完整word版,高中数学竞赛辅导-初等数论(不定方程)
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
竞赛数学(张同君陈传理)数论3(不定方程)
根据未知数的个数和方程的个数之间的关系，不定方程可分为一 元不定方程、二元不定方程等。
整数解与特解概念
整数解
满足不定方程的整数解称为该不 定方程的整数解。
特解
不定方程的一组特殊解，通常用 于求解其他解或证明解的存在性 。
线性不定方程性质
01
齐次线性不定方程
若线性不定方程的常数项为零，则称为齐次线性不定方程。齐次线性不
的解。
04
特殊类型不定方程处理方法
佩尔方程求解思路
佩尔方程形式
佩尔方程是一类形如x^2 - ny^2 = 1的不定方程， 其中n为正整数且不是完全平方数。
求解步骤
通过连分数、二次剩余等方法找到一组特解，然后 利用递推关系式求得所有解。
注意事项
在求解过程中需要注意n的取值范围以及特解的选择 ，避免陷入死循环或者得到无效解。
况下，可以通过消元法、代入法等方法求解。
02
线性不定方程求解方法
逐步满足法原理及步骤
原理：通过逐步满足方程中的条件，使问题不 断简化，最终得到方程的解。
01
观察方程特点，确定一个未知数的取值范 围；
03
02
步骤
04
在该范围内逐一尝试满足方程的整数解；
若找到一组解，则验证其正确性；
05
06
若无法找到解，则调整取值范围或尝试其 他方法。
其他特殊类型问题探讨
其他特殊类型问题
除了佩尔方程和高次幂和型不定方程外，还有一些其他特殊类型的不定方程问题，如费马 大定理相关的不定方程、涉及三角函数的不定方程等。
处理方法
针对不同类型的特殊问题，需要采用不同的处理方法。例如，费马大定理相关的不定方程 可以通过代数数论的方法进行研究；涉及三角函数的不定方程可以通过三角恒等式进行化 简和求解。
竞赛讲座 不定方程
竞不定方程不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解.(1) 不定方程解的判定如果方程的两端对同一个模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.例1 证明方程2x2-5y2=7无整数解.证明∵2x2=5y2+7，显然y为奇数.①若x为偶数，则∴∵方程两边对同一整数8的余数不等，∴x不能为偶数.②若x为奇数，则但5y2+7∴x不能为奇数.因则原方程无整数解.说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.例2 (第14届美国数学邀请赛题)证明方程无整数解证明如果有整数x，y使方程①成立，则=知（2x+3y2）+5能被17整除.设2x+3y=17n+a，其中a是0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8中的某个数，但是这时（2x+3y）2+5=（17n）2+34na+（a2+5）=a2+5（mod17），而a2+5被17整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下（2x+3y）2+5都不能被17整除，这与它能被17整除矛盾.故不存在整数x，y使①成立.例3 （第33届美国数学竞赛题）满足方程x2+y2=x3的正整数对（x，y）的个数是（）. （A）0 （B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对解由x2+y2=x3得y2=x2（x-1），所以只要x-1为自然数的平方，则方程必有正整数解.令x-1=k2(k为自然数),则为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D).说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.(2) 不定方程的解法不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.例4 求方程的整数解.解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的平方和等于132即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解解得例5 (原民主德国1982年中学生竞赛题)已知两个自然数b和c及素数a满足方程a2+b2=c2.证明:这时有a＜b及b+1=c.证明（因式分解法）∵a2+b2=c2，∴a2=（c-b）（c+b），又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a2.于是得c=b+1及a2=b+c=2b+1＜3b，即＜.而a≥3,∴≤1，∴＜1.∴a＜b.例6（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程的正整数（a，b，c）的组数是（A）0 （B）1 （C）2 （D）3 （E）4解（质因数分解法）由方程ac+bc=23得（a+b）c=23=1×23.∵a，b，c为正整数，∴c=1且a+b=23.将c和a=23-b代入方程ab+bc=44得(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,∴b1=2,b2=22.从而得a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和(1,22,1),应选(C).例7求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.解由(y-2)x=2y-7,得分离整数部分得由x为整数知y-2是3的因数,∴y-2=±1，±3，∴x=3，5，±1.∴方程整数解为例8 求方程x+y=x2-xy+y2的整数解.解（不等式法）方程有整数解必须△=（y+1）2-4（y2-y）≥0，解得≤y≤.满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；当y=1时，由原方程可得x=2或0；当y=2时，由原方程可得x=1或2.所以方程有整数解最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.例9 求满足方程且使y是最大的正整数解（x，y）.解将原方程变形得由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应是144的约数，所以，12-x=1，x=11，这时y=132.故满足题设的方程的正整数解为（x，y）=（11，132）.例9（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0＜x＜y及的不同的整数对（x，y）的个数是（）.（A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7解法1 根据题意知，0＜x＜1984，由得当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=26·31，故当且仅当x具有31t2形式时，1984x 是完全平方数.∵x＜1984，∵1≤t≤7.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t＞3时y≤x不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.解法2 ∵1984=∴由此可知：x必须具有31t2形式，y必须具有31k2形式，并且t+k=8（t，k均为正整数）.因为0＜x＜y，所以t＜k.当t=1，k=7时得（31，1519）；t=2，k=6时得（124，1116）；当t=3，k=5时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3.练习1.(第26届国际数学竞赛预选题)求三个正整数x、y、z满足.2．求的整数解.3．（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件的整数x，y的所有可能的值.4.(1988年全国初中数学竞赛题)如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.练习1.不妨设x≤y≤z,则,故x≤3.又有故x≥2.若x=2,则,故y≤6.又有,故y≥4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≤y≤4,y=3或4,z都不能是整数.2.先求出,然后将方程变形为y=5+x-2要使y为整数,5x-1应是完全平方数,…,解得3.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≥0及y为整数可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).4.易知p≠q,不妨设p＞q.令=n,则m＞n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
赣县中学高中数学竞赛数论第9九讲不定方程(上)
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赣县中学高中数学竞赛------数论
附加题： 1、若关于 x 的不等式 x 3 6 x k 有解，求实数 k 的最大值。
2、求函数 f ( x)
x 5 24 3x 的值域。
3．求函数 y
x 27 13 x x 的最大值和最小值．
（请大家自学“柯西不等式” ，用它来求最大值，求最小值另想方法）
赣县中学高中数学竞赛---知识点介绍 1、不定方程定义：所谓的不定方程是指方程的未知数的个数多于方程的个数，其解受到 一定限制（如要求是整数、正整数）的一类方程或方程组。 2、二元一次不定方程 ①、整系数二元一次不定方程形式： ax by c(a 0, b 0), a, b, c Z ②、定理 1：二元一次不定方程 ax by c(a 0, b 0), a, b, c Z 有整数解 (a, b) c
例 2、 《张邱建算经》卷下最后一题通常称为“百鸡问题” ： “今有鸡翁一，值钱五；鸡母 一，值钱三；鸡雏三，值钱一。凡百钱买鸡百只。问鸡翁、鸡母、鸡雏各几何？”
例 3 、求出不定方程 25x 13y 7 z 4 的全部解。
例 4、求方程 x y 2 x 3 y 7 0 的整数解。
②、 （1）式有整数解 (a1 , a2 , a3 ,an ) N 4、高次不定方程 解高次不定方程，难度很大，且无定法，但对某些特殊方程可通过特殊方法解决，下 面通过具体实例加以说明。
二、例题讲解
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赣县中学高中数学竞赛------数论
例1、 解下列两个不定方程 （1） 、 15x 25y 98 ； （2） 、 15x 25y 100
初等数论不定方程
初等数论不定方程一、知识归纳：所谓不定方程，是指未知数的个数多于方程个数，且未知数受到某些（如要求是有理数、整数或正整数等等）的方程或方程组。
不定方程也称为丢番图方程，是数论的重要分支学科，也是历史上最活跃的数学领域之一。
不定方程的内容十分丰富，与代数数论、几何数论、集合数论等等都有较为密切的联系。
不定方程的重要性在数学竞赛中也得到了充分的体现，每年世界各地的数学竞赛吉，不定方程都占有一席之地；另外它也是培养学生思维能力的好材料，数学竞赛中的不定方程问题，不仅要求学生对初等数论的一般理论、方法有一定的了解，而且更需要讲究思想、方法与技巧，创造性的解决问题。
在本节我们来看一看不定方程的基础性的题目。
1．不定方程问题的常见类型：（1）求不定方程的解；（2）判定不定方程是否有解；（3）判定不定方程的解的个数（有限个还是无限个）。
2．解不定方程问题常用的解法：（1）代数恒等变形：如因式分解、配方、换元等；（2）不等式估算法：利用不等式等方法，确定出方程中某些变量的范围，进而求解；（3）同余法：对等式两边取特殊的模（如奇偶分析），缩小变量的范围或性质，得出不定方程的整数解或判定其无解；（4）构造法：构造出符合要求的特解，或构造一个求解的递推式，证明方程有无穷多解；（5）无穷递推法。
以下给出几个关于特殊方程的求解定理：（一）二元一次不定方程（组）定义1.形如(不同时为零)的方程称为二元一次不定方程。
定理1.方程有解的充要是；定理2.若，且为的一个解，则方程的一切解都可以表示成为任意整数)。
定理3.元一次不定方程，()有解的充要条件是.方法与技巧：1．解二元一次不定方程通常先判定方程有无解。
若有解，可先求一个特解，从而写出通解。
当不定方程系数不大时，有时可以通过观察法求得其解，即引入变量，逐渐减小系数，直到容易得其特解为止；2．解元一次不定方程时，可先顺次求出，……，.若，则方程无解；若|，则方程有解，作方程组：求出最后一个方程的一切解，然后把的每一个值代入倒数第二个方程，求出它的一切解，这样下去即可得方程的一切解。
(完整word版)《竞赛数学中的初等数论》
《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 Λ--，则此数可以简记为：021a a a A m m Λ--=（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 +⨯++⨯+⨯=----Λ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i ΛΛ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 Λ--=。
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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
(完整word版)不定方程的解法与应用
摘要不定方程是初等数论的一个重要内容,在相关学科和实际生活中也有着广泛的应用．本文首先归纳了整数分离法、系数逐渐减小法和辗转相除法等几种常用的二元一次不定方程的解法；其次进一步讨论了求n元一次不定方程和二次不定方程整数解的方法;最后论述了不定方程在中学数学竞赛题、公务员行测试题和其他学科中的应用，并举例说明．关键词：不定方程;二元一次不定方程；数学竞赛；公务员试题AbstractThe integral solutions of indeterminate equation solving method is an important content of elementary number theory, has been widely used in related disciplines and in real life。
This paper summarizes the integer separation method, coefficient decreases and the Euclidean algorithm and several commonly used two element indefinite equation solution， secondly is further discussed。
For n linear indeterminate equation and the method of two time indefinite equation integer solution, and finally discusses the indeterminate equation applied in secondary school mathematics， civil servants for test and other subjects， and illustrated with examples。
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全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高一联赛班春季班第13讲初等数论——不定方程
第 13 讲初等数论不定方程13.1 不定方程不定方程是指求含有多个未知数的方程的整数解的问题. 这类问题，常常需要进行较高技巧的代数变形，同时亲密注意方程中隐含的各样数论性质，综合性很强，是数论命题中一个重要部分.本讲研究一些较为基础的不定方程，这些方程的求解过程中代数方法( 代数变形、因式分解或许不等式控制等 ) 所占比率较大，只用到较为浅易的数论知识.【例 1】求全部正整数n ，使得 n318n2115n391 为正立方数．【例 2】求方程的全部整解：y2 2 y x420x3104x240x2015 .【例 3】设 n 是一个三位数（100 n 999）.求全部的n，使得n2的末三位数等于n .【例 4】求全部的三元整数组(x, y, z) ，使得 x3y3z3 3 xyz2015 .【例 5】设p是质数，整数x, y, z 知足0 x y z p . 若 x3 , y3 , z3除以p的余数相等，证明：x y z | x2y2z2 .【例 6】已知 34! 295 232 799 039 604 cd0 847 618 609 643 5ab 000 000 .求 abcd【例 7】求全部质数p ,使得p x y31建立，此中x, y 为正整数.【例 8】方程x y201500 有多少对整数解(x, y) ？【例 9】求出全部的奇质数p ,使得p |1p 1 2 p 1...2015 p 1 .实战操练【操练 1】设 P x46x311x23x 31 ，求使P为完整平方数的整数x 的值．【操练 2】求方程的全部整数解：(m2n)( m n2 ) (m n)3【操练 3】求全部的两位正整数a, b ，使得 100a b,201a b 均为四位数，且均是平方数【操练 4】求有多少个正整数对(m, n) ，使得 7m 3n102004，且 m | n .【操练 5】求全部这样的 2 的幂，将其（十进制表示中的）首位删去后，剩下的数还是一个 2 的幂．【操练 6】求方程y2 1 x x2x3x4的全部整数解．。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
赣县中学高中数学竞赛数论第11十一讲不定方程(三
第二十一讲 不定方程（三）：求不定方程的一些方法1、 公式法解不定方程：例如，二元一次不定方程、勾股方程、佩尔方程。
2、 同余分析法解不定方程在方程两边取适当的模后，往往能找到方程的解应满足的某些必要条件，甚至推出方程有无整数解。
例1、证明：不定方程68322=-+z y x 没有整数解。
3、 不等式估计法不等式估计法是指通过对所考察的量的放缩得到未知数取值条件的不等式，解这些不等式就得到未知数取值的范围，从而达到求解目的的方法。
例2、求方程6133+=-xy y x 的正整数解。
例3、求出所有满足方程xyz zx yz xy 4)(5=++的正整数z y x ,,。
4、 代数恒等变形解不定方程:例如，因式分解、配方、换元等。
①、 因式分解法：将方程的一边化为常数，作质因数分解，另一边含未知数的代数式也作因式分解，考查各个因式的取值情况，再配对求解。
例4、求方程073222=--+y x y x 的整数解。
例5、求不定方程24222222222444+++=++x z z y y x z y x 的全部解.②、 配方法例6、已知实数y x ,满足,43)123)(32(22=++++y y x x 求y x +。
③、 换元法：若能判明不定方程的未知数之间有倍数关系，则常使用换元法消去未知数或倍数，使方程简化。
例7、试求出所有的正整数c b a ,,，其中c b a <<<1，且使得)1)(1)(1(---c b a 是1-abc 的约数。
第二十一讲 不定方程（三）练习1、 若8)(422-+=+b a b a ，则=a ____=b ____.2、 已知一件工程某队干了一天后，另一队接着又干了一天，共完成工程量的74，问各队干几天才能完成整个工程？3、 证明：方程75222=-y x 无整数解.4、 求满足方程xy y x y x ++=+)(222的所有正整数y x ,.5、 若三个棱长为整数（单位：cm ）的正方体的表面积之和为564cm 2 ,则这个正方体的体积之和为多少？附加题：1、证明以下命题：（1）对任一正整数a ，都存在正整数,()b c b c <，使得222,,a b c 成等差数列；（2）存在无穷多个互不相似的三角形n ∆,其边长,,n n n a b c 为正整数且222,,n n na b c 成等差数列.。
初等数论不定方程
x 96 7t, y 48 3t,t Z
注：解的表达式是不惟一的
例2、用整数分离法解 107x 37y 25
解：因为（107，37）=1，所以有解；故
y 2x 25 33x 37
令y1
25
33x 37
,即7 y1
33x
25
x
y1
25 4 y1 33
先解最后一个方程的解，得 tn1, xn 然后把其代入倒数第二个方程求得一 切解，如此向上重复进行，求 得所有 方程的解。
例1：求不定方程 25x 13y 7z 4的整数解.
解 因为（25，13）=1，（1，7）=1|4，所以方程有解 我们将它分为两个二元一次不定方程来求解
25x+13y=t, t+7z=4. 先求t+7z=4的解为t=4-7u，z=u。 因为25*(-1)+13*2= 1，所以25x+13y=1的特解为
推论：单位圆上的有理点可写成
2ab a2 b2
,
a2 a2
b2 b2
及
a2 a2
b2 b2
,
2ab a2 b2
证：由 x2 y 2 z 2 两边同除 z 2
有
(
x z
)
2
(
y z
)
2
1 ，令X
x z
,
Y
y z
所以有 X 2 Y 2 1 即为单位圆的方程
的不定方程多元一次不定方程。
2.2 定理 a1x1 a2 x2 an xn c(n 2)有解
第02讲+初等数论-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编+Word版含解析
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 nn--⋅⋅．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2in C 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 nn 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。
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
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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。
证明：假设442x y z +=存在正整数解，其中z 最小的解记为0z 。
因为()()22222xy z +=，根据勾股方程的通解公式有2222220,2,x a b y ab z a b =-==+，其中,a b 一奇一偶，(),1a b =。
从222x a b =-可以得到a 为奇数，b 为偶数，令2b s =，224y ab as ==，其中(),1a s =，所以22,,(,)1a t s q t q ===。
由222x a b =-得2444x t q =-，即2444x q t +=，又可以通过勾股方程的通解公式222222,22,,(,)1x l m q lm t l m l m =-==+=，注意到2q lm =，所以2200,l l m m ==，24400t l m =+，而420z t b t =+>，与0z 的最小性矛盾。
所以原方程组无正整数解。
赛题精讲例1．（1）求不定方程3710725x y +=的所有解； （2）求不定方程719213x y +=的所有解。
解析：（1）可以由辗转相除法得到，其实根据该方法可以得到必存在整数,s t ，使得371071s t +=。
如10723733,371334,3481=⨯+=⨯+=⨯+，依次反代即可得到一个特解。
（2）213197y x -=，可以取353027yx y -=-+，此时可以得到2y =。
从而得到一个特解。
注：这个两个方法是基本方法。
例2．求所有满足方程81517xyz+=的正整数解解析：首先从同余的角度可以发现y 必须为偶数，81517xyz+=，又15y的个位数必须为5，而8x的个位数为2，4，或6，17z的个位数为3，9，1，所以0,2(mod 4)x ≡，对应的0,2(mod 4)z ≡。
这样可以令2y k=，2z l=，可以得到2281715(1715)(1715)x l k l k l k =-=-+，注意到17,15l k 均为奇数，两个的和和差必定是一个单偶，一个双偶，从而311715217152l k l k x -⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，目标集中于17152l k-=，观察有解()(),1,1l k =。
当2k ≥时，两边取模17可以得到()(1)2mod9k-≡矛盾。
所以仅有解()2,2,2例3．a 为给定的一个整数，当a 为何值时，方程31(1)y a xy +=-有正整数解？有正整数解时，求这个不定方程。
解：31(1)y a xy +=-可以变形为333331(1)x y y x y a xy -+++=-，这样()333(1)|xy y x y -+，一个明确的事实()31,1xy y -=，从而()3(1)|1xy x -+。
这样我们得到()33(1)|1(1)|1(*)xy x xy y -+⇔-+。
不妨假设,y x y x =>两种情况。
（1）y x =3322111(1)11y y a y a y y y ++=-⇔==+--，从这个代数式发现，2y =，对1y =单独讨论，有2(1)a x =-，1,3;2,2a x a x ====，这种情况共有解：()()1,3,1;22,1a a =⇔=⇔；()32,2a =⇔，注意到*式的等价性，又有解 ()()14,1,3;91,2a a =⇔=⇔（2）x y >将等式转化为不等式321111y a y y y +<=+--，从同余的角度看有1,1a ky k =-≥，所以3211111y ky y y y +-<=+--，若1k =，则232121(1)(1)1111y y y xy y xy x x y y y ++=--⇔=--⇔==++--，只能是2,5,1;3,5,2y x a y x a ======。
注意到*式的等价性，又有解5,2,14;5,3,9y x a y x a ======综上，可以有1,2,3,9,14a =，对应的解分别为()()()()()()()()()3,15,22,11,23,52,21,35,32,5共9组解。
例4．证明：不定方程254x y =-无整数解解析：254x y =-给我们的第一个印象是,x y 同为奇数或同为偶数。
若同为偶数，则254324k l =-也就是2518k l +=，进一步有k 为奇数，因为奇数的平方模8余1，矛盾。
若同为奇数，则需进一步讨论，关键是取模为多少比较好讨论。
结合费马小定理如(,11)1y =，则5110(mod11)y or =，从而54678(mod11)y or or -≡，但是20,1,3,4,5,9(mod11)x ≡。
比较两者我们就可以到相应的结论例5．求证：2222265x y z u v xyzuv ++++=-存在无数组解且每个解都大于2009。
证明：观察有特解()1,2,3,4,5。
从原方程可以得到22222()()12yzuv x y z u v yzuv x yzv -++++=--。
这说明从一组解可以得到另一组解(),,,,yzuv x y z u v -。
由于方程结构的对称性，不妨假设0x y z u v <<<<<，则y z u v yzuv x <<<<-，主要是证明v x yzuv +<，这是因为v x vx yzuv +<<。
不断依次类推就可得到结论。
例6．（普特南竞赛题）求方程||1rsp q -=的整数解，其中q p ,是质数，s r ,是大于1的正整数，并证明你所得到的解是全部解.解析：容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设2p =，|2|1r s q -=，即21r sq -=±。
若21r s q =+，从余数去讨论，3(mod 4)q ≡，s 为奇数。
1221(1)(1)rss s q q qq--=+=+-++L ，所以12121212rr s s q q q --⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩L ，()1111(1)2211222sr sr s r r r s s-=-+=-++L ，提取公因数，有()1111(1)(2)2211222sr r s r s r r s s --⎡⎤=-+=-++⎣⎦L ，从奇偶性可以看出这种情形方程无解。
21r s q =-为偶数，注意到1221(1)(1)r s s s q q q q --=-=-+++L 。
12121212r r s s q q q --⎧-=⎪⎨+++=⎪⎩L ，()11111(1)21221122(1)22s r sr s r r r rs s s s --=+-=+++-+L ，令2u s v =，()11111(1)21221122(1)22sr sr s r r u r r u s v s v --++=+-=+++-+L ，观察最后两项，只能11r =， 3q =， 2s =，从而3r =综上，考察到对称性，原方程恰有两组解： 3,2,2,3,2,3,3. 2.p p q q or r r s s ==⎧⎧⎪⎪==⎪⎪⎨⎨==⎪⎪⎪⎪==⎩⎩ 例8．（09湖北）求不定方程21533654321=+++++x x x x x x 的正整数解的组数． 解 令x x x x =++321，y x x =+54，z x =6，则1,2,3≥≥≥z y x ．先考虑不定方程2153=++z y x 满足1,2,3≥≥≥z y x 的正整数解．1,2,3≥≥≥z y x Θ，123215≤--=∴y x z ，21≤≤∴z ．当1=z 时，有163=+y x ，此方程满足2,3≥≥y x 的正整数解为)4,4(),3,7(),2,10(),(=y x ．当2=z 时，有113=+y x ，此方程满足2,3≥≥y x 的正整数解为)2,5(),(=y x ． 所以不定方程2153=++z y x 满足1,2,3≥≥≥z y x 的正整数解为)2,2,5(),1,4,4(),1,3,7(),1,2,10(),,(=z y x ．又方程)3,(321≥∈=++x N x x x x x 的正整数解的组数为21x C -，方程y x x =+54)2,(≥∈x N y 的正整数解的组数为11C -y ，故由分步计数原理知，原不定方程的正整数解的组数为81693036C C C C C C C C 1124132312261129=+++=+++．例8．（09 巴尔干）求方程235x y z -=的正整数解。