年全国联赛】设m为整数，|m|≥2.整数数列满足：不全为零，且对任意正整数n，均有.证明：若存在整数r，s（r>s≥2）使得，则.【答案】【解析】若，记.则对任意正整数n，d|a n，考虑数列，可得同样结论。
故不妨设，由可知，即对任意大于2的正整数n，.若a 1，不满足，则不存在r>s≥2使得，故不妨设，由互质性.设，则b n为整数数列，.可知，若存在整数使得，则.而，故，由知，故r-s≥|m|.5．【2018年全国联赛】设n，k，m是正整数，满足k≥2，且.设A是的n元子集。
高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题29初等数论(解析版)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题29初等数论1.【2020高中数学联赛E卷(第02试)】设Gb为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得α∏+b∏+9≡C( modl3)对任意正整数H成立-求所有满足条件的有序数对(α, b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1：由条件知,对任虑正整数几有沪+ b n+9≡ a n+2 + b n÷12(modl3). ①注意到13为素数,α上均与13互素,由费马小定理知H ≡b2≡I(ZnOdI3).因此在①中取沪12,化简得1 + b9≡a2+ l(modl3),故b° ≡ α3(modl3).代入①,得N + a3b n≡απ÷3 + &π+12≡ απ÷3 + ∂π(modl3),即(刃一∂n)(l 一α3) ≡ 0(modl3). ②分两种情况讨论.(i )若疋≡ 1 (modi3),则沪≡ a3b3≡ b l2≡l(modl3),又{12∙∙∙J2},经检验可知a f bE{1Λ9}.此时“ + b n+9≡ a n+∂n(modl3).由条件知α + b ≡ a2 + b3≡2(mod 13),从而只能是π=δ=l.经检验,当(α, b) =(1,1)时,对任总正整数n, J +沪+9模U余2为常数,满足条件•(ii)‰3N l(modl3),则由②知,对任意正整数n,Wαn≡ ∂n(modl3).特别地，α ≡ &(modl3),故a=b.所以a? ≡ b9=α9(modl3),即左(“ 一l)(α3+ 1) ≡ 0(mod 13),‰3≡ -I(modl3).通过检验α ≡ ±‰±2,-j±6(modl3),可知α = 4,10,12.经检验,当(α,b) = (4M(IO40),(12J2)时,对任盘正整数”，有"+ b n^9= a n +αn÷9= a n(l + (α3)3) ≡ 0(modi3),满足条件.综上,所求的有序数对(α, b)为(1,1), (4,4), (10,10), (12,12).解法2:由条件知,对任盘正整数",有("+ ∂n+9)(αn+2+ fa n÷11) ≡ (αn÷1 + ∂n+10)≡(modl3), 化简得αn∂π÷11 + aπ÷2b n+9≡ 2a n÷1 + ∂π÷10(modl3),即a n b n^(a一b)2≡0(modl3).由于13 为素数,a,b∈ {12…,12},故13Ka 一b)：,进而a = b.因此,当M变化时,αn+ b n÷9= αn(l + Q9)模13的余数为常数.当1 + α9 (modl3)时,由上式知,"模13的余数为常数，特别地,有小≡ α(modl3),故el.当l + α9≡ 0(modl3)时,由费马小定理得“ ≡ l(modl3),故心≡ a3• (一“)≡ -α12≡ -I(modl3).通过检验α ≡ ±1, ±2「・・，±6(modl3),可知α = 4,10,12.综上,所求的有序数对(α, b)⅜(l,l), (4,4), (10,10), (12,12).2.[2019高中数学联赛A卷(第02试)】设加为整数，|加|》2.整数数列α1,α2,-满足:5不全为零，且对任恿止整数"，均有αn+2= αn+1 - ma n.证明:若存在整数厂、s(r>s≥2)使得O r= a s = a lf则r -Syn1.【答案】证明见解析【解析】不妨设如,如互素(否则,若(a lf a2)= d > 1 ,则孑与晋互素，并且用%#，¥，•••代替S吆α3,∙∙∙条件与结论均不改变)•由数列递推关系知α= ≡ α3≡ α4≡…(mod Inll) ①以下证明:对任恿整数n≥3,有αzj≡α2- (α1+ (n- 3)α2)m(modτn2) ②事实上，当"=3时②显然成立•假设时②成立(其中斤为某个人于2的整数)，注意到①，‰αk.1≡ ma2(modτn2),结合•归纳假设知αfc+1= a k-mαfc.1三5 _ (α1+ (上一3)α2)m 一ma2≡ α2—(α1+ (k —2)α2)( modτn2)>即W=HI时②也成立•因此②对任意整数"≥3均成立-注這•当4丄=色时，②对W=2也成立.设整数尸、W>s≥2),满足a r= a s=α1.若5 = 5，由②对”N2均成立，可知a2_ (α1+ (r —3)a2)m ≡ a r= a3= a2—(α1+ (s —3)—)加(mod πι2),即5 + (r —3)α2≡ α1 + (s —3)αrr( mod Inι∣).即(旷一s)a2≡ 0( mod ImI) ③若5 ≠ a2,则外=a s= a1≠ a2,故7,>5>3.此时由于②对曲3均成立，故类似可知③仍成立.我们证明①，加互素事实上，假如①与加存在•个公共素W TP.则由①得P为SaW••的公因C而勺,％互素，故p Ia1,这与S = a s=如矛丿帀.因此，由③f⅛r - s ≡ 0(mod ∣τn∣).又4s,所以r - s ≥ ∣m∣.3.[2019高中数学联赛E卷(第02试)】求满足以下条件的所有正整数”：(1)"至少有4个正因数；(2)若d1<d2< - < d k是”的所有正因数,d2-d1,d3-d2,∙∙∙, d k - d k.1构成等比数列.【答案】答案见解析【解析】由条件可知空4,且a k-L^a k-2易知d丄=I f d k= n f d k.1 = £-, dfc-2 =診代入上式得害=二⅛,化简得(心- d2)=≡ (d3 - l)=d3.d≡^1矿石由此可知d3是完全平方数.由于空予是“的最小素因山是平方数，故只能d3≈p z.从而序列d2 - d l,d3 - d z,-,d k -d k.1 ,p- l t p2 - p,p3 -p2, -,p k~1 -p k~z,即d x,d2,d2,-,d k为1, p, P=,-, P k-I f而此时相应的H ^P k-I-综上可知，满足条件的"为所有形如Pa的数，其中P是素数，整数"23.4.【2018高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数Q2.证明:对任意正整数”，存在正整数匕使得连续"个数a k + l t a k + 2, ∙∙∙t a k + n均是合数.【答案】证明见解析【解析】设i1< ι2< - < i r是1, 2,…，”中与α互素的全体整数，则对l≤f≤π, I € {i1,t2,-,i r}^无论正整数*如何取值，/ + Z均与α不互素且大于α,故十+ i为合数.对任盘丿=1，2. ...» ?•»Wa + i j. > 1,故a + i j有素因f p j.我们有(P il a) = 1(否则，因刃是素数，故Pjla,但Pja+ 4从而Pjl屮故不互素，与S的取法矛厉).因此，由费马小定理知,Ori-I≡ l(modp y).现収上= (P I- l)(p2 - 1)... (P r- 1) + 1.对任7=1» 2,…，儿注意到k ≡ 1( mod p j-l),故有αk + ≡ α +≡ 0( mod p i).又a k + i j > a + i j Pj,故a k + i j为合数.综上所述，当k = (p1- I)(P= - 1)∙∙∙ (P r-I) + 1 时，a k + l,a k + 2,∙∙∙t a k + n均是合数.5.[2017高中数学联赛A卷(第02试〉】设加、”均是大于1的整数，加狄％〜，…，-是〃个不超过加的互不相同的正整数,且a1,a2,-,a n互质•证明:对任意实数x,均存在•个/(1≤J≤M),使得Ila f XI∣ ≥-^-∣∣%∣∣,这里IIyπz(τn+l)Il农示实数y到与它最近的整数的距离.【答案】证明见解析【解析】4首先证明以下两个结论结论1 存在整数c lt c2f∙∙∙l c n.满足C I a I + c2a2+ ∙∙∙ + c nαn= It并且ICd ≤ 1 ≤ i ≤ n・由J (α1,α2, ∙∙∙,απ) = 1,由裴蜀定理,存在整数c1, c2, •••> c n,满足C丄Cl] ÷ C Z(12 ∙,∙÷ C n a n= 1 CIJ下面证明，通过调整，存在^C V C2,-,C n满足①，且绝对值均不超过m i½(c n c2j-,cπ) = ∑c.>m c t≥ 0∙52(C V C2√∙∙,c n) = ∑e.^m∣9∣ ≥ 0∙如果Sι>0,那么存在c i>m> 1.于是C i a i >1,又因为a lf a2f-f a n均为正数，故由①可知存在C j < 0.令c；= Ci 一a jf cj = C j +a if Ck =C fc(I ≤ k ≤ n l k ≠ ZJ),则弘丄+ c t2a z H-- 1- Cna n= 1 ②并且0 ≤ TH—丐≤ c； VC“ g V 弓Vaf ≤ z∏∙因为4 V q,且Cj < m.所以S jL(CZCJ…，c：) V S2(CvCs・・・，cJ.又c； > 今及c；> 0, ι⅛S2(c∫,Ci l-I c；) ≤S2(c ll c2l-½cπ).如果S2>0,那么存在C j <-m, W此有•个C i > 0.令c；= Ci 一a jf c- =C j+ a it C t k= C k(I ≤ k ≤ ∏Λ ≠ ZJ)，那么②成立，并且一加< Ci < C if CJ < Cj < 0.与上Ifri类似地可知S JL (⅛ c；,…心)≤ S丄(d g…心)，l⅛(c;心…,4) < S2(c ll c2√∙∙,c n).因为Sl与6均是非负整数，故通过有限次上述的调整，可得到•组c1, C2,-., c n,使得①成立，并且51= S2 = 0. 结论1获证.结论2(1)对任意实数心b,均⅛∣∣α + ∂∣∣ ≤ IlalI + ∣∣fc∣∣.(2)任意整数U和实数y WIlUyIl ≤ IUl・∣∣y∣∣.由于对任盘整数“和实数X，有∣∣x + u∣∣ = I∣x∣b故不妨设α, h∈[-i,i],此时IlaII = IaIIbll = ∣b∣.若ab<Q,不妨设α≤0≤b,贝IJa + b € [—£,弓，从而IIa + b∖∖= ∣a+b∣≤ IaI + Ibl = IIaIl + ∣∣b∣∣.若ab>Q.即a、b同号.当∣a∣ + ∣b∣≤扌廿，有a + bG ——弓，此时Ila + b∖∖= ∖a+b∖=IaI + Ibl = IIaIl + ∣∣b∣∣.当∣α∣ + ∣⅛∣>⅛< 注总总有∣∣α + ∂∣∣ ≤∖■ M 故 ∣∣α+ ∂∣∣≤^<∣α∣ + Ihl = IlaII+ ∣∣δ∣∣. ■ 故⑴得证•由⑴及Il -y∣∣ = IIyIl 即知⑵成立•回到原问题,由结论1,存在整数CVC 2,∙∙∙,c ⅛1f 使得C I a I + c 2a 2 + ∙∙∙+ C n a n = 1, 并且ICil ≤ Hi l 1 ≤ ≤ n ・「是 ∑7≈ιC i a i x = X.利用结论 2 得IMII = ∣∣∑Γ=I C i a l x ∖∖ ≤ ∑f= JCfl ∙ Ila f XIl ≤ m ∑?=I Ila f %∣∣. I 大I 此maXgG∣∣αg∣∣ ≥ ^IlXIl ③ 若 n ≤ ∣(m + 1).由③可知 max κf <Jla l xIl ≥^≥Tin > i(m + 1),则在％吆…,5中存在两个相邻正整数.■不妨设a 十色相邻，则IMII = ∣∣a 2% - a 1%∣∣ ≤ ∖∖a 2x ∖∖ + Ila I %∣∣.6. [2015高中数学联赛(第02试)】求具有下述性质的所有正整数对任总正整数小2(一丄)卄丄I 畀不成立• n!【答案】答案见解析【解析】以呛)衣示"!中2的第次，以S(“)农示n 的二进制农示中1的个数. 有结论”(九)=n -5(n).原题等价丁P(TI) + k(n - 1) ≥ V(Jkn y )恒成立，等价于S(Zai) ≥ S(ZI)恒成立. 显然S(IC) ≥ 1.当S(M)=I,即左为2的方'幕时，WS(kn) ≥ 5(n),符合題盘. 下而用构造法证明：使S(k)≥2的斤均不符合题意. 若S(k)>2,则k 的二进制农示中至少有两个1.用如下方式构造序列““使得存在使S(knKS),则这样的斤不符合条件- 以下讨论均在二进制下.先‰1= l,n 2 = 2a + l ・使得2噪中的最后•个1与*中倒数第二个1对齐(如RlOOl 时，a=3). 当弘取定时，考虔此肘的加『：取％ι = % + 2b,使得2%中的最后•个1与呛中倒数第二个1对齐(如RlOol 时，仙｝为1, 9. 25....).这故IlaHIl 与IlWdI 中有•个A 孕A 加11m(m÷l)*综上所述, 总存在 •个 /(l<∕<n),满足IlaMll ≥ l∣%∣∣.样构造出了•个数列｛川｝，并且易知该数列有无穷笋项•考虑其中•项与由构造方式有S(E)设吟=∑∙=I2ai(α1> a2> — > a j=0),由构造的方式，知佔手的最后«1+1位只有-个1.设 2〃≤k< 2m÷1,则2a^m≤ kn j < 2α^÷m÷2>这样，蚀,的一二进制衣示中至多有Λι+m+l位，至多有7M-1个1.VikJ>m-∖,有故使S(¼)≥2的k均不满足题设.综上，所求的点为一切2的方慕.7.[2014高中数学联赛(第02试)】设整数x v%2√∙∙,X2014模2014互不同余,整‰y2,∙∙∙,y20i4模2014也互不同余•证明：可将2CH4重新排列为Zp Z2√∙∙l Z2ol4 ,使得衍+ Z lf X2 + Z2 f-f X2014f +^2014模4028兀不同余•【答案】证明见解析【解析】记⅛=1007.不妨设石三X三KmOd 2k) (1 ≤ ι ≤ 2k)t对每个整数b l≤∕≤fc> 若如+y i MsC+yg(mod4k),则令Zf = y h z f+k= y t>k> 否则，令Zf = y i+kf z i^k=如果是前•种情形.W I JXt + Z i = X i +y i NXiM + y(+k = X i^k +Z[∙+k(mod4k),如果是后•种情形，则也有曲+ Z i = X i + y f+fc ^%l∙+fc+y i= X i^k +z i+k( mod 4fc)若不然，我们有Xi + y i≡x t∙+k+ y r+fc( mod4k)> %l∙+y t∙+k≡ Xi^k +y l∙(mod4∕c),两式相加得2如≡ 2x t+k(mod 4k). T是血≡ %t+fc(mod2k).(HX l,x2√∙∙J X2OI4模2014(2014=2Q互不同余，特别地血x t+fc(mod 2k) > 矛Jit由上述构造方法知z1,z2√∙∙∕z2k是为％∙∙∙,>⅛k的排列・记WI= X i +z b i =12∙∙∙,2k.下面验证ω1,ω2, ∙∙∙lω2k模4E互不同余,这只需证明，对任意整数(丿1 ≤ t < / ≤ k,w f, Wj l w t∙+k,气+J f模4k两两不同余-注意•前[fti的构造力式已保证Wf +fc(mod 4k)f w j NVV屮(mod 4") ①情形β: Z i = y i且z)=y厂则由前面的构造方式可知叫三叫+上三2Z(mod 2k), Wj ≡ Wj^k≡2;(mod 2k).由于2( N2丿(mod2k),故易知Wf与呦及叫+花模2⅛不同余,叫+住与说及吗+上模2斤不同余•从而模4«更不同余，再结合式①，可见结论得证•惰形二:Z i= y f+k,且Zj = y j+k ,则由前面的构造方式可知:W[ ≡ W i^k≡ 2i + k( mod 2k). Wj ≡ Wj^k≡ 2j+ k(mod2k).同样有Wt与Wj及嗎+J f模2k不同余，Wt+J f与气及+J f模Ik不同余，与情形•相同地可知结论得证.情形三：Z i = y i,且Zj = y j+k <z i= y i+k. IiZ) = y j的情形与此相同)，贝∣J由前面的构造方式可知Wf ≡ Wf+∣c≡ 2i(mod 2k), Wj ≡ w j+k≡ 2j + k( mod2k).由于上是奇数,故2i^2j + k(L mod2),更有2i^2j +k(mod2k).因此仍然有Wf与气及气+J C模2k不同余，VVt+上与气及气+j f模2k不同余.从而结论得证-因此本題得证.S.【2013高中数学联赛(第02试)】设“，上为大于1的整数,*2L证明：存在M个不彼"整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有•组有若干个数的和被“整除.【答案】证明见解析【解析】先考虑“为2的扇的情形‰ = 2r,r≥l,则K疋取3个2-1及"一3个1,显然这些数均不被“整除•将这M个数任总分成两组，则总有•组中含2个2r-1,它们的和为"，被"整除.现在设H不是2 的幕，収2k个数为一1,-1,-2,-22,..., -2k-≡,l,2,2≡,-.,2k-1,因为〃不是2的慕，故上述％个数均不被“整除-若可将这些数分成两组，使得每•组中任意若干个数的和均不能被〃整除•不妨设1在第•组，由于(-1) + 1 = 0彼〃整除，故两个一1必须在第二组：W(-l) + (-l) + 2 = 0被"整除，故2在第•组，进而推出一2在第二组.现归纳假设l,2,-,2l均在第•组，而一1, -1, 一2,…，一2丿均在第二组，这里1≤ ∕<k-2,由于(-1) + (-l) + (-2) + ∙∙∙+ (-2t)+2t÷1 = 0被“整除，故2如在第•组，从而一2屮在第二组•故由数学归纳法可知，l,2,22,∙∙.,2k-≡在第•组，一1, -1, -2, -22, .... -2*^2在第二组.最后,由于(-1) + (-1) + (-2) + •••+ (-2k-2) + 2fc~1= 0被"整除,故2一在第•组.因此l,2,22,..∙,2k-1均在第•组，由正整数的二进制农示可知,每•个不超过2"-1的正整数均可农示为l,2,22,-t2k-χ中若干个数的和，特别地，因为九<2上-1,故第•组中有若干个数的和为”，半然被”整除，矛厉.因此，将前述2«个整数任意分成两组，则总有-组中有若干个数之和被"整除.9. [2009高中数学联赛(第02试)】设也/是给定的两个正整数•证明：有无穷多个正整数n l≥k,使得C J S与/互素.【答案】证明见解析【解析】证法•对任意正整数n <>m = k + t√∙(k!),我们证明(C J iU)=1.设P是/的任•素因子，只要证明：若P弘!，则由k! ⅛= ∏'sl(m-k + i)≡H：J(Z + d(k!))] ≡ ∏f=I i ≡ k! (modp),因此对任总"∈ N*,存在m ∈ NSk ∈ P,使得∕∙(τn,k) = n.11.【2004高中数学联赛(第02试)】对于整数“≥4,求出最小的整数血),使得对于任意正整数汕集合{加，m+l,加+2,…，加十〃一1}的任何•个血)元子集中,均有至少3个两两互素的元素.【答案】证明见解析【解析】当n≥ 4l∣i f»对集合M = {mτn + l,m + 2,∙∙∙,τn + n — 1},若2|加,则m+l, m+2, m+3两两互素.若2不能整除加,则加，nι+l,加+2两两互素.所以M的所有"元了集中，均有至少3个两两互素的元素，即夬小存在且y{")≤0∙‰={t∣t≤n+1^2∣t^3∣t}可知T”是{2, 3,.」+1}的子集,但7；中任3个元素均不能两两互素,所⅛∕(n)≥ ∣T n∣ + l.由容斥原理知ITnI=［字］+从而必有r(n)≥ ［4i］ + ［宁］一［宁］+1 ①所以f(4) ≥ 4,/(S) ≥ 5√(6) ≥ 5, /(7) ≥ 6,∕f(8) ≥ 7√(9) ≥ 8.我们将证明/(6) = S,设咒"2,SSX5是仙，加+1，加+2,…，时5}中的5个数,若这5个数中有3个奇数，则它们两两互素，若这5个数中有两个奇数，则必有3个偶数，不^X I,x2,x3为偶数，怠*5为奇数•当1≤7<7≤3 时，IXf -XyI ∈ {2,4}»所IUX I,x2,X3中至多1个被3整除，至多1个彼5整除，从而至少有1个既不被3整除也不被5整除.不妨设其为曲，有址，怠，划两两互素•说明这个数中有3个两两互素，即/(6) = 5.又因为{加‘加 + I t nI + 2, ∙∙∙f m +n} = {m f m + I t nl + 2, ∙∙∙f m + n —1} U {m + n}.可⅛l∕(n + 1) ≤∕(n)+l,因为代6) = 5,所以几4) = 4,/(S) = 5,f(7) = 6√(8) = 7√(9) = 8.所以当4 ≤n≤ 9l⅛∕(n) = ［^］ + ［唱 + ［^］ + 1 ②接下来用归纳法证明对所有W都有式②成立；假设"≤Mt≤9)时，式②成立-当时，由］{m t m + I l m + 2,∙∙∙,τn + k}={m f m + + 2j∙∙∙ ,τn + k —6} U {m + k —5,m + k —4fτn + k —3»m + k —2f m + k —l√m + k}.且当n=6∙n=k-5时，式②成立.所以对任盘的曲4,有弘)=［營+ ［字卜［唱+ 1- 12.【1995高中数学联赛(第02试)】求•切实数P ，使得三次方程5%3 - 5(p + I)%2 + (71p - 1)% + 1 = 66p 的三个根均为自然数. 【答案】7&【解析】由观察易知x=l 为原三次方程的个自然数根, 由综合除法，原三次方程可降次为二次方程5妒-5p% + 66p-l = 0原三次方程的三个根均为H 然数等价于二次方程①的两个根均为自然数.设小v<∕r≤v)为方程①的两个根，则由韦达定理得 把式②代入式③得5uu = 66(U + v) - 1 ④可知赣V 都不能被2∙ 3, 11所整除.而小V 均为自然数，由式⑤可知“> 晋，即u >14. 又2|心3卜均不成立，所以u >17.即S U 2-132U +1≤ 0.于是l4≤血Ξ≡v 竺，所以17≤u≤26.5 5再由2|心3|“均不成立知，M 只能取17. 19, 23, 25. 当“=17时，由式⑤得V = —= 59,19当π=19时，由式⑤得V = ^ 并非自然数•应舍去29 当π=23时，由式⑤得υ=≡>并非自然数，应舍去.49 当戸25时•由式⑤得晋，并非自然数•应舍去.59所以仅当p =U +“ = 76时，方程①的两根均为自然数，原方程的三根均为自然数.13. ［1994r ⅛中数学联赛(第02试)】将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第100U + V = P ②UV = -(66P — 1)(5) 又由式④得66U-I 5 U-由v≥∕/及式⑤可得66“一丄 所以f(fc + 1) ≤ f(k 一 5) + /(6)一 1由式①与③知，对n=Z 式②成立.O项.【答案】2186【解析】⅛S = {U√∙∙405}, A1={x∖x≡S且3x}∙A2≈{X∖X≡S^5∖X-43={X∣X∈S且7g}∙则与105互素且不人于105的自然数为：M1∩ A2∩ A3I = ∣s∣ - (M I l + M2I + M3D + (M I n A2∖ + ∖A lπ A2∖+ ∖A2∏A3∖)-∖A1∩A2nA3∖,所以ISl = 105」All = 35,= 21, ∖A3∖=15, ∖A1dA2∖= 7f∖A1∏A4f∖= S f∖A1dA2∖=3,∣41∩∕l2∩i43∣ = l∙∩ A2∩ ∕3∣ = 105 -(3 × 5 + 3 × 7 + S × 7) + (3 + 5 + 7) - 1 = IOS -71+ 15 - 1 = 48 设与105互素的正整数按从小到大的顺序扌It成的数列为」“吆期，…，^，…，H,Jα1= I t a Z= 2, a2= 4,∙∙∙f a Af Q= 104,今P = Cl2f e∙∙ > 1,•方面■对 J w≥l∙令αn= 105k + r(k ≥ 0,0 ≤ r ≤ 104,k t r∈ Z),因为(O n jo5) = 1.所以(FJo5) = 1, ½r∈P:另•方面,对于任意的非负整数上及r∈P. W为(r, 105) = 1,所以(IOSk + r, 105) = 1,从而必有n使得α7l= 105k +r.这农明数列{a”}由且仅由形如105加伏≥0, ⅛∈Z. r∈P)的数按从小到人的顺序扌Il列而成.因为数列是递增的，且对每个固定的非负整数匕当「取遍P的值时，共得48个数，而IOOO = 48 × 20 + 40,所以山。
近五年全国高中数学联赛选编数论
近五年全国高中数学联赛选编——数论 2015.8.161.(2010年 加试 2) 设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r = (1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．证明：记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法． 当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数． 假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+L ，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++L ． 于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++ 11211212(1)2()222v v v vv v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++L L12k '=+， ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++L L .显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明．2. (2011年 加试 2) 证明：对任意整数4≥n ，存在一个n 次多项式0111)(a x a x a x x f n n n ++++=--Λ具有如下性质：（1）110,,,-n a a a Λ均为正整数；（2）对任意正整数m ，及任意)2(≥k k 个互不相同的正整数k r r r ,,,21Λ，均有)()()()(21k r f r f r f m f Λ≠． 证明：令2)()2)(1()(++++=n x x x x f Λ， ①将①的右边展开即知)(x f 是一个首项系数为1的正整数系数的n 次多项式．下面证明)(x f 满足性质（2）．对任意整数t ，由于4≥n ，故连续的n 个整数n t t t +++,,2,1Λ中必有一个为4的倍数，从而由①知)4(mod 2)(≡t f ．因此，对任意)2(≥k k 个正整数k r r r ,,,21Λ，有)4(mod 02)()()(21≡≡k k r f r f r f Λ．但对任意正整数m ，有)4(mod 2)(≡m f ，故)4)(mod ()()()(21k r f r f r f m f Λ≡/，从而)()()()(21k r f r f r f m f Λ≠．所以)(x f 符合题设要求．3. (2012年 加试 2)4. (2013年加试2)5. (2014年加试4)。
高中数学联赛真题分类初等数论(原卷版)
段。某运动员将编号为 1,2，…，2008 的吉祥物按照以下方式依次放置于这些站点上：他先在��上放置第 1 号
吉祥物，然后顺时针跑过 29 个区段，将第 2 号吉祥物放置于所到达的站点���上；再顺时针跑过 29 个区段，将
第 3号吉祥物放置于所到达的站点���上，……如此进行下去。则站点�����上所放置的吉祥物的编号是（）。
.
11．【1987 高中数学联赛（第 01 试）
】
若 k 是大于 1 的整数，a 是 x2－kx+1=0 的根，对于大于 10 的任意自然数 n，
��� + �−��的个位数字总是 7，则 k 的个位数字是
.
12．【1985 高中数学联赛（第 01 试）
】
方程���+ ��+ ��+ ��+ ��+ ��+ ��+ ��+ ��+ ���= �的
备战 2021 年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）
专题 24 初等数论
历年联赛真题汇编
1．【2008 高中数学联赛（第 01 试）
】
方程组
A．1
B．2
C．3
�+ �+ �= �
���+ �= �
的有理数解(x，y，z)的个数为(
��+ ��+ ��+ � =
�
D．4
2．
【
1996 高中数学联赛（第 01 试）
数为
�
�
�
]+[
�����
．
]，则 A 除以 50 的余
�
.
13．设�(�)表示不超过 n 且与 n 互素的正整数的个数，g(n)满足对任意� ∈ � + ,
专题24初等数论(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题24初等数论历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】方程组{x+y+z=0xyz+z=0xy+yz+xz+y=0的有理数解(x，y，z)的个数为( )A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】若z=0，则{x+y=0xy+y=0，解得{x=0y=0或{x=−1y=1，若z≠0，则由xyz+z=0得xy=−1①由x+y+z=0得z=−x−y②将式②代入xy+yz+xz+y=0得x2+y2+xy−y=0③由式①得x=−1y代入式③化简得(y−1)(y3−y−1)=0，易知y3−y−1=0无有理数根，故y=1，由式①得x=－1，由式②得z=0，与z≠0矛盾，故该方程组共有两组有理数解{x=0y=0z=0或{x=−1y=1z=0.故选B．.2．【1996高中数学联赛（第01试）】存在整数n使√p+n+√n是整数的质数p( ).A．不存在B．只有一个C．多于一个，但为有限个D．有无穷多个【答案】D【解析】设p为任意奇质数，且p=2k+1，于是n=k2.便有√p+n+√n=√2k+1+k2+√k2=2k+1.所以每个奇质数都有题设的性质.3．【1991高中数学联赛（第01试）】设a是正整数，a<100.并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )A．4B．5C．9D．10【答案】B【解析】考虑使得24|a3−1成立的a.则a3−1=(a−1)(a2+a+1)=(a−1)[a(a+1)+1].因a (a +1)+1是奇数，若要24|(a 3－1)，必有23|(a −1). 若a －1不能被3整除，则3|a(a +1)， 从而a (a +1)+1不能被3整除.因此，若要24|(a 3−1)，必有3|(a −1)， 这样就有24|(a −1)，即a =24k +1.由24k +1<100，k 可能取的一切值为0，1，2，3，4，也就是这样的a 有1，25，49，73，97五个. 4．【1987高中数学联赛（第01试）】对任意给定的自然数n ，若n 6+3a 正整数，则( ) A ．这样的a 有无穷多个B ．这样的a 存在，但只有有限个C ．这样的a 不存在D ．以上A ，B ，C 的结论都不正确【答案】A【解析】对任何自然数k ，取a =3n 4k +9n 2k 2+9k 2，则n 6+3a =(n 2+3k )3.5．【1983高中数学联赛（第01试）】设p ，q 是自然数，条件甲：p 3－q 3是偶数；条件乙：p +q 是偶数.那么( )A ．甲是乙的充分而非必要条件B ．甲是乙的必要而非充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C【解析】就两个自然数p ，q 分别取奇数或偶数的四种情况： (1){p 是奇数q 是奇数 ，(2){p 是偶数q 是偶数，(3){p 是奇数q 是偶数 ，(4){p 是偶数q 是奇数进行讨论，有p 3−q 3⇔{p 是奇数q 是奇数 或{p 是偶数q 是偶数p +q 是偶数.6．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】在1，2，3，…，10中随机选出一个数a 在－1，－2，－3，…，－10中随机选出一个数b ，则a 2+b 被3整除的概率为 .【答案】37100【解析】数组(a ，b )共有102=100种等概率的选法. 考虑其中使a 2+b 被3整除的选法数N .若a 被3整除，则b 也被3整除.此时a ，b 各有3种选法，这样的(a ，b )有32=9组.若a 不被3整除，则a 2≡1( mod 3)，从而b ≡−1( mod 3).此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(a ，b )有7×4=28组. 因此N =9+28=37.于是所求概率为37100.7．【2015高中数学联赛（第01试）】对四位数abcd (1≤a ≤9，0≤b ，c ，d ≤9)，若a >b ，b <c ，c >d ，则称abcd 为P 类数：若a <b ，b >c ，c <d ，则称abcd 为Q 类数.用N (P )与N (Q )分别表示P 类数与Q 类数的个数，则N (P )－N (Q )的值为 .【答案】285【解析】分别记P 类数、Q 类数的全体为A ，B ，再将个位数为零的P 类数全体记为A 0，个位数不等于零的P 类数全体记为A 1，对任一四位数abcd ∈A 1，将其对应到四位数dcba ，注意到a >b,b <c,c >d ⩾1，故dcba ∈B ，反之，每个dcba ∈B 唯一对应于A 1中的元素abcd ，这建立了A 1与B 之间的一一对应，因此有N(P)−N(Q)=|A|−|B|=|A 0|+|A 1|−|B|=|A 0|.下面计算|A 0|：对任一四位数abc0∈A 0,b 可取0，1，…，9，对其中每个b ，由b <a ≤9及b <c ≤9知，a 和c 分别有9－b 种取法，从而|A 0|=∑(9−b)29b=0=∑k 29k=1=9×10×196=285.因此N(P)−N(Q)=285.8．【2004高中数学联赛（第01试）】设p 是给定的奇质数，正整数k 使得√k −pk 也是一个正整数，则k =.【答案】(p+1)24【解析】设√k 2−pk =n (n ∈N ∗)，则k 2−pk −n 2=0，k =p±√p 2+4n 22.从而p 2+4n 2是平方数，设为m 2，m ∈N *，则(m −2n)(m +2n)=p 2. 因为p 是质数且p ≥3，所以{m −2n =1m +2n =p 2，解得{m =p 2+12n =p 2−14 ， 所以k =p±m 2=2p±(p 2+1)4，故k =(p+1)24(负值舍去).9．【1993高中数学联赛（第01试）】整数[10931031+3]的末尾两位数字是 .(先写十位数字，后写个位数字.其中[x ]表示不超过x 的最大整数). 【答案】08 【解析】[10931031+3]=[(1031)3+33−331031+3]=(1031)2−3×1031+32−1=(1031)(1031−3)+8，所以它的末尾两位数字是08.10．【1991高中数学联赛（第01试）】19912000除以106，余数是.【答案】80001【解析】19912000=(1+1990)2000=1+2000×1990+12×2000×1999×19902+⋯+19902000.依照上述展式，只需考虑前三项的和除以106的余数，故余数为80001.11．【1987高中数学联赛（第01试）】若k是大于1的整数，a是x2－kx+1=0的根，对于大于10的任意自然数n，a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是.【答案】3或5或7【解析】显然a≠0，因为a是x2−kx+1=0的根，所以a+1a =k(1a是另一根)，则a2+a−2=(a+1a )2−2=k2−2，a22−a−22=(k2−2)2−2，a23−a−23=[(k2−2)2−2]2−2，……，a2n+a−2n=(a2n−1+a−2n−1)2−2.当k为偶数时，易看出a2n+a−2n的个位数字只能是偶数；当k的个位数字是1时，a2n+a−2n的个位数字为9；当k的个位数字为3时，a2n+a−2n的个位数字为7；当k的个位数字为5时，对于n>1，a2n+a−2n的个位数字也是7；当k的个位数字是7时，a2n+a−2n的个位数字也是7；当k的个位数字是9时，a2n+a−2n的个位数字是9.故当k>1时，对于任何大于10的自然数n，使a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是3或5或7.12．【1985高中数学联赛（第01试）】方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有组.【答案】174【解析】显然x1只能取1或0.当x1=1时，原方程有9组解，当x1=0时，原方程的解中含有数字3的有9组，不含3而含有2的有72组，只含有1和0的有C93=84组，所以非负整数解总共有174组.13．【1985高中数学联赛（第01试）】在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和能被11整除的数组共有组.【答案】7【解析】由于是考虑被11整除的问题，故可先把各项减去11的倍数，使数字变小而便于运算，由此可得到如下数列1,4,−3,−1,5,−3,−1,3,−3,−1.设S n为它的前n项和，则S1=1,S2=5,S3=2,S4=1,S5=6，S6=3,S7=2,S8=5,S9=2,S10=1.其中相等的有S1=S4=S10=1，S2=S8=5，S3=S7=S9=2.所以S4−S1,S10−S1,S10−S4,S8−S2,S7−S3,S9−S3,S9−S7共7组能被11整除.优质模拟题强化训练1．对任意正整数n，定义Z(n)为使得1+2+⋅⋅⋅+m是n的倍数的最小正整数m.关于下列三个命题：①若p为奇质数，则Z(p)=p−1；②对任意正整数a，都有Z(2a)>2a；③对任意正整数a，都有Z(3a)=3a−1.其中所有真命题的序号为（）.A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】D【解析】注意到1+2+⋅⋅⋅+m=m(m+1)2.在①中，使得p|m(m+1)2，即2p|m(m+1)，注意到p为奇质数，有p|m或者p|m+1，从而m的最小值为p−1，因此①正确.在②中，由2a|m(m+1)2知2a+1|m(m+1)，注意到(m,m+1)=1，于是有2a+1|m或者2a+1|(m+1)，故Z(2a)= 2a+1−1>2a，因此②正确.在③中，由3a|m(m+1)2知2⋅3a|m(m+1)，注意到2|m(m+1)及(2,3)=1，因此等价于3a|m(m+1)，又注意到(m,m+1)=1，于是有3a|m或者3a|m+1，故Z(3a)=3a−1，因此③正确.故答案为：D2．关于x、y的方程1x +1y+1xy=12006的正整数解(x,y)的对数为（）.A．16B．24C．32D．48 【答案】D【解析】由1x +1y+1xy=12006，得xy−2006x−2006y−2006=0.整理得(x−2006)(y−2006)=2006×2007=2×32×17×59×223.从而，原方程的正整数解有(1+1)(2+1)(1+1)(1+1)(1+1)=48（组）. 故答案为：D3．方程1x +1y=17的整数解（x，y）的个数为（）.A．5B．6C．7D．8【答案】A【解析】(x,y)=(−42,6),(6,−42),(8,56),(14,14),(56,8)共5组.当x=7时无解；当x≠7时y=7xx−7，故x−7|7x，所以x−7|49，所以x=−42,6,8,14,56.综上共5组解.故答案为A4．设S n、T n分别是等差数列{a n}与{b n}的前n项和，对任意正整数n，都有S nT n =2n+6n+1.若a mb m为质数，则正整数m的值为（）.A．2B．3C．5D．7【答案】A【解析】由条件可设S n=kn(2n+6),T n=kn(n+1)，则m=1时，a1b1=S1T1=82=4，不满足题意，舍去.当m≥2时，a mb m =S m−S m−1T m−T m−1=4m+42m=2+2m，于是仅在m=2时，a mb m=3为质数.所以，所求的正整数m=2.故答案为：A5．对任意的整数n，代数式n2−n+4的值被9除的余数不会是（）A．0B．1C．6D．7【答案】A当n=3时，余数可以为1；当n=4时，余数可以为7；当n=5时，余数可以为6.下面证明：n2−n+4不能被9整除.若不然，有9|[(n−2)2+3n].①.因为3|3n，所以3|(n−2)2.但3为质数，故3|(n−2).②从而，9|(n −2)2.③.由①、③得9|3n⇒3|n.④.由②、④矛盾得n2−n+4不能被9整除。
数论竞赛题目
数论竞赛题目
1.某个正整数N的各位数字之和为S，如果将N加上S，得到的新数是M。
如果M的各位数字之和为T，那么N与T之和是多少？
2. 给定一个正整数N，求小于N的所有正整数中最大的幸运数。
幸运数是指将该数每位数字平方后求和，得到的新数如果为1，则该数为幸运数。
例如，7是幸运数，因为7^2=49，4^2+9^2=97，
9^2+7^2=130，1^2+3^2+0^2=10，1^2+0^2=1。
3. 给定两个正整数A和B，求A到B之间所有质数的和。
4. 给定一个正整数N，求小于N的所有正整数中最大的回文素数。
回文素数是指将该数反转后仍为素数的数。
例如，131是回文素数。
5. 给定一个正整数N，求小于N的所有正整数中最大的丑数。
丑数是指只含有2、3、5三个因数的正整数。
例如，6和25是丑数，而14不是丑数。
6. 给定一个正整数N，求小于N的所有正整数中最大的完全平方数。
完全平方数是指能够表示成某个整数的平方的数。
例如，16和25是完全平方数，而10和14不是完全平方数。
7. 给定一个正整数N，求小于N的所有正整数的因数个数之和。
例如，12的因数为1、2、3、4、6、12，共有6个因数，因数个数之和为1+2+2+3+2+1=11。
8. 给定一个正整数N，求小于N的所有正整数中最大的完全立方数。
完全立方数是指能够表示成某个整数的立方的数。
例如，8和
27是完全立方数，而6和14不是完全立方数。
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联赛数论题目汇编
1.（81年）组装甲、乙、丙三种产品，需用A 、B 、C 三种零件。
每件甲需用
A 、
B 各2个：每件乙需用B 、
C 各1个；每件丙需用2个A 和1个C 。
用库存的A 、B 、C 三种零件，如组装成p 件甲产品、q 件乙产品和r 件丙产品，则剩下2个A 和1个B 。
但C 恰好用完。
试证：无论怎样改变产品甲、乙、丙的件数，也不能把库存的A 、B 、C 三种零件都恰好用完。
2. （82年）已知圆 222
x y r +=（r 为奇数），交x 轴于A （r ，0），B （－r ，0），交y 轴于C （0，－r ），D （0 ，r ），P(u ，v)是圆周围的点，,m n u p q υ==（p 、q 都是质数，m 、n 都是自然数）且u υ>.点P 在x 轴和y 轴上的射影分别是M 、N 。
求证：｜AM ｜、｜BM ｜、｜CN ｜、｜DN ｜分别是1、9、8、2。
3.（86年） 平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点称为整点。
请设计一种方法将所有的整点染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得
（1） 生病 种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上无穷多次；
（2） 对任意白点A 、红点B 和黑点C ，总可以找到一个红点D ，使得ABCD
为一平行四边形。
（3） 证明你设计的方法符合上述要求。
4.（87年）若k 是大于1的整数，a 是2
10x kx -+=的根，对于大于10的任意自然数n ，
22n n a a -+的个位数字总是7，则k 的个位数字是＿＿。
5. （88年）在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I 表示所有直线的集合，M 表示恰好通过一个数点的直线的集合，N 表示不通过任何整点的直线的集合，P 表示通过无穷多个整点的直线的集合，那么表达式：
(1)1;
(2);M N P M =≠Φ (3)(4).
N P ≠Φ
≠Φ 中正确的个数是
（A ）1； （B ）2； （C ）3； （D ）4。
6. （89）集合{}
Z l n m a l n m u u M ∈++==,,,4812其中，
{}
Z r q p r q p u u N ∈++==,,,121620其中 的关系为（A ）M=N ；（B ）M N N M ∉∉,；（C ）N M ⊂；（D ）N M ⊃。
7. （90）设{}{}G E a a a a G E 且,,,,,,200,,3,2,1100321⊂== 具有下列两条性质：
（Ⅰ）对任何1001≤≤≤j i ，恒有201≠+j i a a ；
（Ⅱ）∑==100
110080i ai
试证：G 中的奇数的个数是4的倍数，且G 中所有数字的平方和为一个定数。
8. （91）设a 是正整数，.100<a 并且233+a 能被24整除，那么，这样的a 的个数为
（A ）4； （B ）5； （C ）9； （D ）10
答（ ）
9. （92）在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点，任取6个格点)6,5,4,3,2,1(),,(=i y x P i i i 满足：
（1）)6,5,4,3,2,1(,2,2=≤≤i y x i i ；
（2）任何三点不在同一条直线上。
试证：在以)6,5,4,3,2,1(=i P i 为顶点的所有三角形中，必有一个三角形，它的面积不大于2。
10.（93）整数⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+310103193的末尾两位数字是________
11. 已知点集A x y x y =-+-≤{(,)|()()()}3452
222, B x y x y =-+->{(,)|()()()}4552
222,则点集A B 中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为_____.
12. （94）将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项。
13.（95） 求一切实数p ,使得三次方程55171116632x p x p x p -++-+=()()的三个根
均为自然数.
14.（96）在直角坐标平面上，以（199，0）为圆心，以199为半径的圆周上，整点（即横、纵坐标皆为整数的点）的个数为_______________.
15.（98）对于正整数a 、n ，定义()n F a q r =+，其中q 、r 为非负整数，a ＝qn ＋r ，且0r n ≤<。
求最大的正整数A ，使得存在正整数123456,,,,,n n n n n n ，对于任意的正整数a ≤A ，都有()()()()()()6543211n n n n n n F F F F F F a =。
证明你的结论。
16. (99满分50分)给定正整数n ，已知用克数都是正整数的k 块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，3，…，n 克的所有物品。
（1）求k 的最小值f(n)；
（2）当且仅当n 取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结
论。
17.平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线5
435+=x y 的距离中的最小值是( ) (A)17034 (B)8534 (C)201 (D)30
1 18.（2000）设数列}{n a 和}{n b 满足0,100==b a ，且⎩⎨⎧-+=-+=++4783671
1n n n n n n b a b b a a ，n =0,1,2,……，证明),2,1,0( =n a n 是完全平方数。
19. （2002）设三角形的三边长分别是整数ｌ、ｍ、ｎ，且ｌ＞ｍ＞ｎ，已知｛３l ／１04｝＝｛３ｍ／１04｝＝｛３n ／１04
｝，其中｛ｘ｝＝ｘ－［ｘ］，而［ｘ］表示不超过ｘ的最大整数．求这种三角形到周长的最小值．
20. 设p 是给定的奇质数，正整数k 也是一个正整数，则k=____________。
21. 设三角形的三边长分别是整数ｌ、ｍ、ｎ，且ｌ＞ｍ＞ｎ，已知｛３l ／１04｝＝｛３ｍ／１04｝＝｛３n ／１04
｝，其中｛ｘ｝＝ｘ－［ｘ］，而［ｘ］表示不超过ｘ的最大整数．求这种三角形到周长的最小值．。