竞赛数学中的初等数论(精华版)

《竞赛数学中的初等数论》贾广素编著2006-8-21序 言数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6道IMO 试题中有5道与数论有关。

数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。

可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。

初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。

做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。

这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于N r q N b a ∈∃∈∀,,,，满足r bq a +=，其中b r <≤0。

除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。

相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。

希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。

编者：贾广素2006-8-21于山东济宁第一节 整数的p 进位制及其应用正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数，人们发明了进位制，这是一种位值记数法。

进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系，近几年来，国内与国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现，比如处理数字问题、处理整除问题及处理数列问题等等。

在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。

基础知识给定一个m 位的正整数A ，其各位上的数字分别记为021,,,a a a m m --，则此数可以简记为：021a a a A m m --=（其中01≠-m a ）。

由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的1-m 次多项式，即012211101010a a a a A m m m m +⨯++⨯+⨯=---- ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i 且01≠-m a ，像这种10的多项式表示的数常常简记为10021)(a a a A m m --=。

在我们的日常生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作021a a a A m m --=，以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。

但是随着计算机的普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。

特别是现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。

为了具备一般性，我们给出正整数A 的p 进制表示：012211a p a p a p a A m m m m +⨯++⨯+⨯=---- ，其中1,,2,1},1,,2,1,0{-=-∈m i p a i 且01≠-m a 。

而m 仍然为十进制数字，简记为p m m a a a A )(021 --=。

典例分析例1．将一个十进制数字2004（若没有指明，我们也认为是十进制的数字）转化成二进制与八进制，并将其表示成多项式形式。

分析与解答分析：用2作为除数（若化为p 进位制就以p 作为除数），除2004商1002，余数为0；再用2作为除数，除1002商501余数为0；如此继续下去，起到商为0为止。

所得的各次余数按从左到右的顺序排列出来，便得到所化出的二进位制的数。

解：故210)01111101010()2004(=，246789104212121212121214102⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=+⨯； 同理，有810)3274()2004(=，48782834102234+⨯+⨯+⨯=+⨯。

处理与数字有关的问题，通常利用定义建立不定方程来求解。

例2．求满足3)(c b a abc ++=的所有三位数abc 。

（1988年上海市竞赛试题） 解：由于999100≤≤abc ，则999)(1003≤++≤c b a ，从而95≤++≤c b a ； 当5=++c b a 时，33)521(1255++≠=；当6=++c b a 时，33)612(2166++≠=；当7=++c b a 时，33)343(3437++≠=；当8=++c b a 时，33)215(5128++==；当9=++c b a 时，33)927(7299++≠=；于是所求的三位数只有512。

例3．一个四位数，它的个位数字与百位数字相同。

如果将这个四位数的数字顺序颠倒过来（即个位数字与千位数字互换，十位数字与百位数字互换），所得的新数减去原数，所得的差为7812，求原来的四位数。

（1979年云南省竞赛题）解：设该数的千位数字、百位数字、十位数字分别为z y x ,,，则原数y z y x +++=10101023 ①颠倒后的新数x y z y +++=10101023 ②由②－①得7812＝)(90)(999y z x y -+-即)()(10)(10)(10)(1118682x y y z x y y z x y -+-+-=-+-= ③比较③式两端百位、十位、个位数字得6,8=-=-x z x y由于原四位数的千位数字x 不能为0，所以1≥x ，从而98≥+=x y ，又显然百位数字9≤y ，所以76,1,9=+===x z x y 。

所以所求的原四位数为1979。

例4．递增数列1,3，4,9，10,12,13，……是由一些正整数组成，它们或是3的幂，或是若个不同的3的幂之和，求该数列的第100项。

（第4届美国数学邀请赛试题） 解：将已知数列写成3的方幂形式：,333,33,33,3,33,3,30127126025240131201++=+=+==+===a a a a a a a易发现其项数恰好是自然数列对应形式的二进制表示：即 ,2227,226,225,24,223,22,2101220220110++=+=+==+=== 由于100＝2562222)1100100(++=所以原数列的第100项为981333256=++。

例5．1987可以在b 进制中写成三位数xyz ，如果7891+++=++z y x ，试确定所有可能的z y x ,,,和b 。

（1987年加拿大数学竞赛试题） 解：易知25,19872=++=z y x xb ，从而162)1()1(2=-+-b y b x ，即109321962])1)[(1(2⨯⨯==++-y x b b ，由10>b 知91>-b 。

由119622-≥b 知451963<≤b 故4519<-<b ；又因为1093219622⨯⨯=有12个正约数，分别为1,2，3,6，9,18,109,218,327,654,981,1962，所以181=-b ，从而19=b 。

又由1119919519872+⨯+⨯=知.11,9,5===z y x例6．设n 是五位数（第一个数码不是零），m 是由n 取消它的中间一个数码后所成的四位数，试确定一切n 使得mn 是整数。

（第3届加拿大数学竞赛试题） 解：设v u z y x xyzuv n +⋅+⋅+⋅+⋅==10101010234，其中}9,,2,1,0{,,,, ∈v u z y x 且1≥x ；v u y x xyuv m +⋅+⋅+⋅==10101023； 而mn k =是整数，可证n m <9，即<+⋅+⋅+⋅)101010(923v u y x v u z y x +⋅+⋅+⋅+⋅10101010234 即z y x v u 223101010880++<+，这显然是成立的；又可证m n 11<，即v u z y x +⋅+⋅+⋅+⋅10101010234＜)101010(1123v u y x +⋅+⋅+⋅即v u y x z 10101010102232+++<，这显然也是正确的。

于是m n m 119<<，即119<<k ，又因为k 是整数，从而10=k ；于是m n 10=，即v u z y x +⋅+⋅+⋅+⋅10101010234＝)101010(1023v u y x +⋅+⋅+⋅即)10(9990102v v u z +=+=⋅，而z 210|9但3 102知t t z (9=为正整数） 从而v u t +=⋅10102，显然0===v u t ，因而推得31000⋅==N xyz n 其中9910≤≤N 。

例7．若}100,,2,1{ ∈n 且n 是其各位数字和的倍数，这样的n 有多少个？（2004年南昌竞赛试题）解：（1）若n 为个位数字时，显然适合，这种情况共有9种；（2）若n 为100时，也适合；（3）若n 为二位数时，不妨设ab n =，则b a n +=10，由题意得)10(|)(b b a ++ 即Z b a b a ∈++10即Z ba a ∈+9也就是ab a 9|)(+； 若0=b 显然适合，此种情况共有9种； 若0≠b ，则由a b a >+，故)(|3b a +若9|)(b a +，则显然可以，此时共有2＋8＝10个；若（b a +）9，则6=+b a 或12=+b a ，这样的数共有24,42,48,84共4个； 综上所述，共有9＋1＋9＋10＋4＝33个。

例8．如果一个正整数n 在三进制下表示的各数字之和可以被3整除，那么我们称n 为“好的”，则前2005个“好的”正整数之和是多少？（2005年中国奥林匹克协作体夏令营试题） 解：首先考虑“好的”非负整数，考察如下两个引理：引理1.在3个连续非负整数23,13,3++n n n （n 是非负整数）中，有且仅有1个是“好的”。

证明：在这三个非负整数的三进制表示中，0,1，2各在最后一位出现一次，其作各位数字相同，于是三个数各位数字之和是三个连续的正整数，其中有且仅有一个能被3整除（即“好的”），引理1得证。

引理2.在9个连续非负整数89,19,9++n n n （n 是非负整数）中，有且仅有3个是“好的”。

把这3个“好的”非负整数化成三进制，0,1，2恰好在这三个三进制数的最后一位各出现一次。

证明：由引理1不难得知在9个连续非负整数89,19,9++n n n （n 是非负整数）中，有且仅有3个是“好的”。

另一方面，在这三个“好的”非负整数的三进制表示中，最高位与倒数第三位完全相同，倒数第二位分别取0,1，2。

若它使它们成为“好的”非负整数，则最后一位不相同，引理2得证。

将所有“好的”非负整数按从小到大的顺序排成一列，设第2004个“好的”非负整数为m ，根据引理1，得3200432003⨯<≤⨯m ，即60126009<≤m 。