分解质因数解竞赛题
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n n n- 1 n 2 2
(x - 2 009) ( y - 2 009) = 2 009 , 这里 x, y > 2 009. 而 2 0092 = 74 % 412 , 它分解为正整数的积共 有( 4 + 1) ( 2 + 1) 种不同的方法, 所以正整数对 ( x , y ) 共有 15 组. 3 计算整数 ( 或整数对) 的个数 要求出满足条件的整数或整数对的个数, 往 往要通过将整数分解成质因数的积来解 . 例7 如图 1, 在 3 % 3 的九个 小方格内已填入四个数, 今在每个 空白方格内各再填入一个正整数, 使得任一行、 任一列的三个数之乘 积都相等. 请问共有多少种不同的 填法 ?并将各种填法写出来. ( 2004 年队际赛初赛第 3 题)
7 . 已知 a, b, c 是正数 , 且
a+ 1 b+ 1 c+ 1 8 . 设 a, b, c 是正数 , 且 abc ∃ 1 , 证明 : 2 + + ∀ 2. a + a+ 1 b2 + b + 1 c 2 + c+ 1 ( 2008 年乌克兰数学奥林匹克试题 )
2010 年第 8 期 解
2 3 3 3 2 2 3 3 3 2 2
= 2 ! 251, 因 x + y + z 和[ ( x - y ) + ( y - z )
4 2 2
2
+ ( z - x ) ] 都是整数 , 可得 10 个方程组 , 其中只 x + y + z = 2008, 和 有 ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2 = 2, x + y + z = 502, 有正整数 (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x )2 = 8
2
n = - 23 & 59 = 2 或 - 41( 不合题意 ) . 2% 9 9 因此可能的 n 值为 - 17 或 2. 例3 已知一个四位完全平方数, 如果其千 位上的数字减少 3, 个位上的数字增加 3, 结果仍 是一个四位完全平方数, 原来的数是多少? ( 2008 年个人赛第 7 题) 解
59627000032040所以1596解决分数或分式问题通常需要把分数或分式问题化为整数的乘积形式来解再根据已知条件得到方程2008年个人赛复赛第12由已知得5m5n2mn即有2m25其中m为二个不同的正整数故有2m252n009的正整数数对2009年个人赛复赛第12由已知得2009y009xxy种不同的方法所以正整数对计算整数或整数对的个数要求出满足条件的整数或整数对的个数小方格内已填入四个数今在每个空白方格内各再填入一个正整数使得任一行任一列的三个数之乘积都相等
2 2 2 3 3 3
解. 这二个方程组是关于 x , y , z 的对称方程 , 不妨 设 x ∀ y ∀ z , 故只写出其中的一组解 , x = y = 669, z = 670; x = 166, y = z = 168 . 如果 2 009 = x + y + z - 3 xy z , 则有( x + y + z ) ! [ ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2 ] = 4018 = 2 ! 72 ! 41 , 因 x + y + z 和 [ ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) ] 都是整数, 可得 12 个方程组 , 其中只 有 x + y + z = 2 009,
图1
1 000n - 270n - 302n 能被 2006 整除 .
+ a
n- 2
b+ #+ b
n- 1
).
则由于 1 596 + 1 000 = 59 % 44 , 270 + 320 =
解
设各行各列的积是 P , 则第 1 行的最后
x y
165 1
161 2
157 3
153 4
# #
5 41
P + 12k = 107 , P - 12k = 11
1 = 2 , 则 m + n 的值为 n 5 解
( 2008 年个人赛复赛第 12 题) 由已知得 5 m + 5n = 2mn, 即有( 2m 5) ( 2 n- 5) = 25, 其中 m, n > 2. 因为 m, n 为 二 个 不 同 的 正 整 数, 故 有 2m - 5 = 1, 2n - 5 = 25 m = 15, n = 3. 因此总有 m + n = 18. 例6 ( x , y ) 共有 解 满足 1 1 1 + = 的正整数数对 x y 2 009 组. ( 2009 年个人赛复赛第 12 题) 由已知得 2 009y + 2 009x - xy = 0, 变为
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中学数学月刊
2010 年第 8 期
分解质因数解竞赛题
张肇平 吴佳薇 ( 江苏常熟常福新村 124 幢 102 室 ( 江苏省 常熟 市外国 语初级 中学 215500) 215500)
在有关整数问题的竞赛题中 , 有些不易直接 列出方程或方程组的问题, 往往可以通过分解质 因数的方法得到方程组, 从而使问题得到解决 . 下 面以近年来 青少年数学国际城市邀请赛 的赛 题为例讨论这种解法 . 1 解决整数中的求值问题 在有些整数问题中 , 要根据已知条件求出某 些整数的值, 有时要把已知的代数式分解因式 , 然 后对整数分解成质因数的积, 从而得到方程或方 程组解出变量. 例 1 请问在 2 008 , 2 009, 2 010 这三个数 中, 哪些能写成 x 3 + y 3 + z 3 - 3 xy z 的形式?( 其 中, x , y , z 均为正整数) ( 2009 年队际赛压轴题) 解 因为 x + y + z - 3 xy z = ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx ) = ( x + y + z ) ! 1 [ ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2] , 2 若 2 008 = x 3 + y 3 + z 3 - 3x y z , 则有 ( x + y + z ) ! [ ( x - y ) + ( y - z ) + ( z - x ) ] = 4016
2
中学数学月刊
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设原式 = 2k( k + 2) , 其中 k 为正整数,
2 2 2
59 % 10, 所以 1 596n + 1 000n - 270 n - 320n 能被 59 整除 . 又 1 596 - 270 = 1 326 = 17 % 78, 1 000 - 320 = 680 = 17 % 40, 所以 1 596 n + 1 000n - 270n - 320n 能被 17 整 除. 故结论成立. 2 解决分数或分式问题 通常需要把分数 ( 或分式 ) 问题化为整数 ( 整 式) 的乘积形式来解 , 再根据已知条件得到方程 组, 求出方程组的整数解 . 例5 设 m, n 为二个不同的正整数 , 若 1 + m .
的值恰可以分解为两个连续正偶数的乘积, 试求 所有可能的 n 值. ( 2009 年个人复赛第二 ( 2) 题)
a1 a a + 2 2 + #+ 2 n ) a2 a3 + a3 a 1 + a1 2 + a2 ( 2007 年国家集训队考试题 ) ( xy + yz + zx ) ( ab + bc + ca) ∀ a+ b+ c. ( 2001 年乌克兰数学奥林匹克试题 ) 3 . 2 ( 2005 年伊朗数学奥林匹克试题 )
2 2 2 2 3 3 3
( x - y ) + ( y - z ) + ( z - x ) = 2, x + y + z = 41 , ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2 = 98
和
有正整数解. 分别解得其中的二组解为 x = 669, y = z = 670 和 x = 9, y = z = 16. 可知 2 010 是 3 的倍数 . 若 3 | ( x + y + z ) , 则 3 | ( x + y + z ) 2 , 于是 3 | ( x + y + z ) - 3( xy + yz + zx ) , 即 3 | ( x + y + z - x y - y z - zx ) , 故 9 | x + y + z 3xy z , 但 9 不可整除2 010. 若 3 | ( x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx ) , 一样可推 得 9 | ( x + y + z - 3xy z ), 但 9 不可整除 2 010. 综上所述 , 2 008, 2 009 可以表示, 但是 2 010 不可表示 . 例2 已知 n 为整数, 若代数式 9n + 23 n- 2
5 . 设正实数 a 1 , a 2 , #, a n 满足 a 1 + a 2 + #+ an = 1, 求证 : ( a 1 a2 + a 2 a3 + # + a n a 1 ) ( ∃ n . n+ 1
6 . 已知 a, b, c, x, y, z 是正实数 , 且 x + y + z = 1 , 证明 : ax + by + cz + 2 1 + 1 + 1 = 2, 求证 : ab + bc + ca ∀ a2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1
2 2
或
2 m - 5 = 25, 2 n- 5 = 1.
即
m = 3, n = 15
或
设 A = abcd , 则有
2
A = 1 000 a+ 100b + 10c + d , B = 1 000( a - 3) + 100b + 10c + ( d + 3) . 由 A 2 - B 2 = 2 997, 因此( A - B) ( A + B) = 34 % 37 , 又因为 A + B ∀ 2 % 99 = 198, 得 A - B = 33 , A - B = 37, 或 A + B = 3 % 37 A + B = 34 . 故 A = 69, B = 42, 于是 A 2 = 4 761, 或 A = 59, B = 22, 于是 A = 3 481( 因 22 不是四位数, 舍去 ) . 所以答案是 4 761 . 例4 设 n 为任意奇正整数 , 证明 : 1 596 + ( 2006 年队际赛第 7 题) 证明 因为 2 006 = 2 % 17 % 59 , 所以只需 证 1 596n + 1 000n - 270n - 320n 能被 2 , 17, 59 整 除. 显然, 原表达式能被 2 整除 . 应用公式, 当 n 为正奇数时, an + b n = ( a+ b) ( an- 1 - an- 2 b+ #+ b n- 1 ) , a - b = ( a- b) ( a
1) ] = 565 % 1 = 113 % 5. 可知若 P + 6( 2 k + 1) = 565, P - 6( 2 k + 1) = 1 P = 283 , k = 23
P + 12k = 559 , P - 12k = 7 n=
- 23 & 283 130 = - 17 或 ( 不合题意) . 2% 9 9 若 P + 6( 2 k + 1) = 113, P - 6( 2 k + 1) = 5 P = 59, k= 4
即 9 n + 23n- ( 4k + 4k + 2) = 0 有整数解, 因此 其判 别 式 必 须 为 完 全平 方 数 P : P 36( 4 k + 4k + 2 ) = 565 = 5 % 113
2 2 2
= 23 +
2
2
P - [ 6( 2k + 1) ] = 23 + 36 [ P + 6( 2k + 1) ] [ P - 6 ( 2k +
1 42
一个正整数是 P , 第 2 行的最后一个正整数是 P , 12 48 故 P = 48 k, k 为正整数 . 再由第 1 列、 第 2 列的最后一个 为正整数且 a + 60 与 a- 60 均为 ( 2009 年个人赛初赛第二 ( 3) 题)
完全平方数, 试求 a 的所有可能值 . 解 令 n = a+ 60 , m = a- 60, 可得 n 2 2 2
2k, 第 3 行的积是 48k , 得第 3 行的最后一个数为 12 , 因为 12 = 22 % 3, 而填入的数都是正整数, 故 k k 应是 12 的约数 , 所以 k 可能取值为 1 , 2, 3, 5, 6, 12, 故共有六种不同的填法, 具体填法如下:
m 2 = 120, 即( n + m) ( n - m) = 23 % 3 % 5. 因 n+ m, n- m 的奇偶性相同 , 故可知 n+ m, n- m 皆为偶数 . 所以可知 : ( n+ m, n- m ) = ( 60, 2 ) , ( 30, 4) , ( 20, 6) 或( 12, 10 ) . 因 a = m + 60 =
(x - 2 009) ( y - 2 009) = 2 009 , 这里 x, y > 2 009. 而 2 0092 = 74 % 412 , 它分解为正整数的积共 有( 4 + 1) ( 2 + 1) 种不同的方法, 所以正整数对 ( x , y ) 共有 15 组. 3 计算整数 ( 或整数对) 的个数 要求出满足条件的整数或整数对的个数, 往 往要通过将整数分解成质因数的积来解 . 例7 如图 1, 在 3 % 3 的九个 小方格内已填入四个数, 今在每个 空白方格内各再填入一个正整数, 使得任一行、 任一列的三个数之乘 积都相等. 请问共有多少种不同的 填法 ?并将各种填法写出来. ( 2004 年队际赛初赛第 3 题)
7 . 已知 a, b, c 是正数 , 且
a+ 1 b+ 1 c+ 1 8 . 设 a, b, c 是正数 , 且 abc ∃ 1 , 证明 : 2 + + ∀ 2. a + a+ 1 b2 + b + 1 c 2 + c+ 1 ( 2008 年乌克兰数学奥林匹克试题 )
2010 年第 8 期 解
2 3 3 3 2 2 3 3 3 2 2
= 2 ! 251, 因 x + y + z 和[ ( x - y ) + ( y - z )
4 2 2
2
+ ( z - x ) ] 都是整数 , 可得 10 个方程组 , 其中只 x + y + z = 2008, 和 有 ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2 = 2, x + y + z = 502, 有正整数 (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x )2 = 8
2
n = - 23 & 59 = 2 或 - 41( 不合题意 ) . 2% 9 9 因此可能的 n 值为 - 17 或 2. 例3 已知一个四位完全平方数, 如果其千 位上的数字减少 3, 个位上的数字增加 3, 结果仍 是一个四位完全平方数, 原来的数是多少? ( 2008 年个人赛第 7 题) 解
59627000032040所以1596解决分数或分式问题通常需要把分数或分式问题化为整数的乘积形式来解再根据已知条件得到方程2008年个人赛复赛第12由已知得5m5n2mn即有2m25其中m为二个不同的正整数故有2m252n009的正整数数对2009年个人赛复赛第12由已知得2009y009xxy种不同的方法所以正整数对计算整数或整数对的个数要求出满足条件的整数或整数对的个数小方格内已填入四个数今在每个空白方格内各再填入一个正整数使得任一行任一列的三个数之乘积都相等
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解. 这二个方程组是关于 x , y , z 的对称方程 , 不妨 设 x ∀ y ∀ z , 故只写出其中的一组解 , x = y = 669, z = 670; x = 166, y = z = 168 . 如果 2 009 = x + y + z - 3 xy z , 则有( x + y + z ) ! [ ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2 ] = 4018 = 2 ! 72 ! 41 , 因 x + y + z 和 [ ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) ] 都是整数, 可得 12 个方程组 , 其中只 有 x + y + z = 2 009,
图1
1 000n - 270n - 302n 能被 2006 整除 .
+ a
n- 2
b+ #+ b
n- 1
).
则由于 1 596 + 1 000 = 59 % 44 , 270 + 320 =
解
设各行各列的积是 P , 则第 1 行的最后
x y
165 1
161 2
157 3
153 4
# #
5 41
P + 12k = 107 , P - 12k = 11
1 = 2 , 则 m + n 的值为 n 5 解
( 2008 年个人赛复赛第 12 题) 由已知得 5 m + 5n = 2mn, 即有( 2m 5) ( 2 n- 5) = 25, 其中 m, n > 2. 因为 m, n 为 二 个 不 同 的 正 整 数, 故 有 2m - 5 = 1, 2n - 5 = 25 m = 15, n = 3. 因此总有 m + n = 18. 例6 ( x , y ) 共有 解 满足 1 1 1 + = 的正整数数对 x y 2 009 组. ( 2009 年个人赛复赛第 12 题) 由已知得 2 009y + 2 009x - xy = 0, 变为
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2010 年第 8 期
分解质因数解竞赛题
张肇平 吴佳薇 ( 江苏常熟常福新村 124 幢 102 室 ( 江苏省 常熟 市外国 语初级 中学 215500) 215500)
在有关整数问题的竞赛题中 , 有些不易直接 列出方程或方程组的问题, 往往可以通过分解质 因数的方法得到方程组, 从而使问题得到解决 . 下 面以近年来 青少年数学国际城市邀请赛 的赛 题为例讨论这种解法 . 1 解决整数中的求值问题 在有些整数问题中 , 要根据已知条件求出某 些整数的值, 有时要把已知的代数式分解因式 , 然 后对整数分解成质因数的积, 从而得到方程或方 程组解出变量. 例 1 请问在 2 008 , 2 009, 2 010 这三个数 中, 哪些能写成 x 3 + y 3 + z 3 - 3 xy z 的形式?( 其 中, x , y , z 均为正整数) ( 2009 年队际赛压轴题) 解 因为 x + y + z - 3 xy z = ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx ) = ( x + y + z ) ! 1 [ ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2] , 2 若 2 008 = x 3 + y 3 + z 3 - 3x y z , 则有 ( x + y + z ) ! [ ( x - y ) + ( y - z ) + ( z - x ) ] = 4016
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设原式 = 2k( k + 2) , 其中 k 为正整数,
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59 % 10, 所以 1 596n + 1 000n - 270 n - 320n 能被 59 整除 . 又 1 596 - 270 = 1 326 = 17 % 78, 1 000 - 320 = 680 = 17 % 40, 所以 1 596 n + 1 000n - 270n - 320n 能被 17 整 除. 故结论成立. 2 解决分数或分式问题 通常需要把分数 ( 或分式 ) 问题化为整数 ( 整 式) 的乘积形式来解 , 再根据已知条件得到方程 组, 求出方程组的整数解 . 例5 设 m, n 为二个不同的正整数 , 若 1 + m .
的值恰可以分解为两个连续正偶数的乘积, 试求 所有可能的 n 值. ( 2009 年个人复赛第二 ( 2) 题)
a1 a a + 2 2 + #+ 2 n ) a2 a3 + a3 a 1 + a1 2 + a2 ( 2007 年国家集训队考试题 ) ( xy + yz + zx ) ( ab + bc + ca) ∀ a+ b+ c. ( 2001 年乌克兰数学奥林匹克试题 ) 3 . 2 ( 2005 年伊朗数学奥林匹克试题 )
2 2 2 2 3 3 3
( x - y ) + ( y - z ) + ( z - x ) = 2, x + y + z = 41 , ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2 = 98
和
有正整数解. 分别解得其中的二组解为 x = 669, y = z = 670 和 x = 9, y = z = 16. 可知 2 010 是 3 的倍数 . 若 3 | ( x + y + z ) , 则 3 | ( x + y + z ) 2 , 于是 3 | ( x + y + z ) - 3( xy + yz + zx ) , 即 3 | ( x + y + z - x y - y z - zx ) , 故 9 | x + y + z 3xy z , 但 9 不可整除2 010. 若 3 | ( x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx ) , 一样可推 得 9 | ( x + y + z - 3xy z ), 但 9 不可整除 2 010. 综上所述 , 2 008, 2 009 可以表示, 但是 2 010 不可表示 . 例2 已知 n 为整数, 若代数式 9n + 23 n- 2
5 . 设正实数 a 1 , a 2 , #, a n 满足 a 1 + a 2 + #+ an = 1, 求证 : ( a 1 a2 + a 2 a3 + # + a n a 1 ) ( ∃ n . n+ 1
6 . 已知 a, b, c, x, y, z 是正实数 , 且 x + y + z = 1 , 证明 : ax + by + cz + 2 1 + 1 + 1 = 2, 求证 : ab + bc + ca ∀ a2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1
2 2
或
2 m - 5 = 25, 2 n- 5 = 1.
即
m = 3, n = 15
或
设 A = abcd , 则有
2
A = 1 000 a+ 100b + 10c + d , B = 1 000( a - 3) + 100b + 10c + ( d + 3) . 由 A 2 - B 2 = 2 997, 因此( A - B) ( A + B) = 34 % 37 , 又因为 A + B ∀ 2 % 99 = 198, 得 A - B = 33 , A - B = 37, 或 A + B = 3 % 37 A + B = 34 . 故 A = 69, B = 42, 于是 A 2 = 4 761, 或 A = 59, B = 22, 于是 A = 3 481( 因 22 不是四位数, 舍去 ) . 所以答案是 4 761 . 例4 设 n 为任意奇正整数 , 证明 : 1 596 + ( 2006 年队际赛第 7 题) 证明 因为 2 006 = 2 % 17 % 59 , 所以只需 证 1 596n + 1 000n - 270n - 320n 能被 2 , 17, 59 整 除. 显然, 原表达式能被 2 整除 . 应用公式, 当 n 为正奇数时, an + b n = ( a+ b) ( an- 1 - an- 2 b+ #+ b n- 1 ) , a - b = ( a- b) ( a
1) ] = 565 % 1 = 113 % 5. 可知若 P + 6( 2 k + 1) = 565, P - 6( 2 k + 1) = 1 P = 283 , k = 23
P + 12k = 559 , P - 12k = 7 n=
- 23 & 283 130 = - 17 或 ( 不合题意) . 2% 9 9 若 P + 6( 2 k + 1) = 113, P - 6( 2 k + 1) = 5 P = 59, k= 4
即 9 n + 23n- ( 4k + 4k + 2) = 0 有整数解, 因此 其判 别 式 必 须 为 完 全平 方 数 P : P 36( 4 k + 4k + 2 ) = 565 = 5 % 113
2 2 2
= 23 +
2
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P - [ 6( 2k + 1) ] = 23 + 36 [ P + 6( 2k + 1) ] [ P - 6 ( 2k +
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一个正整数是 P , 第 2 行的最后一个正整数是 P , 12 48 故 P = 48 k, k 为正整数 . 再由第 1 列、 第 2 列的最后一个 为正整数且 a + 60 与 a- 60 均为 ( 2009 年个人赛初赛第二 ( 3) 题)
完全平方数, 试求 a 的所有可能值 . 解 令 n = a+ 60 , m = a- 60, 可得 n 2 2 2
2k, 第 3 行的积是 48k , 得第 3 行的最后一个数为 12 , 因为 12 = 22 % 3, 而填入的数都是正整数, 故 k k 应是 12 的约数 , 所以 k 可能取值为 1 , 2, 3, 5, 6, 12, 故共有六种不同的填法, 具体填法如下:
m 2 = 120, 即( n + m) ( n - m) = 23 % 3 % 5. 因 n+ m, n- m 的奇偶性相同 , 故可知 n+ m, n- m 皆为偶数 . 所以可知 : ( n+ m, n- m ) = ( 60, 2 ) , ( 30, 4) , ( 20, 6) 或( 12, 10 ) . 因 a = m + 60 =