数论问题

因此 ,只要 m 是 3 的倍数 ,则 2 + n 就是 3 的倍数 . 又 2 n + n > 3 , 故此时 2 n + n 不是素数 . 所以可取 n
= 2 m + 1 = 6 k + 1 ,其中 k 是自然数 .
我们希望能选择 ( 无穷多个) u ,使得 20 u + 2 被 25 整 除 ; 但不幸的是 ,这样的 u 显然一个也不存在 . 现在我们增加一个参数 v ,而取 m = 10 u + v ,则
com) ,或冯志刚 (200231 ,上海市上海中学 E - mail :zhgfeng @online. sh. cn) . 提供试题及解答请尽量
注明出处 . 本期给出第 16 届亚太地区数学奥林匹克 ( 2004 年 3 月) 的试题与解答 . 由上海中学冯志刚先生提 供. 2004 数.
(可以参看 ,例如 《奥数教程》 , , 高三年级 , 华东师范
n 2 + (2 b + 1) ,则特别地有 2 整除 4 x + 2 , 这不可能 .
因此没有符合要求的偶数 n . ( 注意 , 后一半论证中 无需 a , b 为正整数 . ) 注1 整除是数论中最基本的概念 . 为了证明 整数 b 整除 ( 整数) a ,最为基本的想法是按定义 ,将 数 a 分解为形式 a = bc ,其中 c 是一个整数 . 这样的 分解 ,常常通过在某些代数式的分解式中取特殊值 而产生 . 下面两个恒等式在这样的论证中应用颇多 . 若 n 为正整数 , 则 x n - y n = ( x - y ) ( x n - 1 +
1) . 因 a , b 是给定的整数 , 故仅有有限多个符合要
n
证 设 ( m , n) = d ,则 m = m1 d , n = n1 d ,则 m1 与 n1 是 互 素 的 整 数 . 已 知 条 件 化 为 d2 m1 n1 | d2
( m1 2 + n1 2 ) ,即 m1 n1 | m1 2 + n1 2 . 由这推出 m1 | m1 2
2 2 2 + n1 ,于是 m1 | n1 . 但 ( m 1 , n1 ) = 1 ,故 ( m 1 , n1 ) =
求的奇数 n . 当 n 为偶数时 , (2 a + 1) n + (2 b + 1) n 没有适用 的分解 ,因而上述论证不再奏效 . 然而 , 此时用二项 式定理立知 , (2 a + 1) n + (2 b + 1) n 具有形式 4 x + 2
1. 证明 : 对正偶数 n , x + y 不整除 x + y .
n n
= (n +2
2
2
m +1
பைடு நூலகம்
n+2
2m + 1
) ).
(n - 2 ・
m +1
n+2
2m + 1
上式右端第一个因式显然不为 1 ; 而后一个因式为
( n - 2 m ) 2 + 22 m 也不是 1 ( 因 m > 0) , 故 n4 + 4 n 对 n > 1 不是素数 .
2004 年第 11 期 数学通讯
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数
论
问
题
余红兵
中图分类号 : O12 - 44 文献标识码 : A 文章编号 : 0488 - 7395(2004) 11 - 0041 - 03
本讲通过数学竞赛中的一些数论问题 , 简要地 介绍初等数论中较为基本的思考方法 . 对于问题所 涉及的数论基础知识 , 我们将直接引用而不作讨论
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其中每个的平方减 1 ,都能被另两个整除 .
数 学 通 讯 2004 年第 11 期 必须) 证明有无穷个 n , 使得 2 n + n2 分别被 4 及 25 整除 . 显然 ,当且仅当 n 为偶数时 ,2 n + n2 为 4 之倍 数 . 设 n = 2 m ,则 2 n + n2 = 4 (4 m - 1 + m2 ) . 因此 ,只要 证明有无穷多个 m ,使 4 m - 1 + m2 被 25 整除 . 我们首先可选择 m ,使 4 m - 1 除以 25 具有确定的 余数 . 因为 , 一定存在自然数 k , 满足 4 k ≡1 ( mod
n
证 设有三个符合要求的自然数 a , b , c . 无妨 设 a ≥b ≥c . 因 a - 1 被 b 整除 ,故 a 与 b 互素 . 而
c - 1 能分别被 a , b 整除 ,故也应被它们的积 ab 整
2 2
除 . 故由 c2 - 1 > 0 推出 c2 - 1 ≥ab . 另一方面 , 由 a ≥c 及 b ≥c 得出 ab ≥c2 > c2 - 1 ,矛盾 . 例 4 证明 : 有无穷多个正奇数 n , 使得 2 + n 不是素数 . 证 设 n = 2 m + 1 , 则由 2 ≡ 1 ( mod 3) 易知
x
n- 2
大学出版社) . 例 1 设 a , b 是给定的正整数 ,证明 ,仅有有限 多个正整数 n ,使得
1 1 (a+ ) n + (b+ ) 2 2
n
为整数 . 证 问题等价于证明 ,仅有有限多个 n ,使得 2 n 整除 (2 a + 1) + (2 b + 1) . 我们希望分解被除数 ( 2 a + 1 ) + ( 2 b + 1) . 这 在 n 为奇数时易于实现 : 我们有
例 6 证明 : 有无穷多个自然数 n ,使得 2 + n 被 100 整除 .
n
2
证 由 ( x , y ) = 1 易知 ( x + y , y ) = 1. 因为 x + y 与 y 的最大公约数 d 除尽它们的差 ,即 x . 从而 d
2 2 2 证 因 100 = 22 × 5 , 而 ( 2 ,5 ) = 1. 故只需 ( 也
n.
+ ( 2 b + 1)
n- 2 n- 1
n
= ( 2 a + 2 b + 2) ( 2 a +
- (2 a + 1) + ( 2 b + 1)
( 2 b + 1) + … - ( 2 a + 1) ( 2 b +
).
上式右端第二个括号内的数是奇数个 ( n 个 ) 奇数之 和 ,故是一个奇数 , 从而它与 2 n 互素 ( 质 ) . 因此 ,2 n 整除 (2 a + 1) n + (2 b + 1) n 等价于 2 n | (2 a + 2 b + 2) . 但这意味着 ( 注意现在 a + b + 1 ≠ 0) 2 ≤ 2( a + b +
n
+ m =4
2
v- 1
( 4 u ) 10 + ( 10 u + v ) 2 ≡ ・ 20 uv +
( mod 25) 20 uv + v + 4
2
v- 1
我们希望能选择 u , v 使得 ≡ 0 ( mod 25)
(1)
上面的同余式关于 u 是一次的 , 对固定的 v , 它 ( 关 于 u) 或者无解 ,或者有无穷多个解 . 取 v = 1 ,2 ,3 , … 逐一尝试 , 不难看到 , 当 v = 3 时 , ( 1 ) 化为 60 u ≡0
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2004 年第 11 期 数学通讯
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数 学 竞 赛 之 窗
( 本栏特邀主持人 熊 斌 冯志刚)
有关本栏目的稿件 ,请直接寄给熊斌 (200062 ,华东师范大学数学系 E - mail :xiongbin @sh163.
(2 a + 1 ) 1) 1)
n- 1 n- 2 n n n n n
y + …+ xy
n- 2
+ y
n- 1
). ) . ( 后者在例 1 中已应用
若 n 为正奇数 , 则 x n + y n = ( x + y ) ( x n - 1 x
n- 2
y + … - xy
n- 2
+ y
n- 1
过 ,它可由前者以 - y 代换 y 得出来 . ) 注 2 例 1 中我们应用了下面的事实 : 若整数 b 整除 a ,则或者 a = 0 或者| a | ≥ | b| . 这是基于整除 产生不等式的基本手法 . 例2 设 m , n 为自然数 , mn | m2 + n2 , 则 m =
( x 为一个整数 ) . ( 更初等的 , 因 ( 2 a + 1 )
n n
1 ,从而 m 1 必须是 1 ( 注意现在 m 1 显然是正数 ) . 同
样 n1 = 1. 故 m = n . 注 对于不全为 0 , 不互素的整数 , 除以它们的 最大公约数 ,便产生两个互素的整数 . 涉及齐次式的 问题 ,我们常常这样做 . ( 例 2 中的 mn 及 m2 + n2 都 是二次齐次式 . ) 例 3 证明 : 不存在三个大于 1 的自然数 ,使得
p 整除 ( 这留给读者作为练习) .
n
负整数) . 请注意 , 由 ( 1 ) 不难看到 , 只要找 出 一 个 v 使
4
v- 1
例 5 证明 ,对任意整数 n > 1 , 数 n4 + 4 n 不是 素数 . 证 若 n 为偶数 ,则 n4 + 4 n 大于 2 且均被 2 整 除 ,因此不是素数 . 但易知 n + 4 对所有奇数 n 不 能有固定的约数 . 对奇数 n ,我们采用分解的方法 . 设 n = 2 m + 1 , 则
2
2m + 1 2
25) ; 实际上 ,逐一检验可知 k 可取为 10 ( 参见下面的
注) . 于是 ,取 m = 10 u + 1 ( u 是一个待定的参数 ) , 我们有
4
m- 1
+2m +1 ≡ 2 + 2m + 1 ≡ 2 m ( mod 3) .
n
2 10 u 2 + m = (4 ) + (10 u + 1) ≡ 20 u + 2 ( mod 25) .
( mod 25) ,这有解 u ≡ 0 ( mod 5) . 于是 u = 5 t ,从而 m = 50 t + 3 ,即整数 n = 100 t + 6 符合要求 ( t 是任意非
试 . 显然 d 不能是 2. 而取 d = 3 则能够并且易于实 现 . d 当然也可以取为别的数 . 事实上 ,不难证明 ,对 任一个素数 p ,都有无穷多个奇数 n ,使得 2 + n 被
k a ≡ 1 ( mod n) .
= n + 4・ 4
4 2
4
2m
(2 ) = n + 4・
m
4
m
4 4 2
m
(2 ) + 4・ (2 ) - 4 n ・ (2 ) = n +4n ・
2 2m 2 m 2 = ( n + 2・ 2 ) - ( 2・ n・ 2 )
2
m
2
满足上式最小的正整数 k ,称为 a 模 n 的阶 ,阶也是 数论中一个基本的概念 , 在涉及方幂的问题中常常 应用阶 ,但本讲对此不作讨论 . 在处理问题的过程中 ,为了能留有选择的余地 , 常常引入 ( 适当的) 待定参量 ( 如例 6 中的 u 和 v) ,这 也是一种相当基本的手法 . 例 7 设 x , y 是两个互素的正整数 ,且均不为
4
v +4
2
m- 1 v- 1
注 设 n > 1 , n 是素数是指 n 没有真约数 ( 因 子) ( 即异于 1 和 n 自身的正约数 ) . 因此 , 为证明 n 不是素数 ( 即是所谓的合数 ) , 只需找出 n 的一个真 约数 . 例 4 中的想法是 ,找出无穷多个奇数 n ,使 2 +
n 有一个固定的约数 d . 我们应从较小的 d 开始尝
n +4
4
n
+ v 被 25 整除 ,则 (1) 关于 u 就有无穷多个解 .
2
因此 ,上面的论证实际上将找无穷多个符合要求的
m ,化为找一个这样的 m . ( 如读者愿意 ,不难给出本
4
n
题的其他形式的解 . ) 注 易于证明 , 若整数 a 和 n 互素 ( n > 1 ) , 则 必有整数 k ,1 ≤k < n ,使得
与 (2 b +
1) 都是奇数的平方 , 它们被 4 除均余 1 , 从而导出
所说的结论 . ) 于是若有偶数 n 使 2 n 整除 (2 a + 1) n
收稿日期 :2004 - 02 - 10
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