裴蜀定理的应用
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故选 (A) . 例 2 平面上整点 (纵 、横坐标都是整数
收稿日期 :2003 - 04 - 12
的点) 到直线
y
=
5 3
x
+
4 5
的距离中的最小值
是 ( ) .
(A)
34 170
(B)
34 85
(C)
1 20
(D)
1 30
(2000 ,全国高中数学联赛)
讲解 :先由点到直线的距离公式得到距
裴蜀定理的应用裴蜀定理勾股定理的应用中心极限定理的应用高斯定理的应用贝叶斯定理应用均值定理的应用中值定理应用西姆松定理应用正弦定理有什么应用
2004 年第 3 期
5
裴蜀定理的应用
胡生淼
(湖北省仙桃中学 ,433000)
(本讲适合高中)
裴蜀定理是数论中一个十分重要的基本
定理 ,在各级各类数学竞赛中出现了很多以 其为背景的试题. 因此 ,了解该定理有助于我 们揭示问题的实质 ,做到有的放矢.
对于 (2) (必有 x > - y) ,这时又分为三
2004 年第 3 期
类 : (i) k = i ; (ii) k > i ; (iii) k < i . 对于 (i) ,由
(1) 显然成立. 当 (iii) 出现时 ,由带余除法可
知 , i = qk + i′,0 ≤i′< k ( q 、i ∈Z) .
数倍与 k 同色 ;二是 i > k 时 , i 与 i - qk 同色
( i - qk > 0) . 据题设可知存在整数 x 、y 使得 i = xk +
yn. 由 1 ≤i ≤n - 1 可知 , x 、y 的取值无外乎 以下三种情形 :
(1) x > 0 , y = 0 ; (2) x > 0 , y < 0 ;
裴蜀定理 设 a 、b 、d 是整数 ,则 ( a , b) = d 的充要条件是 d| a , d| b ,存在整数 u 、v , 使得 ua + vb = d.
推论 1 ( a , b) = 1 的充要条件是 ,存在 整数 u 、v ,使得 ua + vb = 1.
从而 ,当 ( a , b) = 1 时 , ua + vb 可表示所 有整数. 由此 ,又得到下面的推论.
离再作分析.
将已知直线化为 25 x - 15 y + 12 = 0. 设
平面上整点 ( x0 , y0 ) 到直线的距离为
d = | 25 x0 - 15 y0 + 12| . 5 34
而 (25 ,15) = 5 ,由裴蜀定理知25 x0 - 15 y0 表示 5 的所有倍数. 当 25 x0 - 15 y0 = - 10时 ,
k个f
(1988 ,中国国家队选拔考试)
讲解 :先由不动点知识求出 f (100) ( m) 的
表达式 ,再由题设数字特征分析出 (3 n ,1988) = 1 ( n 为自然数) .
6
由题设知迭代不动点为 x = - 1 ,再由数 学归纳法知 f (100) ( n) = 3100 ( n + 1) - 1 ,则
(A) M = N (B) M N , N M
(C) M < N
(D) M = N
(1989 ,全国高中数学联赛)
讲解 :从两个集合中元素的表达式入手.
因为 12 m + 8 n + 4 l = 4 (3 m + 2 n + l) ,
20 p + 16 q + 12 r = 4 (5 p + 4 q + 3 r) , 及 (3 ,2 ,1) = 1 , (5 ,4 ,3) = 1 ,由裴蜀定理可知 3 m + 2 n + l 与 5 p + 4 q + 3 r 均可表示所有整 数. 所以 , M = N = { k| k = 4 l , l ∈Z} .
(3) x < 0 , y > 0.
(1) 时结论成立 ,而 (3) 可化为 (2) 讨论.
因为由 (a) 可知 , i 和 n - i = ( - x) k + ( - y + 1) n 同色. 若 - y + 1 = 0 ,则化为 (1) . 若 - y +
1 < 0 ,就化为 (2) . 综上可知只须讨论 (2) .
(
m, n
n)
·Cnm
=
mr + n
nt ·Cnm
=
r
m n
·Cnm
+
tCnm
=
C r m - 1 n- 1
+
t Cnm
∈Z.
例 4 设 f ( x) = 3 x + 2. 证明 :存在正整
数 m , 使得 f (100) ( m ) 能被 1 988 整除 , 其中
f ( k) ( x) 表示 f ( f ( …f ( x) …) ) .
n = p ( u - tq) + q ( v + tp) .
中等数学
从而可将 n 表示成
n = px + qy ,
①
其中 x 、y ∈Z ,0 ≤x ≤q - 1. 易知当且仅当式 ①中的整数 y ≥0 时 , n 是好数.
将整数 z 表示成 z = px + qy ( x 、y ∈Z ,
0 ≤x ≤q - 1) ,则整数 z′= ( pq - p - q) - z =
p ( q - 1 - x) + q ( - 1 - y) ,其中 0 ≤q - 1 - x ≤q - 1 ,当且仅当 y 为非负整数时 , - 1 - y 为负整数. 从而 , z 与 z′中恰有一个好数 ,一个
坏数. 于是 ,取 c = pq - p - q ,满足 (1) 的结论.
(2) 由 (1) 及所有负整数都是坏数可知 , 所有大于 pq - p - q 的整数均为好数. 而在
因为 u必为奇数 ,则 p - 1 ≡- 1 (mod q) .
这说明 q| p ,进而有 q = p ,故证得 n = p.
于是 , pp - 1 整除[ ( p - 1) p + 1 ] = p2 ( pp - 2 -
C1p pp - 3
+
…+
C
p p
-
3
p
-
Cp - 2 p
+ 1) .
在上式的小括号中 ,除最后一项外均可
D 的元素个数.
(提示 : z
=
e2 kπ 18
i
,w
=
e2πl 48
i
( k 、l
∈Z) . 则
zw
=
2 (8
e
k +3 144
l)π
i
.
因为
(8
,3)
= 1 ,所以 ,8 k
显然 , (1 , p) 和 (2 ,2) 满足题意.
下面考虑 n ≥2 , p ≥3 的情形.
因为 ( p - 1) n + 1 是奇数 ,所以 , n 也是
奇数. 从而 , n < 2 p. 记 q 为 n 的任一质因子 ,
则 q| [ ( p - 1) n + 1 ] ,知 ( p - 1) n ≡- 1 (mod
d 取最小值 5
2= 34
34 85
.
故选
(B)
.
例 3 设 n ≥m ≥1 , n 、m 为整数. 证明 :
(
m, n
n)
·Cnm
为整数.
(2000 ,普特南数学竞赛)
讲解 :本题的关键是如何表示 ( m , n) .
由裴蜀定理知 ,存在 r、t ∈Z ,使得 mr 故
若 i′= 0 ,则由 (1) 结论成立. 若 1 ≤i′<
k ,由条件 (b) 可知 , i 和 i′= i - qk = ( x - q) ·
k + yn 同色 ,用 i′代替 i 讨论就化为 (ii) .
当 (ii) 出现时 ,由条件 (b) 可知 , i 和 k - i
= ( - x + 1) k - yn 同色 ;再由条件 (a) 可知 , i
f (100) ( m) = 3100 ( m + 1) - 1 = 3100 m + 3100 - 1. 因为 (3100 ,1 988) = 1 ,由裴蜀定理推论 2 可知 ,存在自然数 u 、v ,使得 1 988 u - 3100 v = 1 ,则 1 988| (1 + 3100 v) . 从而 , 1 988| [ (3100 - 1) (1 + 3100 v) ] . 令 m = (3100 - 1) v ,则 1 988| f (100) ( m) . 例 5 m 个盒子中各放若干个球 ,每次 在其中 n ( n < m) 个盒中各加一球. 证明 :当 ( m , n) = 1 时 ,不论开始的分布情况如何 ,总 可按上述方法进行有限次加球后 ,使得各盒 子中的球数相等. (根据第 26 届 IMO 预选题改编) 讲解 :从极端情况出发 ,考察球数最多和 最少的盒子. 因为 ( m , n) = 1 ,由裴蜀定理知 ,存在 u 、 v ∈Z+ 使得 un = vm + 1 = v ( m - 1) + v + 1. 此式表明 ,对盒子连续加球 u 次 ,可使 m - 1 个盒子各增加 v 个球 ,一个盒子增加 了 ( v + 1) 个球. 这样可将多增加了一个球的 盒子选择为原来球数最少的那一个 ,经过 u 次加球之后 ,原球数最多的盒子中的球数与 球数最少的盒子中的球数之差减少 1. 因此 , 经过有限次加球后 ,各盒子中的球数相等. 例 6 已知 p 、q 是正整数 ,且 ( p , q) = 1. 如果一个整数 n 可以写成 n = px + qy 的 形式 ,其中 x 、y 为非负整数 ,则称此数为好 数 ;反之 ,则称为坏数. (1) 证明 : 一定存在整数 c ,使得两个整 数 n 和 c - n 中 ,恰有一个是好数 ,而另一个 是坏数. (2) 非负整数中坏数共有多少个 ? (1965 ,全俄数学奥林匹克) 讲解 :由题设特征 ( p , q) = 1 想到应用裴 蜀定理. (1) 由定理知存在整数 u 、v ,使得 n = pu + qv. 于是 ,对任意整数 t ,有
和 i″= n - ( k - i) = ( x - 1) k + ( y + 1) n 同
色. 若 y + 1 = 0 ,则结论成立. 若 y + 1 < 0 ,又
化为情形 (2) . 继续对 i″分 (i) 、(ii) 、(iii) 三种
情况考虑 ,这样经过有限次讨论后 (因为 y <
0 ,且每讨论一次 y 增加 1 ,这样若干次后变
为 0) ,总可得到 i 和 x′k 同色 ,即 i 和 k 同色.
例 8 确定所有的正整数对 ( n , p) ,满
足 : p 是一个质数 , n ≤2 p ,且 ( p - 1) n + 1 能
够被 np - 1 整除.
(第 40 届 IMO)
讲解 : 先从 n 寻找解题突破口 ,再利用
费尔马小定理求解.
(a) i 和 n - i 要同色 ; (b) 当 i ≠k 时 , i 和| k - i| 要同色.
求证 :所有的数都同色.
(第 26 届 IMO) 讲解 : 由 ( k , n) = 1 ,借助裴蜀定理分类
可证所有的 i ∈M 与 k 同色. 讨论过程中要
注意由 (b) 可得两个结论 :一是 M 中 k 的整
推论 2 a 、b 均为正整数时 , ( a , b) = 1 的充要条件是 ,存在正整数 u 、v ,使得 ua -
vb = 1. 下面结合实例介绍裴蜀定理在数学竞赛
中的应用. 例 1 集合 M = { u| u = 12 m + 8 n + 4 l ,
m 、n 、l ∈Z}与 N = { u| u = 20 p + 16 q + 12 r , p 、q 、r ∈Z}的关系为 ( ) .
0 ,1 , …, pq - p - q 中有一半为坏数 ,一半为
好数 ,亦即共有
pq -
p2
q+1 =
(p-
1) ( q 2
1)
个非负整数为坏数.
例 7 设 n 、k 为正整数 , ( k , n) = 1 ,且 0 < k < n. 再设 M = {1 ,2 , …, n - 1}. 现对集 合 M 中的每个 i 涂上蓝色或白色 ,且满足 :
被 p 整除 ( p| Cpk ,1 ≤k ≤p - 1) . 这说明 p - 1
≤2 ,即得 p = 3.
综上所述 ,所有的解为 (2 ,2) , (3 ,3) 和
7
(1 , p) ,其中 p 为任意质数.
练习题
1. C 为复数集 ,设集合 A = { z | z18 = 1 , z ∈C} ,
B = { w| w48 = 1 , w ∈C} , D = { zw| z ∈A , w ∈B } . 求
q) ,且 ( q , p - 1) = 1. 由 q 的选取知 ( n , p -
1) = 1. 由裴蜀定理知 ,存在整数 u 、v ,使得
un + v ( q - 1) = 1.
根据费尔马小定理 ,知
p - 1 ≡( p - 1) un ·( p - 1) v( q - 1)
≡( - 1) u ×1v (mod q) .
收稿日期 :2003 - 04 - 12
的点) 到直线
y
=
5 3
x
+
4 5
的距离中的最小值
是 ( ) .
(A)
34 170
(B)
34 85
(C)
1 20
(D)
1 30
(2000 ,全国高中数学联赛)
讲解 :先由点到直线的距离公式得到距
裴蜀定理的应用裴蜀定理勾股定理的应用中心极限定理的应用高斯定理的应用贝叶斯定理应用均值定理的应用中值定理应用西姆松定理应用正弦定理有什么应用
2004 年第 3 期
5
裴蜀定理的应用
胡生淼
(湖北省仙桃中学 ,433000)
(本讲适合高中)
裴蜀定理是数论中一个十分重要的基本
定理 ,在各级各类数学竞赛中出现了很多以 其为背景的试题. 因此 ,了解该定理有助于我 们揭示问题的实质 ,做到有的放矢.
对于 (2) (必有 x > - y) ,这时又分为三
2004 年第 3 期
类 : (i) k = i ; (ii) k > i ; (iii) k < i . 对于 (i) ,由
(1) 显然成立. 当 (iii) 出现时 ,由带余除法可
知 , i = qk + i′,0 ≤i′< k ( q 、i ∈Z) .
数倍与 k 同色 ;二是 i > k 时 , i 与 i - qk 同色
( i - qk > 0) . 据题设可知存在整数 x 、y 使得 i = xk +
yn. 由 1 ≤i ≤n - 1 可知 , x 、y 的取值无外乎 以下三种情形 :
(1) x > 0 , y = 0 ; (2) x > 0 , y < 0 ;
裴蜀定理 设 a 、b 、d 是整数 ,则 ( a , b) = d 的充要条件是 d| a , d| b ,存在整数 u 、v , 使得 ua + vb = d.
推论 1 ( a , b) = 1 的充要条件是 ,存在 整数 u 、v ,使得 ua + vb = 1.
从而 ,当 ( a , b) = 1 时 , ua + vb 可表示所 有整数. 由此 ,又得到下面的推论.
离再作分析.
将已知直线化为 25 x - 15 y + 12 = 0. 设
平面上整点 ( x0 , y0 ) 到直线的距离为
d = | 25 x0 - 15 y0 + 12| . 5 34
而 (25 ,15) = 5 ,由裴蜀定理知25 x0 - 15 y0 表示 5 的所有倍数. 当 25 x0 - 15 y0 = - 10时 ,
k个f
(1988 ,中国国家队选拔考试)
讲解 :先由不动点知识求出 f (100) ( m) 的
表达式 ,再由题设数字特征分析出 (3 n ,1988) = 1 ( n 为自然数) .
6
由题设知迭代不动点为 x = - 1 ,再由数 学归纳法知 f (100) ( n) = 3100 ( n + 1) - 1 ,则
(A) M = N (B) M N , N M
(C) M < N
(D) M = N
(1989 ,全国高中数学联赛)
讲解 :从两个集合中元素的表达式入手.
因为 12 m + 8 n + 4 l = 4 (3 m + 2 n + l) ,
20 p + 16 q + 12 r = 4 (5 p + 4 q + 3 r) , 及 (3 ,2 ,1) = 1 , (5 ,4 ,3) = 1 ,由裴蜀定理可知 3 m + 2 n + l 与 5 p + 4 q + 3 r 均可表示所有整 数. 所以 , M = N = { k| k = 4 l , l ∈Z} .
(3) x < 0 , y > 0.
(1) 时结论成立 ,而 (3) 可化为 (2) 讨论.
因为由 (a) 可知 , i 和 n - i = ( - x) k + ( - y + 1) n 同色. 若 - y + 1 = 0 ,则化为 (1) . 若 - y +
1 < 0 ,就化为 (2) . 综上可知只须讨论 (2) .
(
m, n
n)
·Cnm
=
mr + n
nt ·Cnm
=
r
m n
·Cnm
+
tCnm
=
C r m - 1 n- 1
+
t Cnm
∈Z.
例 4 设 f ( x) = 3 x + 2. 证明 :存在正整
数 m , 使得 f (100) ( m ) 能被 1 988 整除 , 其中
f ( k) ( x) 表示 f ( f ( …f ( x) …) ) .
n = p ( u - tq) + q ( v + tp) .
中等数学
从而可将 n 表示成
n = px + qy ,
①
其中 x 、y ∈Z ,0 ≤x ≤q - 1. 易知当且仅当式 ①中的整数 y ≥0 时 , n 是好数.
将整数 z 表示成 z = px + qy ( x 、y ∈Z ,
0 ≤x ≤q - 1) ,则整数 z′= ( pq - p - q) - z =
p ( q - 1 - x) + q ( - 1 - y) ,其中 0 ≤q - 1 - x ≤q - 1 ,当且仅当 y 为非负整数时 , - 1 - y 为负整数. 从而 , z 与 z′中恰有一个好数 ,一个
坏数. 于是 ,取 c = pq - p - q ,满足 (1) 的结论.
(2) 由 (1) 及所有负整数都是坏数可知 , 所有大于 pq - p - q 的整数均为好数. 而在
因为 u必为奇数 ,则 p - 1 ≡- 1 (mod q) .
这说明 q| p ,进而有 q = p ,故证得 n = p.
于是 , pp - 1 整除[ ( p - 1) p + 1 ] = p2 ( pp - 2 -
C1p pp - 3
+
…+
C
p p
-
3
p
-
Cp - 2 p
+ 1) .
在上式的小括号中 ,除最后一项外均可
D 的元素个数.
(提示 : z
=
e2 kπ 18
i
,w
=
e2πl 48
i
( k 、l
∈Z) . 则
zw
=
2 (8
e
k +3 144
l)π
i
.
因为
(8
,3)
= 1 ,所以 ,8 k
显然 , (1 , p) 和 (2 ,2) 满足题意.
下面考虑 n ≥2 , p ≥3 的情形.
因为 ( p - 1) n + 1 是奇数 ,所以 , n 也是
奇数. 从而 , n < 2 p. 记 q 为 n 的任一质因子 ,
则 q| [ ( p - 1) n + 1 ] ,知 ( p - 1) n ≡- 1 (mod
d 取最小值 5
2= 34
34 85
.
故选
(B)
.
例 3 设 n ≥m ≥1 , n 、m 为整数. 证明 :
(
m, n
n)
·Cnm
为整数.
(2000 ,普特南数学竞赛)
讲解 :本题的关键是如何表示 ( m , n) .
由裴蜀定理知 ,存在 r、t ∈Z ,使得 mr 故
若 i′= 0 ,则由 (1) 结论成立. 若 1 ≤i′<
k ,由条件 (b) 可知 , i 和 i′= i - qk = ( x - q) ·
k + yn 同色 ,用 i′代替 i 讨论就化为 (ii) .
当 (ii) 出现时 ,由条件 (b) 可知 , i 和 k - i
= ( - x + 1) k - yn 同色 ;再由条件 (a) 可知 , i
f (100) ( m) = 3100 ( m + 1) - 1 = 3100 m + 3100 - 1. 因为 (3100 ,1 988) = 1 ,由裴蜀定理推论 2 可知 ,存在自然数 u 、v ,使得 1 988 u - 3100 v = 1 ,则 1 988| (1 + 3100 v) . 从而 , 1 988| [ (3100 - 1) (1 + 3100 v) ] . 令 m = (3100 - 1) v ,则 1 988| f (100) ( m) . 例 5 m 个盒子中各放若干个球 ,每次 在其中 n ( n < m) 个盒中各加一球. 证明 :当 ( m , n) = 1 时 ,不论开始的分布情况如何 ,总 可按上述方法进行有限次加球后 ,使得各盒 子中的球数相等. (根据第 26 届 IMO 预选题改编) 讲解 :从极端情况出发 ,考察球数最多和 最少的盒子. 因为 ( m , n) = 1 ,由裴蜀定理知 ,存在 u 、 v ∈Z+ 使得 un = vm + 1 = v ( m - 1) + v + 1. 此式表明 ,对盒子连续加球 u 次 ,可使 m - 1 个盒子各增加 v 个球 ,一个盒子增加 了 ( v + 1) 个球. 这样可将多增加了一个球的 盒子选择为原来球数最少的那一个 ,经过 u 次加球之后 ,原球数最多的盒子中的球数与 球数最少的盒子中的球数之差减少 1. 因此 , 经过有限次加球后 ,各盒子中的球数相等. 例 6 已知 p 、q 是正整数 ,且 ( p , q) = 1. 如果一个整数 n 可以写成 n = px + qy 的 形式 ,其中 x 、y 为非负整数 ,则称此数为好 数 ;反之 ,则称为坏数. (1) 证明 : 一定存在整数 c ,使得两个整 数 n 和 c - n 中 ,恰有一个是好数 ,而另一个 是坏数. (2) 非负整数中坏数共有多少个 ? (1965 ,全俄数学奥林匹克) 讲解 :由题设特征 ( p , q) = 1 想到应用裴 蜀定理. (1) 由定理知存在整数 u 、v ,使得 n = pu + qv. 于是 ,对任意整数 t ,有
和 i″= n - ( k - i) = ( x - 1) k + ( y + 1) n 同
色. 若 y + 1 = 0 ,则结论成立. 若 y + 1 < 0 ,又
化为情形 (2) . 继续对 i″分 (i) 、(ii) 、(iii) 三种
情况考虑 ,这样经过有限次讨论后 (因为 y <
0 ,且每讨论一次 y 增加 1 ,这样若干次后变
为 0) ,总可得到 i 和 x′k 同色 ,即 i 和 k 同色.
例 8 确定所有的正整数对 ( n , p) ,满
足 : p 是一个质数 , n ≤2 p ,且 ( p - 1) n + 1 能
够被 np - 1 整除.
(第 40 届 IMO)
讲解 : 先从 n 寻找解题突破口 ,再利用
费尔马小定理求解.
(a) i 和 n - i 要同色 ; (b) 当 i ≠k 时 , i 和| k - i| 要同色.
求证 :所有的数都同色.
(第 26 届 IMO) 讲解 : 由 ( k , n) = 1 ,借助裴蜀定理分类
可证所有的 i ∈M 与 k 同色. 讨论过程中要
注意由 (b) 可得两个结论 :一是 M 中 k 的整
推论 2 a 、b 均为正整数时 , ( a , b) = 1 的充要条件是 ,存在正整数 u 、v ,使得 ua -
vb = 1. 下面结合实例介绍裴蜀定理在数学竞赛
中的应用. 例 1 集合 M = { u| u = 12 m + 8 n + 4 l ,
m 、n 、l ∈Z}与 N = { u| u = 20 p + 16 q + 12 r , p 、q 、r ∈Z}的关系为 ( ) .
0 ,1 , …, pq - p - q 中有一半为坏数 ,一半为
好数 ,亦即共有
pq -
p2
q+1 =
(p-
1) ( q 2
1)
个非负整数为坏数.
例 7 设 n 、k 为正整数 , ( k , n) = 1 ,且 0 < k < n. 再设 M = {1 ,2 , …, n - 1}. 现对集 合 M 中的每个 i 涂上蓝色或白色 ,且满足 :
被 p 整除 ( p| Cpk ,1 ≤k ≤p - 1) . 这说明 p - 1
≤2 ,即得 p = 3.
综上所述 ,所有的解为 (2 ,2) , (3 ,3) 和
7
(1 , p) ,其中 p 为任意质数.
练习题
1. C 为复数集 ,设集合 A = { z | z18 = 1 , z ∈C} ,
B = { w| w48 = 1 , w ∈C} , D = { zw| z ∈A , w ∈B } . 求
q) ,且 ( q , p - 1) = 1. 由 q 的选取知 ( n , p -
1) = 1. 由裴蜀定理知 ,存在整数 u 、v ,使得
un + v ( q - 1) = 1.
根据费尔马小定理 ,知
p - 1 ≡( p - 1) un ·( p - 1) v( q - 1)
≡( - 1) u ×1v (mod q) .