数学高中竞赛之初等数论2

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数学竞赛筑阶系列讲座02—初等数论之二

数学竞赛筑阶系列讲座——初等数论之二讲解人：凌彬姓名__________专题二：奇数与偶数一、基本知识奇数的特征：它被2除得的余数是1；即任何奇数都是21n +的形式，其中n Z ∈．偶数的特征：它被2除得的余数是0；即任何偶数都是2n 的形式，其中n Z ∈．奇数与偶数的一个最明显的性质是：任何奇数决不会与一个偶数相等．奇数与偶数还有几条运算性质：1．奇数与奇数的和是偶数；2．奇数与偶数的和是奇数；3．偶数与偶数的和是偶数； 4．奇数与奇数的积是奇数；5．奇数与偶数的积是偶数；6．偶数与偶数的积是偶数．几个常用的结论：1．两个连续整数的积(1)n n +是偶数； 2．整数a 的幂n a 与a 奇偶性相同； 3．整数a 和b 有“a b ±”与“n n a b ±”的奇偶性相同．这些性质都是很平凡的，但灵活地应用它们却能解决许多问题，包括看上去“无从下手”的问题；下面给出的一些例子，解答除了应用奇偶性之外，还包含了一些非常有用的解题思想；利用奇偶性解题的方法叫奇偶性分析法．这个方法是数学竞赛中特别活跃的方法之一．二、例题选讲例1．证明：不存在整数x 、y 满足：221990y x =+．例22例3．证明：不存在这样的整数a 、b 、c 、d ，使得abcd a -、abcd b -、abcd c -、abcd d -都是奇数．例4．证明：改变一个自然数各位数码的顺序后得到的数，与原数之和不能等于1989999．例5．设129, ,, a a a 是正整数，任意改变这九个数顺序后记为129, ,, b b b ；证明：112299()()()A a b a b a b =---是偶数．例6．平面上有15个点，任意三点都不在一条直线上，试问：能不能从每个点都引三条线段，且仅引三条线段和其余的某三点相连？证明你的结论．例7．已知一奇数β，使得整系数二次三项式2ax bx c ++的值2a b c ββ++也是奇数，其中c 是奇数；求证：方程20ax bx c ++=没有奇数根．例8．圆周上有1989个点，给每一个点染两次颜色：或红、蓝，或全红，或全蓝；最后统计知；染红色1989次，染蓝色1989次．试证：至少有一点被染上红、蓝两种颜色．例9．黑板上写着三个整数，任意擦去其中的一个，将它改写成为其它两数的和减去1；这样继续下去，最后得到19，2007，2009，问原来的三个数能否是2，2，2．例10．桌上有7只茶杯，杯口全部朝上，每次“运动”是指将其中的4只茶杯同时翻转；问：能否经过若干次运动使杯口全部朝下？例11．一个展览馆有26间展览室（如图），图中每个方格代表一间展览室，每相邻的两间展览室都有门相通，出口入口在图中所示之处；问能否找到一条入口到出口的参观路线，使得不遗漏又不重复地走过每一间展览室？入口出口的方格纸，随便把其中32个方格涂上黑色，剩下的32个方格涂上白色．例12．设有一张88下面对涂了色的方格纸实施“操作”；每次操作都是把任意横行或者竖列上的各个方格同时改变颜色；问能否最终得到恰有一个黑色方格的方格纸？例13．若两人互相握手，则每人都记握手一次，求证：握手是奇数次的人的总数一定是偶数．三、巩固练习1．设, , a b c 都是整数，2|a b c ++，求证：, , a b c a c b b c a +-+-+-都是偶数．2．若某正整数n 的各位数码在适当改变顺序后所得的数与n 之和等于1010，证明：10|n ．3．设有整数12, , , n x x x ，使120n x x x +++=，12n x x x n =，求证：4|n ．4．如图，给定两张33⨯方格纸，并且在每一方格内填上“+”或“-”号．如图，现在对方格纸中任何一行或一列作全部变号的操作，问可否经过若干次操作，使图（1）变成图（2）？(1)(2)++-++---+--++----+5．试证：找不到两个正整数，使其差与和的乘积等于2010．6．设有n 盏亮着的拉线开关灯，规定每次必须拉动1n -个拉线开关；试问：能否把所有的灯都关闭？证明你的结论或给出一种关灯的办法．。

初等数论§2不定方程

注：三元一次不定方程的整数解中含有2个参数.
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问题：对于方程 9 x 24 y 5 z 1000，如何求解？令 9 x 24 y t , t 5 z 1000 由于 (9,24) 3, 故可令9 x 24 y 3t，
即3 x 8 y t .
注：该方法对一次项系数较小的方程比较实用。
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二、二元一次不定方程解的形式和判定
ax by c , a , b, c Z , a , b 0 (1)
定理1 若〔1〕式有整数解 x x0 , y y0 则〔1〕式的一切解可以表示为
x x0 b1t , y y0 a1t , a b 其中， a1 ,b , t 0, 1, 2， (a , b) (a , b)
取 x c1 s, y c1t，
即为方程〔1〕的解。
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三、求二元一次不定方程整数解的一般方法先求一个特殊解，再根据定理1写出其通解。
对于方程(1),若有解，则可化为
ax by c, (a , b) 1
(3)
的形式
一般地，利用辗转相除法，得到 as bt 1,
则 x0 cs, y0 ct .
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例3 求方程 7 x 4 y 1 的一个特殊解。解：用7、4进行辗转相除法
741
3 3 7 41
4 3 1 1 1 4 31
所以， 1 4 (7 4 1) 1, 即 7 ( 1) 4 2 1.
, an ) d .
〔1〕有解 d a1 ,
, d an d N .

完整word版,高中数学竞赛辅导-初等数论(不定方程)

不定方程不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数的取值范围是受某些限制（如整数、正整数或有理数）的方程.不定方程是数论的一个重要课题，也是一个非常困难和复杂的课题.1．几类不定方程（1）一次不定方程在不定方程和不定方程组中，最简单的不定方程是整系数方程)0,0(,0≠>=++b a c by ax ①通常称之为二元一次不定方程.一次不定方程解的情况有如下定理.定理一：二元一次不定方程c b a c by ax ,,,=+为整数.有整数解的充分必要条件是c b a |),(. 定理二：若00,,1),(y x b a 且=为①之一解，则方程①全部解为at y y bt x x -=+=00,. （t 为整数）。

（2）沛尔)(pell 方程形如122=-dy x （*d N ∈，d 不是完全平方数）的方程称为沛尔方程. 能够证明它一定有无穷多组正整数解；又设),(11y x 为该方程的正整数解),(y x 中使d y x +最小的解，则其的全部正整数解由111111111[()()]2)()]n nn n n n x x x y x x ⎧=+-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（1,2,3,n =L ）给出.①只要有解),(11y x ，就可以由通解公式给出方程的无穷多组解. ②n n y x ,满足的关系：1(nn x y x y +=+；11211222n n n nn n x x x x y x y y ----=-⎧⎨=-⎩ ，（3）勾股方程222z y x =+这里只讨论勾股方程的正整数解，只需讨论满足1),(=y x 的解，此时易知z y x ,,实际上两两互素. 这种z y x ,,两两互素的正整数解),,(z y x 称为方程的本原解，也称为本原的勾股数。

容易看出y x ,一奇一偶，无妨设y 为偶数，下面的结果勾股方程的全部本原解通解公式。

定理三：方程222z y x =+满足1),(=y x ，2|y 的全部正整数解),,(z y x 可表为2222,2,b a z ab y b a x +==-=，其中，b a ,是满足b a b a ,,0>>一奇一偶，且1),(=b a 的任意整数.4．不定方程zt xy =这是个四元二次方程，此方程也有不少用处，其全部正整数解极易求出：设a z x =),(，则ad z ac x ==,，其中1),(=d c ，故1),(,,===d c dt cy adt acy 因即，所以bc t bt y y d ==则设,,|. 因此方程zt xy =的正整数解可表示为d c b a bc t ad z bd y ac x ,,,.,,,====都是正整数，且1),(=d c .反过来，易知上述给出的t z y x ,,,都是解.也可采用如下便于记忆的推导：设d c d c y t z x 这里,==是既约分数，即1),(=d c . 由于z x 约分后得出dc，故ad z ac x ==,，同理.,ab y cb t ==2．不定方程一般的求解方法1．奇偶分析法；2．特殊模法；3．不等式法；4．换元法； 5．因式分解法6．构造法（构造出符合要求的特解或一个求解的递推关系，证明解无数个） 7．无穷递降法由于不定方程的种类和形式的多样性，其解法也是多种的，上面仅是常用的一般方法. 注：对无穷递降法的理解：以下面的问题为例：证明：方程442x y z +=无正整数解。

高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)

则下列正确命题的序号是______________．
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.

高中数学竞赛课程讲座：初等数论

高中数学竞赛课程讲座：初等数论
本课程讲座旨在介绍初等数论的基础知识，帮助学生为高中数学竞赛做最好的准备。

我们将深入探讨数论中的基础概念，如质数分解和
算术难题，并探讨一些实际应用的技巧和常用方法，帮助学生在数学
竞赛中取得好成绩。

本次讲座将向您介绍初等数论，它是一门关于形式化、有限数论等术语和方法的数学分支。

简而言之，初等数论在研究有关有限结构的
问题和计算方法时是不可或缺的。

在这个课程中，我们将探讨整数质
因数分解、质数及其应用、素数概念、余数定理、线性算术等，帮助
您为数学竞赛中的第一题做准备。

我们还将深入讨论有关如何构造有
限结构的问题，利用它们来探究多项式的性质；研究几何图形；通过
图论剖析算法，及解决整数方程组等方面的相关内容。

我们相信您在
学习初等数论时会有所收获，从而在高中数学竞赛中尽显实力！
此外，我们还将为您介绍数论的发展和历史，例如，古希腊的Euclid
的元素书、中国的Sunzi的求积算，以及17世纪的Fermat的大定理等，一起探究中国数学家在数论中的贡献。

在讲座中，我们还会解释完整
的幂的概念，从中分析总结出幂的工具，比如抽象代数和提高多项式
的方法等，以帮助您从大量的幂等式中获取实质性的知识，理清思路。

最后，在考试期间，我们将重点讨论质因数分解原理、构造，以及如
何将数论应用于实际情况中，例如Cryptography，帮助您在考试中取得高分。

§2初等数论--整除

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阜阳师范学院数科院
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5. 100个正整数之和为101101，则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论。
6. 证明T 1 1 1 1 (n 1)不是整数.
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n
7. 求自然数n，使得28 211 2n是一个整数的平方。
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定理2 在上面的表达式( * )中，有 (a,b) rn , (rn1 0).
证明：令 (a,b) d , 则 d a ,d b.
a bq1 r1 b r1q2 r2
由r1 a bq1 d r1 ; 由r2 b r1q2 d r2 ;
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§1.1 整除的概念带余数除法一、整除的概念
定义1：设a,b是整数，b 0,如果存在整数q,使得 a bq成立，则称b整除a,或a能被b整除.记作：b a .
相关概念：因数、约数、倍数、奇数、偶数。注：显然每个非零整数a都有约数 1，a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。
rn2 rn1 qn (余rn )
b r1q2 r2 , 0 r2 r1 (*)
rn2 rn1qn rn , 0 rn rn1
rn1 rn qn1 ,(rn1 0) rn1 rnqn1 rn1 , rn1 0.
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二、辗转相除法
定义：设有整数 a,b(b 0)，在a b 的带余数除法中，每次用余数去除除数，直到余数为0停止，这种运算方法称为辗转相除法。即有
a b q1 (余r1 )

《数学竞赛辅导》——初等数论

《数学竞赛辅导》——初等数论部分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：刘道生2007-8-21于江西赣州第一节整数的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 --=。

初等数论第二章：不定方程

(观察) 要使x,y(即k)取整数,只需k取适当的值使(3k-5)能被7整数. 3 5k 通过观察与估算可知当k取2时, 1 由此得到 7 3 5k 3 5 2 x 30 2k 30 2 2 25 7 7 因此原方程的一个整数解为x=25,y=2.
( y0 y ) 是整数, 令这个整数为t1 , 代入上式,得 a x x0 bt1 , 即x x0 bt1 . 同时由 ( y0 y ) t1 , 得y y0 at1 . a
1、辗转相除法对于ax+by=c,先利用辗转相除法得到 ax+by=1的一个解;再两边乘于c,得到ax+by=c的一个解; 最后运用定理(2.2)写出一切整数解.
§2.2 解二元一次不定方程
• 对于二元一次不定方程(2.1)整数解的研究,最理想的结果是能像一元二次方程那样,找出表示方程(2.1)所有整数解的公式. • 这个公式是能够找到的,但它是建立在方程(2.1)的一个整数解(即所谓的特解)的基础上的.因些如何找到方程(2.1)的一个整数解就成为求出它一切整数解的关键.
)
（6）的解为：y 2 33t , x y x 3 37t (t 0, 1, 2,
)
从而原方程的解为：x 3 37t , y 2 x y 8 107t (t 0, 1, 2, )
或先求出原方程的一个特解，再给出一切整数解。
在（2）式两端同乘以c1得 asc1 btc1 (a, b)c1 c 令x0 =sc1 , y0 =tc1，即得 ax0 by0 c，故（2. 1）式有一组整数解x0，y0 .
注：定理的证明过程实际给出求解方程（2.1）的方法：

第02讲初等数论20092017全国高中数学联赛分类汇编 (1)

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第02讲：初等数论1、（2010一试8）方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是. 【答案】336675易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2、（2011一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为．【答案】15 【解析】=n a C65400320020023n n n --⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ．当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，同理可计算得!86中因数2的个数为82，!114中因数2的个数为110，所以C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，同样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数．因此，整数项的个数为15114=+．3、（2015一试8）对四位数(19,0,,9)abcd a b c d ≤≤≤≤,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】28599b a b c <≤<≤由及知，a 和c 分别有9-b 种取法，从而992200191019|=(9)26|85.b k b k ==⨯⨯-===∑∑A ()()285.N P N Q -=因此，学科@网4、（2016一试8）设4321,,,a a a a 是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++=++++则这样的有序数组),,,(4321a a a a 的个数为 . 【答案】40【解析】由柯西不等式知，2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++≥++++，等号成立的充分必要条件是433221a a a a a a ==，即4321,,,a a a a 成等比数列.于是问题等价于计算满足{1,2,3,},,,{4321⊆a a a a …,100}的等比数列4321,,,a a a a 的个数.设等比数列的公比1≠q ，且q 为有理数.记mn q =，其中n m ,为互素的正整数，且n m ≠. 先考虑m n >的情况.此时331314)(m n a m n a a ==，注意到33,n m 互素，故31ma l =为正整数. 相应地，4321,,,a a a a 分别等于l n l mn nl m l m 3223,,,，它们均为正整数.这表明，对任意给定的1>=mnq ，满足条件并以q 为公比的等比数列4321,,,a a a a 的个数，即为满足不等式1003≤l n 的正整数l 的个数，即]100[3n.由于10053>，故仅需考虑34,4,23,3,2=q 这些情况，相应的等比数列的个数为20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[=++++=++++. 当m n <时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列4321,,,a a a a . 综上可知，共有40个满足条件的有序数组),,,(4321a a a a .5、（2017一试4）若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是. 【答案】756、（2009二试3）设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．若p /|k !，则由1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡．及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．若p /|k !，则由 1!C ()==-+∏kkmi k m k i 21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()!mod k p ≡．即p 不整除上式，故p/|C k m ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1/|!p k α+．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡,及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．7、（2009二试4）在非负数构成的39⨯数表中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列．（ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知，{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明{}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ．下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定⑷{}221222322min u x x x x ==，， 3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则{}11112111min k u x x x x ==，，，⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233min k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．学*科网 8、（2010一试11）证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r . 若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<nb b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ，去掉上面等式两边相同的项，有 +++=+++321321t t t s s s r r r r r r，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的. 不妨设11t s <，则 ++=++<21211t t s s s r r r r r，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.9、（2010二试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=⎡⎤⎢⎥．【解析】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++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122k k k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.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．10、（2010二试4）一种密码锁的密码设置是在正n边形12nA A A的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？设标有a的边有2i条，02ni⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b的边有2j条，22n ij-⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i条边标记a的有2inC种方法，在余下的边中取出2j条边标记b的有22jn iC-种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有2inC22jn iC-种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n ii jn n ii jC C-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭∑∑．①这里我们约定01C=．当n为奇数时，20n i->，此时2222122n ij n in ijC-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑．②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n ni j i n i i n in n i n ni j i iC C C C-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫⎪==⎪⎪⎝⎭∑∑∑∑0022(1)(21)(21)n nk n k k n k k n nn nk kC C--===+-=++-∑∑31n=+．222222004n n ii jn n ii jC C-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫⎪=⎪⎪⎝⎭∑∑()12221412ni n iniC⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫⎪⨯+⎪⎪⎝⎭∑()222124233ni n i nniC⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种．11、（2011二试2）证明：对任意整数4≥n ，存在一个n 次多项式具有如下性质：（1）110,,,-n a a a 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 ,,,21 ，均有)()()()(21k r f r f r f m f ≠．【解析】令 2)()2)(1()(++++=n x x x x f ， 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 +++,,2,1 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 ,,,21 ，有 )4(mod 02)()()(21≡≡k k r f r f r f ．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 ≡/，从而)()()()(21k r f r f r f m f ≠．所以)(x f 符合题设要求．学&科网12、（2011二试3）设)4(,,,21≥n a a a n 是给定的正实数，n a a a <<< 21．对任意正实数r ，满足)1(n k j i r a a a a j k ij ≤<<≤=--的三元数组),,(k j i 的个数记为)(r f n ．证明：4)(2n r f n <．因此，当n 为偶数时，设m n 2=，则有∑∑∑-=-=-=+==121212)()()()(m mj j m j j n j j n r g r g r g r f2)1(2)1()2()1(1212-+-=-+-≤∑∑-+==m m m m j m j m m j m j 4222n m m m =<-=．当n 为奇数时，设12+=m n ，则有∑∑∑+==-=+==mm j jmj j n j j n r gr g r g r f 21212)()()()(∑∑+==-++-≤mm j mj j m j 212)12()1(422n m <=．13、（2011二试4）设A 是一个93⨯的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A 中的一个)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A 中“坏格”个数的最大值．【解析】首先证明A 中“坏格”不多于25个．用反证法．假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为9,,2,1,,, =i c b a i i i ．记9,,2,1,0,)(,11=+==∑∑==k c bT a S ki i ikk i ik ，这里000==T S ．即第2行至第3行、第1+m 列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾．类似地，也不存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(mod n n m m T S T S +≡+．因此上述断言得证．故)10(mod 59210)(999≡++++≡+≡≡∑∑∑=== k k k k k k k T S T S ，所以 )10(mod 055)(99090≡+≡+≡+∑∑∑===k k k k k k k T S T S ，矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．另一方面，构造如下一个93⨯的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”．综上所述，“坏格”个数的最大值是25．14、（2012二试2）试证明：集合{}22,2,,2,n A =满足b N *∈，若21b a <-，（１）对每个a A ∈，及则(1)b b +一定不是2a的倍数；（２）对每个a A ∈（其中A 表示A 在Ｎ中的补集），且1a ≠，必存在b N *∈，21b a <-，使(1)b b +是2a 的倍数．【解析】证明:对任意的a A ∈,设2,,ka k N *=∈则122,k a +=如果b 是任意一个小于21a -的正整数,则1 1 12 1 1 1 1 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1111011112121b a+≤-则122ka m+=⋅下面给出(2)的三种证明方法:证法一:令1,12,kb mx b y+=+=消去b得12 1.k y mx+-=由于1(2,)1,k m+=这方程必有整数解;12kx x ty y mt+⎧=+⎪⎨=+⎪⎩其中00,(,)t z x y∈为方程的特解.把最小的正整数解记为(,),x y**则12kx*+<,故21,b mx a*=<-使(1)b b+是2a的倍数．证法二:由于1(2,)1,k m+=由中国剩余定理知,同余方程组10(mod2)1(mod)kxx m m+⎧=⎨=-⎩在区间1(0,2)k m+上有解,x b=即存在21,b a<-使(1)b b+是2a的倍数．证法三:由于(2,)1,m=总存在(,1),r r N r m*∈≤-使21(mod)r m=取,t N*∈使1,tr k>+则21(mod)tr m=存在1(21)(2)0,,tr kb q m q N+=--⋅>∈使021,b a<<-此时1,21,km b m++因而(1)b b+是2a的倍数．15.（2013二试4）（本题满分50分）设,n k为大于1的整数，2kn<.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组若干个数的和被n整除.【证明】先考虑n为2的幂的情形.设2,1rn r=≥，则r k<.取3个12r-及23k-个1，显然这些数均不被n整除.将这2k个数任意分成两组，则总有一组中含2个12r-，它们的和为2r，被n整除.现在设n不是2的幂，取2k个数为22211,1,2,2,,2,1,2,2,,2k k-------，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除.若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n整除.不妨设1在第一组，由于（-1）+1=0，被n整除，故两个-1必须在第二组；因（-1）+（-1）+2=0，被n整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组. 现归纳假设1,2,,2l 均在第一组，而1,1,2,,2l ----均在第二组，这里12l k ≤<-，由于()()()()1112220l l +-+-+-++-+=，被n 整除，故12l +在第一组，从而12l +-在第二组.故由数学归纳法可知，221,2,2,,2k -在第一组，221,1,2,2,,2k ------在第二组.最后，由于()()()()21112220k k ---+-+-++-+=，16、（2014二试4）（本题满分50分）设整数122014,,,2014x x x 模互不同余，122014,,,y y y 整数模2014也互不同余.证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余.【证明】(mod 2),12.,i i y i k i k i ≡≡≤≤记k=1007,不妨设x 对每个整数17、（2015二试4）(本题满分50分)求具有下述性质的所有正整数k :对任意正整数(1)1,2k n n -+不整除()!!kn n . 18、（2016二试3）（本题满分50分）给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间的线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值.【解析】以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10界简单图G ，我们证明G 的边数不超过15.边，否则就形成三角形，所以，121,,,n v v v +⋅⋅⋅之间恰有n 条边.对每个j (210)n j +≤≤，j v 至多与21,,n v v +⋅⋅⋅中的一个顶点相邻（否则设j v 与,(21)s t v v s t n ≤<≤+）相邻，则1,,,s j t v v v v 就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设条件矛盾，从而21,,n v v +⋅⋅⋅与210,,n v v +⋅⋅⋅之间的边数至多10(1)9n n -+=-条.在210,,n v v +⋅⋅⋅这9n -个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多2(9)[]4n -条边，因此G 的边数22(9)(9)25(9)[]9[]9[]15444n n k n n --≤+-+=+≤+=百度文库 - 让每个人平等地提升自我11 如图给出的图共有15条边，且满足要求，综上所述，所求边数的最大值为15.学科*网19、（2017二试3）（本题满分50分）将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等，若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.解：记分隔边的条数为L ，首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56个分隔边，即L=56.20、（2017二试4）（本题满分50分）设,m n 均是大于1的整数，12.,,,n m n a a a ≥是n 个不超过m 的互不相同的正整数，且12,,,n a a a 互素.证明：对任意实数x ，均存在一个(1)i i n ≤≤，使得2||||||||(1)i a x x m m ≥+，这里||||y 表示实数y 到它最近的整数的距离. 证明：首先证明以下两个结论.结论1:存在整数121122,,,,+++c 1,||,1.n n n i c c c c a c a a c m i n =≤≤≤满足并且由于121211221,,,+++c 1.1n n n n a a a c c c c a c a a ==（，，，），由裴蜀定理，存在整数，满足（）下面证明,通过调整,存在一组12,,,n c c c 满足（1），且绝对值均不超过m,记因为12S 与S 均是非负整数,故通过有限次上述的调整,可得到一组12,,,n c c c ，。

高中数学竞赛课程讲座：初等数论

高中数学竞赛课程讲座：初等数论
随着科学技术的发展，今天的社会更加注重对数学的重视，尤其是对高中生的数学学习。

有越来越多的学生参加各种数学竞赛，而竞赛尤其需要考虑初等数论，使得学生了解竞赛重要知识。

为此，本次讲座将讨论如何利用初等数论帮助高中生参加数学竞赛。

首先，我们需要了解初等数论是什么以及它的定义。

初等数论是一门古老的数学研究学科，主要研究数的性质和关系，以及数的应用。

它主要包括数论基础知识，如有理数的分解形式，素数的性质以及素数的筛选等；代数知识，如根的计算，多项式的分解，方程组的解等；几何知识，如面积的计算，角的概念，三角不等式，向量的概念等。

其次，我们来讨论如何使用初等数论来参加数学竞赛。

首先，通过对数学竞赛试题的准备，学生可以通过预习初等数论知识，把知识应用到实际情况中。

其次，学生用初等数论为数学竞赛题目找到解决办法。

有些数学竞赛的题目会涉及到初等数论的内容，如组合数学，几何，排列组合，等等，学生可以利用初等数论中的知识来求解这些问题。

此外，还要注意初等数论的训练。

学生要熟悉初等数论的知识，以及这些知识的正确应用，包括数论基础知识，代数知识，几何知识等。

学生可以通过做竞赛题来锻炼自己，熟悉题目的形式，学会思考方法，提高解题能力，进而帮助取得好成绩。

最后，我们可以总结，初等数论是高中数学竞赛的基础，是参加数学竞赛的重要意义，可以帮助学生更好地理解竞赛知识。

学生应该
认真预习初等数论知识，并通过练习和训练来提高自己的解题能力，以帮助学生取得好成绩。

数学竞赛精讲精练专题—初等数论中的同余问题_1

∴

(
pk k
)

pk k
[
pk k p
]
pk k

pk 1 k
∴

(m)

(
p1 1
)
(
p2 2
)

(
pk k
)

(
p1 1

p1 1
1
)(
p2 2

p2 2
1
)
(
pk k

pk k
1
)

p1 1
(1

p11
)
p2 2
(1

p21)
pk k
(1
又 p 为奇素数， p 1为偶数，∴ ( p 1)!1 0(mod p) ，得证．
6、设 a 为整数， p 为正整数，若存在 x Z ，使得 x2 a(mod p) ，则称 a 为模 p 的二
次剩余，否则，称 a 为模 p 的二次非剩余．
p1
设 p 为奇素数，a Z 且 p a ，证明：a 是模 p 的二次剩余充要条件是 a 2 1(mod p) ；
若 a b(mod m) ， c d(mod m) ， n N* 则 a c b d(mod m) ， a c b d(mod m) ac bd(mod m) ， an bn (mod m) ．
3）除法运算：
ac bc(mod m) ，则 a b(mod m ) ． (c, m)
(1)k m p1 p2 pk
k
m(1
1
1 (1)k 1 )
p p p i1 i 1i jk i j

浅谈中学数学竞赛初等数论中的部分解题思路

浅谈中学数学竞赛初等数论中的部分解题思路摘要：毕达哥拉斯提出的初等数论在数学界中有着重要的地位，其主要包括对整数理论、不定方程和同余理论等项目。

初等数论通常在大学本科开始正式教学，有规律的展开初等数论教育。

在数学体系中，初等数论是很重要、很有趣的内容，用非常朴素的方式解读数本身的规律。

在讨论中，得出数的奥妙和特征。

中学数学竞赛中初等数论是必考问题，其用初等数论问题考察学生对于整数认知和对数的看法。

学生如果对初等数论理解的身份透彻，那么解题将会变得非常简单，但如果理解浅显则会陷入很大麻烦。

初等数论有着广泛的应用，中学数学竞赛前需要掌握初等数论，意义十分突出。

关键词：中学数学竞赛；初等数论；数学前言：在数学中，初等数论主要用于解决与掌握整数关系，一般会用到反证法分析。

众所周知给定正整数通常都可以写作带余除法。

用带余除法与整除性质，证明归纳数学命题。

比如a|b±a|±b，b|abc|ac,其中c 是任意非零整数。

b|a,a≠0|b|≤|a|，b|a|＜|b|a=0。

an-bn=（a=b)M1,n这些都是中学数学竞赛中常见的。

此时可以用归纳法，用特例进行推导，得出一般结论。

假设两个连续整数乘积最后能够让2整除，任意三个连续整数之积能够被3整除。

比如在这道题目中，证明6可以整除n（2n+1)(n+1),n。

第一眼看到这个题目，很多人都不知道怎么下手，如果能够了解初等数论命题思路，则可以很好的处理。

证明的时候，可以把6写作2与3的乘积。

这时候计算就会非常简单，n(2n+1)(n+1)=n(n+1)(n+2+n-1)=n(n+1)(n+2)+n(n+1)(n-1)，结合初等数论，2和3能够整除n(n+1)(n+2),n(n+1)(n-1)。

一、公因数和倍数在看到这个问题的时候：某平面整点到直线y=5/3x+4/5，请问距离最小值多少。

在解决这个问题的时候，首先要进行方程整理，将直线方程变成整系数方程，25x-15y+12=0.此时设定平面整点p(x0,y0)到直线距离是d=，按照初等数论公因式理论， x0,y0在任意整数情况下，25x0-15y0代表的是所有5倍数。

2000-2021全国高中数学联赛分类汇编专题02 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】C2、（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】B3、(2008一试5) 方程组0,0,0x y z xyz z xy yz xz y ++=⎧⎪+=⎨⎪+++=⎩的有理数解(,,)x y z 的个数为（）。

（A ） 1 （B ） 2 （C ） 3 （D ） 4 【答案】B4、（2004一试10）．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，则k=【答案】14(p +1)2【解析】设k 2－pk=n ，则(k －p2)2－n 2=p 24，⇒(2k －p +2n )(2k －p －2n )=p 2，⇒k=14(p +1)2．5、(2005一试12) 如果自然数a 的各位数字之和等于7，那么称a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列,,,,321 a a a 若,2005=n a 则=n a 5 .∵2005是第1+7+28+28+1＝65个“吉祥数”，即.200565=a 从而.3255,65==n n 又,210)5(,84)4(61069====CP C P 而∑==51.330)(k k P∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000,60100,60010,60001,52000.∴第325个“吉祥数”是52000，即.520005=n a 6、（2006一试11）方程20062420042005(1)(1)2006x x x x x +++++=的实数解的个数为 . 【答案】17、（2010一试8）方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 .【答案】336675从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.8、（2011一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为．【答案】15【解析】显然n ≥5. 记n 个人为A 1，A 2， A N ，设A 1通话的次数为m 1, A i 与 A j 之间通话的数为y ij , l ≤n j i ≤, .则m i +m j – y i . j =∑=ns s m 121-k 3= c . （*）其中c 是常数，l ≤n j i ≤, .根据（*）知，=-j i m m )()(s j s i m m m m +-+=s j s i y y ..-≤1 , l ≤n j i ≤, .⇒1≤-j i m m , l ≤n j i ≤,设 m i =max{m s ,1.n s ≤≤} ,m j = min{m s,1≤s ≤n.} , 则 m i +m j ≤1.若 m i +m j =1 ,则对于任意 s ,,j i ≠ 1≤s ≤n ,都有(m i +m s -y I ,s )- (m j +m s -y I ,s )=1-(y I ,s – y j ,s )=0 , 即 y I ,s – y j ,s = 1 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ,,j i ≠ 1≤s ≤n ,因此 m i ≥ n -2 , m j ≥1 . 于是，m i +m j ≥n -3≥2 . 出现矛盾，故 m i +m j =0 ，即 m s (1≤s ≤n)恒为常数。

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第2讲初等数论

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第02讲：初等数论1、（2010一试8）方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是. 【答案】336675易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2、（2011一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200 =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为．【答案】15 【解析】=n a C65400320020023n n n--⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ．当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，同理可计算得!86中因数2的个数为82，!114中因数2的个数为110，所以C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，同样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数．因此，整数项的个数为15114=+．3、（2015一试8）对四位数(19,0,,9)abcd a b c d ≤≤≤≤,若,,a b b c c d ><>,则称abcd 为P 类数,若,,a b b c c d <><,则称a b c d 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】28511..dcba B dcba B A abcd A B ∈∈故反之，每个唯一对应于中的元素这建立了与之间的一一对应，因此有 010()()||||||||||||.N P N Q A B A A B A -=-=+-=00||:0,0,19b,A abc A b ∈⋅⋅⋅下面计算对任一四位数可取，，，对其中每个99b a b c <≤<≤由及知，a 和c 分别有9-b 种取法，从而992200191019|=(9)26|85.b k b k ==⨯⨯-===∑∑A ()()285.N P N Q -=因此，4、（2016一试8）设4321,,,a a a a 是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++=++++则这样的有序数组),,,(4321a a a a 的个数为 . 【答案】40【解析】由柯西不等式知，2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++≥++++，等号成立的充分必要条件是433221a a a a a a ==，即4321,,,a a a a 成等比数列.于是问题等价于计算满足{1,2,3,},,,{4321⊆a a a a …,100}的等比数列4321,,,a a a a 的个数.设等比数列的公比1≠q ，且q 为有理数.记mnq =，其中n m ,为互素的正整数，且n m ≠. 先考虑m n >的情况.此时331314)(m n a m n a a ==，注意到33,nm 互素，故31m a l =为正整数. 相应地，4321,,,a a a a 分别等于l n l mn nl m l m 3223,,,，它们均为正整数.这表明，对任意给定的1>=mnq ，满足条件并以q 为公比的等比数列4321,,,a a a a 的个数，即为满足不等式1003≤l n 的正整数l 的个数，即]100[3n.由于10053>，故仅需考虑34,4,23,3,2=q 这些情况，相应的等比数列的个数为20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[=++++=++++. 当m n <时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列4321,,,a a a a . 综上可知，共有40个满足条件的有序数组),,,(4321a a a a .5、（2017一试4）若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是. 【答案】756、（2009二试3）设k ， l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．若p /|k !，则由1!C ()k k mi k m k i ==-+∏1[((!)]k i i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡．及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．若p /|k !，则由 1!C ()==-+∏kkmi k m k i 21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()!mod k p ≡．即p 不整除上式，故p/|C k m ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1/|!p k α+．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡,及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．7、（2009二试4）在非负数构成的39⨯数表111213141516171819212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列．（ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知，{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字． 111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明 {}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ．下证唯一性．设有k M ∈使得数表 111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定{}111121311min u x x x x ==，，⑷{}221222322min u x x x x ==，，{}331323333min u x x x x ==，，3231x x <．由于323x x<，2221x x <及（ⅰ），有 {}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233m i n k k u x x x x ==，，，或者 {}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表 S具有性质()O ，则{}11112111min k u x x x x ==，，， ⑸ {}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233min k ku x x x x ==，，．由数表 S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得 *i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知， *1111k x x u >=， *3323k x x u >=．于是只能有 *222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．8、（2010一试11）证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r.若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ，去掉上面等式两边相同的项，有 +++=+++321321t t t s s s r r r r r r，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的. 不妨设11t s <，则 ++=++<21211t t s s s r r r r r，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.9、（2010二试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=⎡⎤⎢⎥．【解析】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++++=+⋅+⋅+ ，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++ ．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122k k k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++ 12k '=+， ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++ . 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．10、（2010二试4）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2inC 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22jn i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2in C 22j n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为 222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ①这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i jn i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪⎪⎝⎭∑∑∑∑ 022(1)(21)(21)nnkn kk n kk n n nn k k C C --===+-=++-∑∑31n =+．222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n+种．11、（2011二试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 ++++=--具有如下性质：（1）110,,,-n a a a 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 ,,,21 ，均有)()()()(21k r f r f r f m f ≠．【解析】令 2)()2)(1()(++++=n x x x x f ， 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 +++,,2,1 中必有一个为4的倍数，从而由①知)4(mo d 2)(≡t f ．因此，对任意)2(≥k k 个正整数k r r r ,,,21 ，有 )4(m od 02)()()(21≡≡k k r f r f r f ．但对任意正整数m ，有)4(m od 2)(≡m f ，故)4)(m od ()()()(21k r f r f r f m f ≡/，从而)()()()(21k r f r f r f m f ≠．所以)(x f 符合题设要求．12、（2011二试3）设)4(,,,21≥n a a a n 是给定的正实数，n a a a <<< 21．对任意正实数r ，满足)1(n k j i r a a a a j k ij ≤<<≤=--的三元数组),,(k j i 的个数记为)(r f n ．证明：4)(2n r f n <．因此，当n 为偶数时，设m n 2=，则有∑∑∑-=-=-=+==121212)()()()(m mj j m j j n j j n r g r g r g r f2)1(2)1()2()1(1212-+-=-+-≤∑∑-+==m m m m j m j m m j m j 4222n m m m =<-=．当n 为奇数时，设12+=m n ，则有∑∑∑+==-=+==mm j jmj j n j j n r gr g r g r f 21212)()()()(∑∑+==-++-≤mm j m j j m j 212)12()1(422n m <=．13、（2011二试4）设A 是一个93⨯的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A 中的一个)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A 中“坏格”个数的最大值．【解析】首先证明A 中“坏格”不多于25个．用反证法．假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为9,,2,1,,, =i c b a i i i ．记9,,2,1,0,)(,11=+==∑∑==k c b T a S ki i i k ki i k ，这里000==T S ．即第2行至第3行、第1+m 列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾．类似地，也不存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(m od n n m m T S T S +≡+．因此上述断言得证．故)10(mod 59210)(999≡++++≡+≡≡∑∑∑=== k k k k k k k T S T S ，所以 )10(mod 055)(99090≡+≡+≡+∑∑∑===k k k k k k k T S T S ，矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．另一方面，构造如下一个93⨯的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”．综上所述，“坏格”个数的最大值是25．14、（2012二试2）试证明：集合{}22,2,,2,n A = 满足（１）对每个a A ∈，及b N *∈，若21b a <-，则(1)b b +一定不是2a 的倍数；（２）对每个a A ∈（其中A 表示A 在Ｎ中的补集），且1a ≠，必存在b N *∈，21b a <-，使(1)b b +是2a 的倍数．【解析】证明:对任意的a A ∈,设2,,ka k N *=∈则122,k a +=如果b 是任意一个小于21a -的正整数,则121b a +≤-则122k a m +=⋅下面给出(2)的三种证明方法: 证法一:令1,12,k b mx b y +=+=消去b 得12 1.k y mx +-=由于1(2,)1,k m +=这方程必有整数解;1002k x x ty y mt +⎧=+⎪⎨=+⎪⎩其中00,(,)t z x y ∈为方程的特解.把最小的正整数解记为(,),x y **则12k x *+<,故21,b mx a *=<-使(1)b b +是2a 的倍数．证法二:由于1(2,)1,k m +=由中国剩余定理知,同余方程组10(mod 2)1(mod )k x x m m +⎧=⎨=-⎩在区间1(0,2)k m +上有解,x b =即存在21,b a <-使(1)b b +是2a 的倍数．证法三:由于(2,)1,m =总存在(,1),r r N r m *∈≤-使21(mod )r m =取,t N *∈使1,tr k >+则21(mod )tr m =存在1(21)(2)0,,tr k b q m q N +=--⋅>∈使021,b a <<- 此时1,21,k m b m ++因而(1)b b +是2a 的倍数．15.（2013二试4）（本题满分50分）设,n k 为大于1的整数，2k n <.证明：存在2k 个不被n 整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组若干个数的和被n 整除. 【证明】先考虑n 为2的幂的情形.设2,1r n r =≥，则r k <.取3个12r -及23k -个1，显然这些数均不被n 整除.将这2k 个数任意分成两组，则总有一组中含2个12r -，它们的和为2r ，被n 整除.现在设n 不是2的幂，取2k 个数为22211,1,2,2,,2,1,2,2,,2k k ------- ，因为n 不是2的幂，故上述2k 个数均不被n 整除.若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n 整除.不妨设1在第一组，由于（-1）+1=0，被n 整除，故两个-1必须在第二组；因（-1）+（-1）+2=0，被n 整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组.现归纳假设1,2,,2l 均在第一组，而1,1,2,,2l ---- 均在第二组，这里12l k ≤<-，由于()()()()1112220l l +-+-+-++-+= ，被n 整除，故12l +在第一组，从而12l +-在第二组.故由数学归纳法可知，221,2,2,,2k - 在第一组，221,1,2,2,,2k ------ 在第二组.最后，由于()()()()21112220k k ---+-+-++-+= ，16、（2014二试4）（本题满分50分）设整数122014,,,2014x x x 模互不同余，122014,,,y y y 整数模2014也互不同余.证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++ 模4028互不同余.【证明】(mod2),12.,i i y i k i k i ≡≡≤≤记k=1007,不妨设x 对每个整数 1,+(mod4),,i i i k i k i i i k i k i k y x y k y y ++++≤≤≡+==若x 不则令z z ；否则，,.i i k i k i z y z y ++==令如果是前一种情形，则++=(mod4)i i i i i k i k i k i k z y x y x z k ++++=≡++x x 不如果是后一种情形，则也有+++=(mod4)i i i i k i k i i k i k z y x y x z k +++=≡++x x 不++(mod4),+(mod4),i i i k i k i i k i k i y x y k y x y k +++≡+≡+若不然，我们有x x 22(mod4),(mod2)i i k i i k x x k x x k ++≡≡两式相加可得于是，但122014,,,2014=2)(mod2),i i k x x x k x k +≡ 模（互不同余，特别地，x 不矛盾. 122122,,,y ,,,k k z z z y y 由上述构造方法知是的排列.记 1122,1,2,,2.w ,,,4.i i k x z i k w w k =+= w 下面模互不同余≤≤这只需证明，对任意整数i,j,1i<j k,w ,,,4i j i k j k w w w k ++*模两两不同余.()注意，前面的构造方式已保证(mod4),(mod4).()i i k j j k w k w k ++≡≡**w 不w 不,.i i j j z y z y ==情形一：且则由前面的构造方式可知 2(mod2),2(mod2).i i k j j k w i k w j k ++≡≡≡≡w w 22(mod2),2i j j k i j k w w k +≡由于不故易知与w 及模 j 24i k j k w w w k k ++不同余，与及模不同余，从而模更***不同余，再结合（）可见（）得证.,(,i i j j k i i k j i z y z y z y z y ++====情形三：且且的情形与此相同）.则由前面的构造方式可知2(mod2),2(mod2).i i k j j k w i k w j k k ++≡≡≡≡+w w22(mod2),22(mod2),k i j k i j k k ≡+≡+由于是奇数，故不更有不+22i j j k i k j j k w w k w w k ++因此仍然有w 与及模不同余，w 与及模不同余.*从而（）得证.因此本题得证.17、（2015二试4）(本题满分50分)求具有下述性质的所有正整数k :对任意正整数(1)1,2k n n -+不整除()!!kn n .22(()!)(!),1kn v kn n v n -≥-进而由（）知，本题等价于 ≥求所有正整数k,使得s(kn)s(n)对任意正整数n 成立.(0,1,2,).a a =⋅⋅⋅我们证明，所有符号条件的k 为2(2)()a S n S n n =一方面，由于对任意正整数成立，故2.a k =符合条件 22,0,1.a k k q a q =⋅≥另一方面，若不是的方幂，设是大于的奇数)().)=2)(),a n S kn S n S kn S qn S qn <=下面构造一个正整数，使得（因为（（,)().m q m S m S q<因此问题等价于我们选取的一个倍数使得（2)1,,21(mod ).(u q u q =≡由（，熟知存在正整数使得事实上，).)u q ϕ由欧拉定理知，可以取（12122+2++2,0, 2.t t q t αααααα⋅⋅⋅=<<⋅⋅⋅<≥设奇数的二进制表示为1122+2++22,t t tu m S αααα-+=⋅⋅⋅+取则（m)=t,且 (21)0(mod ).t tu q α-≡m=q+2我们有(`1)21211212(122)t t tu u u t um q q q αα---=+⋅=+⋅++⋅⋅⋅+102112.t ut lu l q α-+=-=+⋅∑212102,u u u u q q --<<由于故正整数的二进制表示中的最高次幂小于，由此2121(01),22t tu u lu ju i j i j t q qαα++--≤<≤-⋅⋅易知，对任意整数，数与的二进制表示中没有相同的项.210,20,1,,1)1tu lu t l t q αα+->⋅=⋅⋅⋅-又因为故（的二进制表示中均不包含，故212)1()(),u m S S t t S m q q-=+⋅>=由（）可知（.m 因此上述选取的满足要求(0,1,2,).a a =⋅⋅⋅综合上述的两个方面可知，所求的k 为218、（2016二试3）（本题满分50分）给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间的线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值. 【解析】以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10界简单图G ，我们证明G 的边数不超过15.边，否则就形成三角形，所以，121,,,n v v v +⋅⋅⋅之间恰有n 条边.对每个j (210)n j +≤≤，j v 至多与21,,n v v +⋅⋅⋅中的一个顶点相邻（否则设j v 与,(21)s t v v s t n ≤<≤+）相邻，则1,,,s j t v v v v 就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设条件矛盾，从而21,,n v v +⋅⋅⋅与210,,n v v +⋅⋅⋅之间的边数至多10(1)9n n -+=-条.在210,,n v v +⋅⋅⋅这9n -个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多2(9)[]4n -条边，因此G 的边数22(9)(9)25(9)[]9[]9[]15444n n k n n --≤+-+=+≤+=如图给出的图共有15条边，且满足要求，综上所述，所求边数的最大值为15.19、（2017二试3）（本题满分50分）将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等，若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.解：记分隔边的条数为L ，首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56个分隔边，即L=56.1233123312356.,.,.A (A ),B ().,,.,().1,A .A ,)0,,).((ii i i j j j i j i j i j L A A B B n n B c c c c n c c c c B c n A δδ≥⎧⎪=⎨⎪⎩ 下面证明将方格纸的行从上至下依次记为A ，，列从左至右依次记为B ，，行中方格出现的颜色数记为列中方格出现的颜色个数记为三种颜色分别记为对于一种颜色设是含有色方格的行数与列数之和记若行含有色方格（否则.类似地定义（于是3333311133331112)())(A ,),))(A ,),))().133=3633363,n()38,n()391,i i i j i j i i j i j i j j j i j j j j j j n B c B c c B c n c c c a b c a b ab c a b c j δδδδ======+=+=+=⋅≥=+≥≥>≥=∑∑∑∑∑∑（（（（由于染色的方格有个，设含有色方格的行有个，列有个，则色的方格一定在这行和列的交叉方格中，因此从而故，33333311131112,3.1()()1()1(()1)(()1)(()())66(2)(()66.31.c 33c i i i j j i i i i i i i j j A n A n A B n B L n A n B n A n B n c ====--≥-+-=-=-∑∑∑∑（）由于在行中有种颜色的方格，因此至少有条分隔边，同理在列中，至少有条分隔边。

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中[ x ]表示不超过 x 的最大整数， x x [ x] ）。试求：
f (k ) 的值。
k 1
240
6、（2007 全国）设集合 P={1，2，3，4，5}，对任意 k∈P 和正整数 m，记
f(m， k)=
m
i 1
5

k 1 ，其中[a]表示不大于 a 的最大整数。求证：对任意正整数 n，存在 k∈P i 1
242003全国设三角形的三边长分别是整数nml且nml??已知????????????????????444103103103nmt其中xxx??求这种三角形周长的最小值
高中数学联赛二试初等数论试题集锦
1、(1992 全国)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 Pi (xi，yi)(i 1，2，3，4，5，6)满足 (1) | xi |≤2，| yi |≤2，(i 1，2，3，4，5， 6)，(2) 任何三点不在同一条直线上．试证：在以 Pi (i 1，2，3，4，5，6)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．
示不小于实数 x 的最小整数，例如： 1 ， 1 1． 2

1 1 ．记 f r f 、（2011A 卷）
11、（2011A 卷）
x 3 y 3 z 3 3xyz 2011 12、（2011B 卷）求所有三元整数组（x,y,z），使其满足。 x 15, y 15
2、 (1994 全国) 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．
3、（2001 全国）将边长为正整数 m，n 的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形．每个正方形的边均平行于矩形的相应边．试求这些正方形边长之和的最小值．

高二数学竞赛辅导-初等数论

1 1 1 )(1 − )L (1 − ) 。 p1 p2 pn
= bq + r ，
0 ≤ r < b ，并且整数 q 和 r 由上述条件惟一确定， r 称为 b 除 a 的余数.若 r = 0 ，则称 b 整除 a ，
或 a 被 b 整除，或称 a是b 的倍数，或称 b是a 的约数（又叫因子），记为 b | a .否则， b | a . 由整除的定义，不难得出整除的如下性质：（1）若 a | b, b | c, 则a | c. （2）若 a | bi , 则a |
+ 2009 = n 2
例 4 一个正整数不是 42 的正整数倍和合数（不为零）之和，这个数的最大值是多少？解析：这个整数必定可以写成 42n +
p ，其中 p 为 1 或素数，其中
p = 1, 2,3,5, 7,11,13,17,19, 23, 29,31,37, 41，因为可以从 42(n − 1) + p + 42 ，所以先排除 p = 2,3,7,13, 23, 再者，有 42(n − 2) + p + 84 ，所以可以排除
= c.
(k ∈ N ∗ ) ；
② m为a, b 的任一公倍数，则 [ a, b] | m ； ③ (a, b)[a, b] = ab ，特别地，若 (a, b) = 1, 则 [a, b] = ab . ①可由③直接得到，②可由最小公倍数定义得，③根据①、②式知，
n i =1 n i =1
(a, b)[a, b] = ∏ pi min(α i , β i ) = ∏ piα i + β i = ab .
注：主要看 (10k + b)2 ，因此看 1，3，5，7，9 即可（4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是 6. 注：主要看 k 2

高中数学联赛真题分类汇编—初等数论

高中数学联赛真题汇编——初等数论（1978T7）证明：当n 、k 都是给定的正整数，且n >2，k >2时，n (n －1)k －1可以写成n 个连续偶数的和．解：设开始的一个偶数为2m ，则此n 个连续偶数的和为 (2m +…+2m +2n －2)×n ÷2=n (2m +n －1)．令n (n －1)k －1= n (2m +n －1)，则(n －1)k －1－(n －1)=2m ．无论n 为偶数还是奇数，(n －1)k －1－(n －1)均为偶数，故m=12[(n －1)k －1－(n －1)]为整数．∴ 从(n －1)k －1－(n －1)开始的连续n 个偶数的和等于n (n －1)k －1．由于n 、k 给定，故(n －1)k －1－(n －1)确定．故证（1979二试5）在正整数上定义一个函数f (n )如下：当n 为偶数时，f (n )= n2，当n 为奇数时，f (n )=n +3，1° 证明：对任何一个正整数m ，数列a 0=m ，a 1=f (a 0)，…，a n =f (a n －1)，…中总有一项为1或3．2° 在全部正整数中，哪些m 使上述数列必然出现“3”？哪些m 使上述数列必然出现“1”？证明：1°，当a n >3时，若a n 为偶数，则a n +1=a n 2<a n ，若a n 为奇数，则a n +2=a n +32<a n ，即于是在{a n }中可以找出一个单调递减的子序列，由于该序列的每项都是正整数，故进行到某一项时序列的项≤10，此时当a n =3，6，9时，出现如下的项：9→12→6→3→6→3→…；当a n ≤10且3＼|a n 时，出现如下的项：7→10→5→8→4→2→1；总之，该数列中必出现1或3．2° 当m 为3的倍数时，若m 为偶数，m2仍为3的倍数；若m 为奇时，m +3是3的倍数，总之a n 对于一切n ∈N *，都是3的倍数，于是，上述数列中必出现3，当m 不是3的倍数时，m2(若m 为偶数)与m +3(若m 为奇数)都不能是3的倍数，于是a n 不是3的倍数，故a n ≠3，此时数列中必出现1．（1979二试7）某区学生若干名参加数学竞赛，每个学生得分都是整数，总分为8250分，前三名的分数是88、85、80，最低分是30分，得同一分数的学生不超过3人，问至少有多少学生得分不低于60分(包括前三名)？解：8250－(88+85+80)=7997．(30+31+32+…+79)×3=50×109÷2×3=8175．即从30到79分每个分数都有3人得到时，共有8175分，此时及格学生数为20×3+3=63人．8175－7997=178．若减少3名及格的学生至少减去180分．故至多减去2名及格的学生．∴至少63－2=61人及格．(1982T12)已知圆x2+y2=r2(r为奇数)，交x轴于点A(r，0)、B(－r，0)，交y轴于C(0，－r)、D(0，r)．P(u，v)是圆周上的点，u=p m，v=q n(p、q都是质数，m、n都是正整数)，且u>v．点P在x轴和y轴上的射影分别为M、N．求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为1、9、8、2．证明：p2m+q2n=r2．若p=q，则由u>v，得m>n，于是p2n(p2(m－n)+1)=r2，这是不可能的．(因p2(m－n)与p2(m－n)+1都是完全平方数，它们相差1，故必有p2(m－n)=0，矛盾)．故p≠q，于是(p，q)=1．若p、q均为奇数，则p2≡q2≡1(mod4)，与r2≡0或1矛盾．故p、q必有一为偶数．即p、q必有一个=2．(或直接由r为奇数得p、q一奇一偶，其实r为奇数的条件多余)设p=2，则q2n=r2－22m=(r+2m)(r－2m)．即r+2m与r－2m都是q2n的约数．设r+2m=q k，r－2m=q h，其中k>h≥1，k+h=2n．∴r= 12(qk+q h)=12qh(q k－h+1)，2m=12(qk－q h)=12qh(q k－h－1)，但q h是奇数，又是2m+1的约数，故h=0．r= 12(q2n+1)，2m+1=q2n－1=(q n+1)(q n－1)．∴q n+1=2α，q n－1=2β．(α+β=m+1，α>β)，而2=2α－2β=2β(2α－β－1)，从而β=1，α－β=1，α=2．∴m=2，u=4，q n=3，q=3，n=1，v=3．|OP|=5．∴|AM|=5－4=1，|BM|=5+4=9，|CN|=5+3=8，|DN|=5－3=2．若设q=2，则同法可得u=3，v=4，与u>v矛盾，舍去．又证：在得出p、q互质且其中必有一为偶数之后．由于(p m，q n)=1，故必存在互质的正整数a，b(a>b)，使a2－b2= q n，2ab= p m，a2+b2=r．或a2－b2=p m，2ab=q n，a2+b2=r．若p m=2ab，得p=2，a|2m，b|2m，故a=2λ，b=2μ，由a，b互质，得μ=0，∴b=1，a=2m－1．q n=22m－2－1=(2m－1+1)(2m－1－1)．故2m－1+1=qα，2m－1－1=qβ，(α+β=n，且α>β)．∴2=qα－qβ=qβ(qα－β－1)．由q为奇数，得β=0，2=q n－1，q n=3，从而q=3，n=1，a2=4．a=2，m=2．仍得上解．（1984二试4）设a n是12+22+32+…+n2的个位数字，n=1，2，3…，试证：0.a1a2…a n…是有理数．解由于12+22+…+n2的个位数字只与1到n的个位数字的平方和有关，故只要考虑这些数的个位数字的平方：但12≡1．22≡4，32≡9，42≡6，52≡5，62≡6，72≡9，82≡4，92≡1，02≡0(mod 10)∴a1=1，a2=5，a3=4，a4=0，a5=5，a6=1，a7=0，a8=4，a9=5，a10=5，a11=6，a12=0，a13=9，a14=5，a15=0，a16=6，a17=5，a18=9，a19=0，a20=0．由a20=0知，a20k+r=a r(k，r∈N，0≤r≤19，并记a0=0)，即0.a1a2…a n…是一个循环节为20位数的循环小数，即为有理数．其一个循环节为“15405104556095065900”．(1985T9)在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干个数之和能被11整除的数组共有．解：把这些数mod 11得1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1．依次累加，得：1，5，2，1，6，3，2，5，2，1．其中相等的和有7对(3对1，3对2，1对5)，这表示原数列中共有7组相邻数之和能被11整除．(1985二试1)在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐组成的四位数x1x2y2y1=x1∙103+x2∙102+y2∙10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．解：x2y2－x1y1=67．x1<y1，x2>y2．且x1，y1，x2，y2都是不超过10的正整数．∴x2y2>67，⇒x2y2=72或81．但x2>y2，故x2y2=91舍去．∴x2y2=72．x2=9，y2=8．∴x1y1=72－67=5．⇒x1=1，y1=5，∴x1x2y2y1=1985．（1987T1）对任意给定的自然数n，若n6+3a为正整数的立方，其中a为正整数，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的结论都不正确解：(n2+3k)3=n6+9n4k+27n2k2+27k3=n6+3(3n4+9n2k+9k2)k．取a=(3n4+9n2k+9k2)k，(k为任意正整数)，则n6+3a为正整数的立方，由于k可任意取值，且当k增大时，a也随之增大．即a有无数个．选A．(1987T7)若k是大于1的整数，α是x2－kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，α2n+α－2n的个位数字总是7，则k的个位数字是．(河北供题)解：另一根=α－1，α+α－1=k，记α2n+α－2n≡k n(mod 10)，0≤k n<10．由α2n+α－2n=(α2n－1+α－2n－1)2－2得，k n≡k n－12+8(mod 10)．若k为偶数，则k n为偶数，不等于7．若k n－1≡±1(mod 10)，则k n≡9，⇒k n+1≡9(mod 10)；若k n－1≡±3(mod 10)，则k n≡7，⇒k n+1≡7(mod 10)；若k n－1≡5(mod 10)，则k n≡9，⇒k n+1≡9(mod 10)；故k的个位数字为3，5，7．（1989T10）一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为．解设其小数部分为α(0<α<1)，整数部分为n (n ∈N *)，则得，α(n +α)=n 2， ∴ n 2<n +α<n +1．∴1－52 <n <1+52，但n ∈N*，故n=1，得，α2+α－1=0， ∴ α=－1±52 ，由α>0，知，α=－1+52．∴ 原数为－1+52．（1989二试3）有n ×n （n ≥4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n 个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k 的形式，其中k ∈Z ）．证明基本项共有n !个，n >3，则基本项的个数为4的倍数，设共有4m 项．其中每个数a ij (=±1)都要在(n －1)!个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个a ij 都乘了(n －1)!次，而n >3，故(n －1)!为偶数，于是该乘积等于1．这说明等于－1的基本项有偶数个，同样，等于+1的基本项也有偶数个．若等于－1的基本项有4l 个，则等于+1的基本项有4m －4l 个，其和为4m －4l －4l=4(m －2l )为4的倍数；若等于－1的基本项有4l －2个，则等于+1的基本项有4m －4l +2个，其和为4m －4l +2－4l +2=4(m －2l +1)为4的倍数．故证．（1991T3）设a 是正整数，a <100，并且a 3+23能被24整除，那么，这样的a 的个数为( )A ．4B ．5C ．9D ．10解：即24|a 3－1，而a ≡0，±1，±2，±3，4，则a 3≡0，±1，0，±3，0．故a －1≡0(mod 8)．若a ≡0，1，2(mod 3)，则a 3≡0，1，－1(mod 3)，∴ a －1≡0(mod 3)．即a －1≡0(mod 24)．选B ．（1991T10）19912000除以106，余数是．解：19912000=(1990+1)2000=19902000+…+C 19972000×19903+C 19982000×19902+C 19992000×1990+1 ≡1000×1999×19902+2000×1990+1≡880001(mod 106)．即余数为880001．（1993T10）整数⎣⎡⎦⎤10931031+3的末两位数是_______.解：令x=1031，则得x 3x +3=x 3+27－27x +3=x 2－3x +9－27x +3．由于0<27x +3<1，故所求末两位数字为09－1=08．（1994二试2）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。

初等数论中的几个重要定理高中数学竞赛

初等数论中的几个重要定理高中数学竞赛初等数论中的几个重要定理高中数学竞赛初等数论中的几个重要定理定义（欧拉(Euler)函数）一组数的称为是模的既约剩余系，如果对任意＝1，则有且仅有一个互质的数的个数，称为欧拉（Euler ）函数。

这是数论中的非常重要的一个函数，显然中与互素的数的个数，比如说；可用容斥定理来证（证明略）。

定理1：（欧拉（Euler ）定理）设＝1，则分析与解答：要证我们想到，我们得设法找出的个数：个相乘，由，由于也是与个数，且两两余数不一样，证明：取模于与的一个既约剩余系，考虑，由，于是对每个都能找到唯一的一个，使得，这种对应关系是一一的，从而这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。

定理2：（费尔马（Fermat ）小定理）对于质数及任意整数有设为质数，若是的倍数，则。

若不是的倍数，则由引理及欧拉定理得定理推论：设为质数，是与互质的任一整数，则定理3：（威尔逊（Wilson ）定理）设为质数，则分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找个数，然后来对应乘法。

的一个剩余系去0。

中，必然有一个数除以余1。

即对于不同的对应于不同的中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自除外，别的数可两两配对，积除以余1。

故定义：设为整系数多项式（），我们把含有均为的一次整系）称为同余方组程。

特别地，，当数多项式时，该同余方程组称为一次同余方程组. 若整数同时满足：余方程组的一个解，写作（其中）称为同定理4：（中国剩余定理）设，一次同余方程组是两两互素的正整数，那么对于任意整数，必有解，且解可以写为：中国定理的作用在于它能断言所说的同余式组当模两两互素时一定有解，而对于解的形式并不重要。

定理5：（拉格郎日定理）设是一个模是质数，是非负整数，多项式），则同余方程次的整系数多项式（即有意义的情况下）。

定理6：若为对模数。

的阶，为某一正整数，满足，则必为的倍以上介绍的只是一些系统的知识、方法，经常在解决数论问题中起着突破难点的作用。

第02讲初等数论20212021全国高中数学联赛分类汇编

2021-2021全国高中数学联赛分类汇编第02讲：初等数论一、〔2021一试8〕方程2010=++z y x 知足z y x ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是.【答案】336675易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而知足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.二、〔2021一试8〕=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，那么数列}{n a 中整数项的个数为．【答案】15 【解析】=n a C65400320020023n n n --⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ．当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，同理可计算得!86中因数2的个数为82，!114中因数2的个数为110，所以C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，一样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数．因此，整数项的个数为15114=+．3、〔2021 一试8〕对四位数(19,0,,9)abcd a b c d ≤≤≤≤,假设,,a b b c c d ><>,那么称abcd 为P 类数,假设,,a b b c c d <><,那么称abcd 为Q 类数,用()N P 与()N Q 别离表示P 类数与Q 类数的个数,那么()()N P N Q -的值为【答案】28599b a b c <≤<≤由及知，a 和c 分别有9-b 种取法，从而992200191019|=(9)26|85.b k b k ==⨯⨯-===∑∑A()()285.N P N Q -=因此，学科@网4、〔2021一试8〕设4321,,,a a a a 是1，2，…，100中的4个互不一样的数，知足2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++=++++那么这样的有序数组),,,(4321a a a a 的个数为 . 【答案】40【解析】由柯西不等式知，2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++≥++++，等号成立的充分必要条件是433221a a a a a a ==，即4321,,,a a a a {1,2,3,},,,{4321⊆a a a a …,100}的等比数列4321,,,a a a a 公比1≠q ，且q mnq =，其中n m ,为互素的正整数，且n m ≠. 先考虑m n >的情况.此时331314)(m n a m n a a ==，注意到33,n m 互素，故31ma l =为正整数. 相应地，4321,,,a a a a 别离等于l n l mn nl m l m 3223,,,，它们均为正整数.这说明，对任意给定的1>=mnq ，知足条件并以q 为公比的等比数列4321,,,a a a a 的个数，即为知足不等式1003≤l n 的正整数l 的个数，即]100[3n.由于10053>，故仅需考虑34,4,23,3,2=q 这些情况，相应的等比数列的个数为20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[=++++=++++. 当m n <时，由对称性可知，亦有20个知足条件的等比数列4321,,,a a a a . 综上可知，共有40个知足条件的有序数组),,,(4321a a a a .五、〔2021一试4〕假设一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，那么称其为“平稳数〞.平稳数的个数是. 【答案】75六、〔2021二试3〕设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．咱们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．假设p /|k !，那么由1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡．及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，咱们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．假设p /|k !，那么由 1!C ()==-+∏kkmi k m k i 21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()!mod k p ≡．即p 不整除上式，故p/|C k m ．假设|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1/|!p k α+．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡,及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．7、〔2021二试4〕在非负数组成的39⨯数表中每行的数互不一样，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．若是P 的前三列组成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭知足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭〔1k =，2，…，9〕均存在某个{}123i ∈，，使⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：〔ⅰ〕最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3必然自数表S 的不同列．〔ⅱ〕存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】〔ⅰ〕假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．那么存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，那么存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．〔ⅱ〕由抽届原理知，{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列必然含有某个i u ，所以只能是111x u =．一样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明{}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 知足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假假设不然，那么{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '知足性质()O ．下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，咱们假定⑷{}221222322min u x x x x ==，， 3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及〔ⅰ〕，有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由〔ⅰ〕知：或()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．若是()a 成立，由数表S 具有性质()O ，那么{}11112111min k u x x x x ==，，，⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233min k k u x x x x ==，，．由数表S 知足性质()O ，那么对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '知足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．学*科网八、〔2021一试11〕证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r . 假设存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<nb b b 21知足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ，去掉上面等式两边一样的项，有 +++=+++321321t t t s s s r r r r r r，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的. 不妨设11t s <，那么 ++=++<21211t t s s s r r r r r，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故知足题设的数列是唯一的. 九、〔2021二试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 fr 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=⎡⎤⎢⎥．【解析】记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．那么当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面咱们对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++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或1，1,2,i v v =++．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+通过f 的v 次迭代取得整数，由①知，(1)()v fr +是一个整数，这就完成了归纳证明．10、〔2021二试4〕一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每一个极点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每一个极点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个极点的数字或颜色中至少有一个一样．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2in C 种方式，在余下的边中掏出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方式，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2in C 22j n i C -种标记方式．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方式数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里咱们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i j n i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪⎪⎝⎭∑∑∑∑ 022(1)(21)(21)nnkn kk n kk n n nn k k C C --===+-=++-∑∑31n =+． 222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方式数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种． 1一、〔2021二试2〕证明：对任意整数4≥n ，存在一个n 次多项式具有如下性质：〔1〕110,,,-n a a a 均为正整数；〔2〕对任意正整数m ，及任意)2(≥k k 个互不一样的正整数k r r r ,,,21 ，均有)()()()(21k r f r f r f m f ≠．【解析】令 2)()2)(1()(++++=n x x x x f ， 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 知足性质〔2〕．对任意整数t ，由于4≥n ，故持续的n 个整数n t t t +++,,2,1 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 ,,,21 ，有 )4(mod 02)()()(21≡≡k k r f r f r f ．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 ≡/，从而)()()()(21k r f r f r f m f ≠．所以)(x f 符合题设要求．学&科网1二、〔2021二试3〕设)4(,,,21≥n a a a n 是给定的正实数，n a a a <<< 21．对任意正实数r ，知足)1(n k j i r a a a a j k ij ≤<<≤=--的三元数组),,(k j i 的个数记为)(r f n ．证明：4)(2n r f n <．因此，当n 为偶数时，设m n 2=，那么有∑∑∑-=-=-=+==121212)()()()(m mj j m j j n j j n r g r g r g r f2)1(2)1()2()1(1212-+-=-+-≤∑∑-+==m m m m j m j m m j m j 4222n m m m =<-=．当n 为奇数时，设12+=m n ，那么有∑∑∑+==-=+==mm j jmj j n j j n r gr g r g r f 21212)()()()(∑∑+==-++-≤mm j mj j m j 212)12()1(422n m <=．13、〔2021二试4〕设A 是一个93⨯的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A 中的一个)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 方格表为“好矩形〞，假设它的所有数的和为10的倍数．称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格〞，假设它不包括于任何一个“好矩形〞．求A 中“坏格〞个数的最大值．【解析】首先证明A 中“坏格〞不多于25个．用反证法．假设结论不成立，那么方格表A 中最多有1个小方格不是“坏格〞．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格〞．设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为9,,2,1,,, =i c b a i i i ．记9,,2,1,0,)(,11=+==∑∑==k c bT a S ki i ikk i ik ，这里000==T S ．即第2行至第3行、第1+m 列至第n 列组成一个“好矩形〞，从而至少有2个小方格不是“坏格〞，矛盾．类似地，也不存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(mod n n m m T S T S +≡+．因此上述断言得证．故)10(mod 59210)(999≡++++≡+≡≡∑∑∑=== k k k k k k k T S T S ，所以 )10(mod 055)(99090≡+≡+≡+∑∑∑===k k k k k k k T S T S ，矛盾！故假设不成立，即“坏格〞不可能多于25个．另一方面，构造如下一个93⨯的方格表，可验证每一个不填10的小方格都是“坏格〞，此时有25个“坏格〞．综上所述，“坏格〞个数的最大值是25．集合{}22,2,,2,n A =14、〔2021二试2〕试证明：知足b N *∈，假设21b a <-，〔１〕对每一个a A ∈，及那么(1)b b +必然不是2a的倍数；〔２〕对每一个a A ∈〔其中A 表示A 在Ｎ中的补集〕，且1a ≠，必存在b N *∈，21b a <-，使(1)b b +是2a 的倍数．【解析】证明:对任意的a A ∈,设2,,ka k N *=∈那么122,k a +=若是b 是任意一个小于21a -的正整数,那么121b a +≤-那么122k a m +=⋅下面给出(2)的三种证明方式: 证法一:令1,12,k b mx b y +=+=消去b 得12 1.k y mx +-=由于1(2,)1,k m +=这方程必有整数解;1002k x x ty y mt+⎧=+⎪⎨=+⎪⎩其中00,(,)t z x y ∈为方程的特解.把最小的正整数解记为(,),x y **那么12k x *+<,故21,b mx a *=<-使(1)b b +是2a 的倍数．证法二:由于1(2,)1,k m +=由中国剩余定理知,同余方程组10(mod 2)1(mod )k x x m m +⎧=⎨=-⎩在区间1(0,2)k m +上有解,x b =即存在21,b a <-使(1)b b +是2a 的倍数．证法三:由于(2,)1,m =总存在(,1),r r N r m *∈≤-使21(mod )rm =取,t N *∈使1,tr k >+那么21(mod )tr m =存在1(21)(2)0,,trk b q m q N +=--⋅>∈使021,b a <<-此时1,21,k m b m ++因此(1)b b +是2a 的倍数．15.〔2021二试4〕〔此题总分值50分〕设,n k 为大于1的整数，2k n <.证明：存在2k 个不被n 整除的整数，假1 1 12 1 1 1 1 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1111011112设将它们任意分成两组，那么总有一组假设干个数的和被n 整除. 【证明】先考虑n 为2的幂的情形.设2,1r n r =≥，那么r k <.取3个12r -及23k -个1，显然这些数均不被n 2k 个数任意分成两组，那么总有一组中含2个12r -，它们的和为2r ，被n 整除. 此刻设n 不是2的幂，取2k 个数为22211,1,2,2,,2,1,2,2,,2k k -------，因为n 不是2的幂，故上述2k 个数均不被n 整除.假设可将这些数分成两组，使得每一组中任意假设干个数的和均不能被n 整除.不妨设1在第一组，由于〔-1〕+1=0，被n 整除，故两个-1必需在第二组；因〔-1〕+〔-1〕+2=0，被n 整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组. 现归纳假设1,2,,2l 均在第一组，而1,1,2,,2l ----均在第二组，这里12l k ≤<-，由于()()()()1112220l l +-+-+-++-+=，被n 整除，故12l +在第一组，从而12l +-在第二组.故由数学归纳法可知，221,2,2,,2k -在第一组，221,1,2,2,,2k ------在第二组.最后，由于()()()()21112220k k ---+-+-++-+=，1六、〔2021二试4〕〔此题总分值50分〕设整数122014,,,2014x x x 模互不同余，122014,,,y y y 整数模2021也互不同余.证明：可将122014,,,y y y 从头排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余.【证明】(mod 2),12.,i i y i k i k i ≡≡≤≤记k=1007,不妨设x 对每个整数17、〔2021 二试4〕(此题总分值50分)求具有下述性质的所有正整数k :对任意正整数(1)1,2k n n -+不整除()!!kn n . 1八、〔2021二试3〕〔此题总分值50分〕给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间的线段相连，假设取得的图形中没有三角形也没有空间四边形，试肯定所连线段数量的最大值.【解析】以这10个点为极点，所连线段为边，取得一个10界简单图G ，咱们证明G 的边数不超过15.边，否那么就形成三角形，所以，121,,,n v v v +⋅⋅⋅之间恰有n 条边.对每一个j (210)n j +≤≤，j v 最多与21,,n v v +⋅⋅⋅中的一个极点相邻〔否那么设j v 与,(21)s t v v s t n ≤<≤+〕相邻，那么1,,,s j t v v v v 就对应了一个空间四边形的四个极点，这与题设条件矛盾，从而21,,n v v +⋅⋅⋅与210,,n v v +⋅⋅⋅之间的边数最多10(1)9n n -+=-条.在210,,n v v +⋅⋅⋅这9n -个极点之间，由于没有三角形，由托兰定理，最多2(9)[]4n -条边，因此G 的边数22(9)(9)25(9)[]9[]9[]15444n n k n n --≤+-+=+≤+=如图给出的图共有15条边，且知足要求，综上所述，所求边数的最大值为15.学科*网1九、〔2021二试3〕〔此题总分值50分〕将33×33方格纸中每一个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等，假设相邻两个小方格的颜色不同，那么称它们的公共边为“分隔边〞.试求分隔边条数的最小值.解：记分隔边的条数为L ，首先，将方格纸按如图分成三个区域，别离染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56个分隔边，即L=56.20、〔2021二试4〕〔此题总分值50分〕设,m n 均是大于1的整数，12.,,,n m n a a a ≥是n 个不超过m 的互不一样的正整数，且12,,,n a a a 互素.证明：对任意实数x ，均存在一个(1)i i n ≤≤，使得2||||||||(1)i a x x m m ≥+，这里||||y 表示实数y 到它最近的整数的距离. 证明：首先证明以下两个结论. 结论1:存在整数121122,,,,+++c 1,||,1.n n n i c c c c a c a a c m i n =≤≤≤满足并且由于121211221,,,+++c 1.1n n n n a a a c c c c a c a a ==（，，，），由裴蜀定理，存在整数，满足（）下面证明,通过调整,存在一组12,,,n c c c 满足（1），且绝对值均不超过m,记因为12S 与S 均是非负整数,故通过有限次上述的调整,可取得一组12,,,n c c c ，。

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