高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)

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初等数论练习题及答案

初等数论练习题一一、填空题1、τ(2420)=27；ϕ(2420)=_880_2、设a ，n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4}.4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。

5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t t ∈Z 。

.6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(m )_。

78、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 =-1。

9、若p 是素数，则同余方程x p - 1≡1(mod p )的解数为二、计算题1、解同余方程：3x 2+11x -20≡0 (mod 105)。

解：因105 = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+11x -20≡0 (mod 3)的解为x ≡1 (mod 3)，同余方程3x 2+11x -38 ≡0 (mod 5)的解为x ≡0，3 (mod 5)，同余方程3x 2+11x -20≡0 (mod 7)的解为x ≡2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。

作同余方程组：x ≡b 1 (mod 3)，x ≡b 2 (mod 5)，x ≡b 3 (mod 7)，其中b 1 = 1，b 2 = 0，3，b 3 = 2，6，由子定理得原同余方程的解为x ≡13，55，58，100 (mod 105)。

2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-•--•-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（）（解：故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。

3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。

解：易知1271≡50（mod 111）。

2020全国高中数学联赛《初等数论》专题真题汇编

2020全国高中数学联赛《初等数论》专题真题汇编1、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、数码1232006,,,,a a a a L 中有奇数个9的2007位十进制数12320062a a a a L 的个数为（）A ．200620061(108)2+B ．200620061(108)2-C ．20062006108+ D ．20062006108- 【答案】B3、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、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 －p 2)2－n 2=p 24，⇒(2k －p +2n )(2k －p －2n )=p 2，⇒k=14(p +1)2．5、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,,,,321Λa 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====C P 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 a6、方程20062420042005(1)(1)2006x x x x x +++++=L 的实数解的个数为 .【答案】17、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、已知=n a C ())95,,2,1(2162003200Λ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为．【答案】159、已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n －2个人之间通电话的次数相等，都是3 k 次，其中k 是自然数，求n 的所有可能值．【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 +-+=sj 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。

《初等数论》习题集及答案

《初等数论》习题集及答案《初等数论》习题集第1章第 1 节1. 证明定理1。

2. 证明：若m - p ∣mn + pq ，则m - p ∣mq + np 。

3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。

4. 设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。

5. 证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为a 2 + p （a > 0是整数，p 为素数）的形式。

第 2 节1. 证明：12∣n 4 + 2n 3 + 11n 2 + 10n ，n ∈Z 。

2. 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。

3. 设n ，k 是正整数，证明：n k 与n k + 4的个位数字相同。

4. 证明：对于任何整数n ，m ，等式n 2 + (n + 1)2 = m 2 + 2不可能成立。

5. 设a 是自然数，问a 4 - 3a 2 + 9是素数还是合数？6. 证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。

第 3 节1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。

2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。

3. 证明定理4的推论1和推论3。

4. 设x ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。

5. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。

6. 设n 是正整数，求1223212C ,,C ,C -n n n n 的最大公约数。

第 4 节1. 证明定理1。

2. 证明定理3的推论。

3. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。

4. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。

5. 设a ，b ，c 是正整数，证明：),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c c b b a c b a a c c b b a c b a =。

初等数论试题及答案高一

初等数论试题及答案高一一、选择题（每题3分，共30分）1. 以下哪个数是质数？A. 2B. 4C. 6D. 8答案：A2. 一个数的因数包括它自己吗？A. 是B. 否答案：A3. 一个数的倍数包括它自己吗？A. 是B. 否答案：A4. 两个连续整数的乘积一定是合数吗？A. 是B. 否答案：B5. 一个数的最小倍数是多少？A. 它自己B. 2C. 1D. 0答案：A6. 一个数的最大因数是多少？A. 它自己B. 2C. 1D. 0答案：A7. 以下哪个数是完全数？A. 6B. 28C. 496D. 8128答案：A8. 一个数的质因数分解中，质因数的个数至少有几个？A. 1B. 2C. 3D. 0答案：A9. 以下哪个数是素数？A. 1B. 2C. 9D. 10答案：B10. 一个数的因数个数是奇数还是偶数？A. 奇数B. 偶数答案：B二、填空题（每题4分，共20分）1. 一个数的最小质因数是______。

答案：22. 一个数的最小非零因数是______。

答案：13. 一个数的最大因数是______。

答案：它自己4. 一个数的最小倍数是______。

答案：它自己5. 一个数的倍数个数是______。

答案：无限三、解答题（每题10分，共50分）1. 证明：对于任意的正整数n，2n总是偶数。

证明：假设n为任意正整数，那么2n = 2 * n。

因为2是偶数，所以2n也是偶数。

2. 证明：对于任意的正整数n，n^2 - 1是奇数。

证明：假设n为任意正整数，那么n^2 - 1 = (n - 1)(n + 1)。

因为n - 1和n + 1是连续的整数，所以它们中必有一个偶数和一个奇数。

因此，它们的乘积是奇数。

3. 找出100以内的所有质数。

答案：2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 974. 证明：如果p是质数，那么p^2 - 1是合数。

初等数论(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题29初等数论历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B卷（第02试）】设a,b为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得a n+b n+9≡C( mod13)对任意正整数n成立.求所有满足条件的有序数对(a,b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1:由条件知,对任意正整数n,有a n+b n+9≡a n+3+b n+12(mod13). ①注意到13为素数,a,b均与13互素,由费马小定理知a2≡b2≡1(mod13).因此在①中取n=12,化简得1+b9≡a3+1(mod13),故b9≡a3(mod13).代入①,得a n+a3b n≡a n+3+b n+12≡a n+3+b n(mod13),即(a n−b n)(1−a3)≡0(mod13). ②分两种情况讨论.(ⅰ)若a3≡1(mod13),则b3≡a3b3≡b12≡1(mod13),又a,b∈{1,2,⋯,12},经检验可知a,b∈{1,3,9}.此时a n+b n+9≡a n+b n(mod13).由条件知a+b≡a3+b3≡2(mod13),从而只能是a=b=1.经检验,当(a,b)=(1,1)时,对任意正整数n, a n+b n+9模13余2为常数,满足条件.(ⅱ)若a3≡1(mod13),则由②知,对任意正整数n,有a n≡b n(mod13).特别地, a≡b(mod13),故a=b.所以a3≡b9=a9(mod13),即a3(a3−1)(a3+1)≡0(mod13),故a3≡−1(mod13).通过检验a≡±1,±2,⋯,±6(mod13),可知a=4,10,12.经检验,当(a,b)=(4,4),(10,10), (12,12)时,对任意正整数n,有a n+b n+9=a n+a n+9=a n(1+(a3)3)≡0(mod13),满足条件.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).解法2:由条件知,对任意正整数n,有(a n+b n+9)(a n+2+b n+11)≡(a n+1+b n+10)2(mod13),化简得a n b n+11+a n+2b n+9≡2a n+1+b n+10(mod13),即a n b n+9(a−b)2≡0(mod13).由于13为素数, a,b∈{1,2,⋯,12},故13|(a−b)2,进而a=b.因此,当n变化时, a n+b n+9=a n(1+a9)模13的余数为常数.当1+a9≡(mod13)时,由上式知, a n模13的余数为常数,特别地,有a2≡a(mod13),故a=1.当1+a9≡0(mod13)时,由费马小定理得a2≡1(mod13),故a3≡a3⋅(−a9)≡−a12≡−1(mod13).通过检验a≡±1,±2,⋯,±6(mod13),可知a=4,10,12.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).2．【2019高中数学联赛A卷（第02试）】设m为整数，|m|⩾2.整数数列a1,a2,⋯满足:a1,a2不全为零，且对任意正整数n，均有a n+2=a n+1−ma n.证明:若存在整数r、s(r>s≥2)使得a r=a s=a1，则r−s⩾m.【答案】证明见解析【解析】不妨设a1,a2互素(否则，若(a1,a2)=d>1，则a1d 与a2d互素，并且用a1d,a2d,a3d,…代替a1,a2,a3,⋯条件与结论均不改变).由数列递推关系知a2≡a3≡a4≡⋯( mod |m|)①以下证明:对任意整数n≥3，有a n≡a2−(a1+(n−3)a2)m( mod m2)②事实上，当n=3时②显然成立.假设n=k时②成立(其中k为某个大于2的整数)，注意到①，有ma k−1≡ma2( mod m2)，结合归纳假设知a k+1=a k−ma k−1≡a2−(a1+(k−3)a2)m−ma2≡a2−(a1+(k−2)a2)( mod m2)，即n=k+1时②也成立.因此②对任意整数n≥3均成立.注意，当a1=a2时，②对n=2也成立.设整数r、s(r>s≥2)，满足a r=a s=a1.若a1=a2，由②对n≥2均成立，可知a2−(a1+(r−3)a2)m≡a r=a3=a2−(a1+(s−3)a2)m( mod m2)，即a1+(r−3)a2≡a1+(s−3)a2( mod |m|)，即(r−s)a2≡0( mod |m|)③若a1≠a2，则a r=a s=a1≠a2，故r>s≥3.此时由于②对n≥3均成立，故类似可知③仍成立.我们证明a2，m互素事实上，假如a2与m存在一个公共素因子p，则由①得p为a2,a3,a4,⋯的公因子，而a1,a2互素，故p∤a1，这与a r=a s=a1矛盾.因此，由③得r−s≡0( mod |m|).又r>s，所以r−s⩾|m|.3．【2019高中数学联赛B卷（第02试）】求满足以下条件的所有正整数n:(1)n至少有4个正因数；(2)若d1<d2<⋯<d k是n的所有正因数，d2−d1,d3−d2,⋯，d k−d k−1构成等比数列.【答案】答案见解析【解析】由条件可知k≥4，且d3−d2d2−d1=d k−d k−1d k−1−d k−2.易知d1=1,d k=n,d k−1=nd2,d k−2=nd3，代入上式得d3−d2d2−1=n−nd2nd2−nd3，化简得(d3−d2)2=(d2−1)2d3.由此可知d3是完全平方数.由于d2=p是n的最小素因子，d3是平方数，故只能d3=p2.从而序列d2−d1,d3−d2,⋯,d k−d k−1 , p−1,p2−p,p3−p2，⋯,p k−1−p k−2，即d1,d2,d3,⋯,d k为1,p,p2,⋯,p k−1，而此时相应的n为p k−1.综上可知，满足条件的n为所有形如p a的数，其中p是素数，整数a≥3.4．【2018高中数学联赛B卷（第02试）】给定整数a≥2.证明:对任意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数a k+1,a k+2,⋯,a k+n均是合数.【答案】证明见解析【解析】设i1<i2<⋯<i r是1，2，…，n中与a互素的全体整数，则对1≤i≤n，i∉{i1,i2,⋯,i r}，无论正整数k如何取值，a k+i均与a不互素且大于a，故a k+i为合数.对任意j=1，2，…，r，因a+i j>1，故a+i j有素因子p j.我们有(p j,a)=1(否则，因p j是素数，故p j|a，但p j|a+i j，从而p j|i j，故a,i j不互素，与i j的取法矛盾).因此，由费马小定理知，a p j−1≡1( mod p j).现取k=(p1−1)(p2−1)⋯(p r−1)+1.对任意j=1，2，…，r，注意到k≡1( mod p j−1)，故有a k+i j≡a+i j≡0( mod p j).又a k+i j>a+i j⩾p j，故a k+i j为合数.综上所述，当k=(p1−1)(p2−1)⋯(p r−1)+1时，a k+1,a k+2,⋯，a k+n均是合数.5．【2017高中数学联赛A卷（第02试）】设m、n均是大于1的整数，m≥n.a1,a2,⋯,a n是n个不超过m的互不相同的正整数，且a1,a2,⋯,a n互质.证明:对任意实数x，均存在一个i(1≤i≤n)，使得‖a i x‖⩾2m(m+1)‖x‖，这里‖y ‖表示实数y到与它最近的整数的距离.【答案】证明见解析【解析】4首先证明以下两个结论结论1存在整数c 1,c 2,⋯,c n ，满足c 1a 1+c 2a 2+⋯+c n a n =1，并且|c i |⩽m,1⩽i ⩽n .由于(a 1,a 2,⋯,a n )=1，由裴蜀定理，存在整数c 1,c 2,⋯,c n ，满足c 1a 1+c 2a 2+⋯+c n a n =1①下面证明，通过调整，存在一组c 1,c 2,⋯,c n 满足①，且绝对值均不超过m . 记S 1(c 1,c 2,⋯,c n )=∑c i c i >m ⩾0，S 2(c 1,c 2,⋯,c n )=∑|c j |ϵj <¬m⩾0.如果S 1>0，那么存在c i >m >1，于是c i a i >1，又因为a 1,a 2,⋯,a n 均为正数，故由①可知存在c j <0.令c i ′=c i −a j ,c j ′=c j +a i ,c k ′=c k (1⩽k ⩽n,k ≠i,j)，则c 1′a 1+c 2′a 2+⋯+c n ′a n =1②并且0⩽m −a j ⩽c i ′<c i ,c j <c j ′<a i ⩽m .因为c i ′<c i ，且c j ′<m ，所以S 1(c 1′,c 2′,⋯,c n ′)<S 1(c 1,c 2,⋯,c n ). 又c j ′>c j 及c i ′>0，故S 2(c 1′,c 2′,⋯,c n ′)⩽S 2(c 1,c 2,⋯,c n ).如果S 2>0，那么存在c j <−m ，因此有一个c i >0.令c i ′=c i −a j ,c j ′=c j +a i ,c k ′=c k (1⩽k ⩽n,k ≠i,j)，那么②成立，并且−m <c i ′<c i ,c j <c j ′<0.与上面类似地可知S 1(c 1′,c 2′,⋯,c n ′)⩽S 1(c 1,c 2,⋯,c n )，且S 2(c 1′,c 2′,⋯,c n ′)<S 2(c 1,c 2,⋯,c n ).因为S 1与S 2均是非负整数，故通过有限次上述的调整，可得到一组c 1,c 2,⋯,c n ，使得①成立，并且S 1=S 2=0.结论1获证.结论2(1)对任意实数a 、b ，均有‖a +b‖⩽‖a‖+‖b‖. (2)任意整数u 和实数y 有‖uy‖⩽|u|⋅‖y‖.由于对任意整数u 和实数x ，有‖x +u‖=‖x‖，故不妨设a ，b ∈[−12,12]，此时‖a‖=|a|,‖b‖=|b|.若ab ≤0，不妨设a ≤0≤b ，则a +b ∈[−12,12]，从而‖a +b‖=|a +b|⩽|a|+|b|=‖a‖+‖b‖.若ab >0，即a 、b 同号.当|a|+|b|⩽12时，有a +b ∈[−12,12]，此时‖a +b‖=|a +b|=|a|+|b|=‖a‖+‖b‖. 当|a|+|b|>12时，注意总有‖a +b‖⩽12，故‖a +b‖⩽12<|a|+|b|=‖a‖+‖b‖.故(1)得证.由(1)及‖−y‖=‖y‖即知(2)成立.回到原问题，由结论1，存在整数c 1,c 2,⋯,c n ，使得c 1a 1+c 2a 2+⋯+c n a n =1，并且|c i |⩽m,1⩽i ⩽n . 于是∑c i n i=1a i x =x .利用结论2得‖x‖=‖∑c i n i=1a i x ‖⩽∑|c i |n i=1⋅‖a i x ‖⩽m ∑‖a i x ‖n i=1.因此max 1⩽i⩽n ‖a i x ‖⩾1mn‖x‖ ③若n ⩽12(m +1)，由③可知max 1⩽i⩽n ‖a i x ‖⩾‖x‖mn⩾2‖x‖m(m+1).若n >12(m +1)，则在a 1,a 2,⋯,a n 中存在两个相邻正整数. 不妨设a 1,a 2相邻，则‖x‖=‖a 2x −a 1x ‖⩽‖a 2x ‖+‖a 1x ‖. 故‖a 2x ‖与‖a 1x ‖中有一个⩾‖x‖2⩾2‖x‖m(m+1).综上所述，总存在一个i (1≤i ≤n )，满足‖a i x ‖⩾2m(m+1)‖x‖.6．【2015高中数学联赛（第02试）】求具有下述性质的所有正整数k ：对任意正整数n ，2(k−1)n+1|(kn )!n!不成立.【答案】答案见解析【解析】以v (n )表示n !中2的幂次，以S (n )表示n 的二进制表示中1的个数. 有结论v(n)=n −S(n).原题等价于v(n)+k(n −1)⩾v(kn)恒成立，等价于S(kn)⩾S(n)恒成立. 显然S(k)⩾1.当S (k )=1，即k 为2的方幂时，有S(kn)⩾S(n)，符合题意. 下面用构造法证明：使S (k )≥2的k 均不符合题意. 若S (k )≥2，则k 的二进制表示中至少有两个1.用如下方式构造序列n i ，使得存在l ∈N ，使S (kn l )<s (n l )，则这样的k 不符合条件. 以下讨论均在二进制下.先取n 1=1,n 2=2a +1，使得2a k 中的最后一个1与k 中倒数第二个1对齐(如k =1001时，a =3). 当n t 取定时，考虑此时的kn t ：取n t+1=n t +2b ，使得2b k 中的最后一个1与kn t 中倒数第二个1对齐(如k =1001时，{n i }为1，9，25，…).这样构造出了一个数列{n i }，并且易知该数列有无穷多项.考虑其中一项n j .由构造方式有S(n j )=j . 设n j =∑2a i ji=1 (a 1>a 2>⋯>a j =0), 由构造的方式，知kn j 的最后a 1+1位只有一个1. 设2m ⩽k <2m+1，则2a 1+m ⩽kn j <2a 1+m+2，这样，kn j 的二进制表示中至多有a 1+m +1位，至多有m +1个1. 取j >m +1，有故使S (kn j )≥2的k 均不满足题设. 综上，所求的k 为一切2的方幂.7．【2014高中数学联赛（第02试）】设整数x 1,x 2,⋯,x 2014模2014互不同余，整数y 1,y 2,⋯,y 2014模2014也互不同余.证明：可将y 1,y 2,⋯,y 2014重新排列为z 1,z 2,⋯,z 2014，使得x 1+z 1,x 2+z 2,⋯,x 2014+z 2014模4028互不同余.【答案】证明见解析【解析】记k =1007.不妨设x i ≡y i ≡i( mod 2k) (1⩽i ⩽2k)，对每个整数i ，1≤i ≤k ，若x i +y i ≡x i+k +y i+k ( mod 4k)，则令z i =y i ,z i+k =y i+k ，否则，令z i =y i+k ,z i+k =y i ，如果是前一种情形，则x i +z i =x i +y i ≡x i+k +y i+k =x i+k +z i+k ( mod 4k)，如果是后一种情形，则也有x i +z i =x i +y i+k ≡x i+k +y i =x i+k +z i+k ( mod 4k) 若不然，我们有x i +y i ≡x i+k +y i+k ( mod 4k)，x i +y i+k ≡x i+k +y i ( mod 4k)，两式相加得2x i ≡2x i+k ( mod 4k)，于是x i ≡x i+k ( mod 2k).但x 1,x 2,⋯,x 2014模2014(2014=2k )互不同余，特别地x i ≡x i+k ( mod 2k)，矛盾. 由上述构造方法知z 1,z 2,⋯,z 2k 是y 1,y 2,⋯,y 2k 的排列.记w i =x i +z i ,i =1,2,⋯,2k .下面验证ω1,ω2,⋯,ω2k 模4k 互不同余，这只需证明，对任意整数i,j,1⩽i <j ⩽k ,w i ,w j ,w i+k ,w j+k 模4k 两两不同余.注意，前面的构造方式已保证w i ≡w i+k ( mod 4k),w j ≡w j+k ( mod 4k)①情形一：z i =y i 且z j =y j ，则由前面的构造方式可知w i ≡w i+k ≡2i( mod 2k)，w j ≡w j+k ≡2j( mod 2k)，由于2i ≡2j( mod 2k)，故易知w i 与W j 及w i+k 模2k 不同余，w i+k 与W j 及w j+k 模2k 不同余，从而模4k 更不同余，再结合式①，可见结论得证.情形二：z i =y i+k ，且z j =y j+k ，则由前面的构造方式可知： w i ≡w i+k ≡2i +k( mod 2k)，w j ≡w j+k ≡2j +k( mod 2k).同样有w i 与w j 及w j+k 模2k 不同余，w i+k 与w j 及w j+k 模2k 不同余，与情形一相同地可知结论得证.情形三：z i=y i，且z j=y j+k（z i=y i+k，且z j=y j的情形与此相同)，则由前面的构造方式可知w i≡w i+k≡2i( mod 2k)，w j≡w j+k≡2j+k( mod 2k).由于k是奇数，故2i≡2j+k( mod 2)，更有2i≡2j+k( mod 2k).因此仍然有w i与w j及w j+k模2k不同余，w i+k与w j及w j+k模2k不同余.从而结论得证.因此本题得证.8．【2013高中数学联赛（第02试）】设n，k为大于1的整数，n<2k.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n整除.【答案】证明见解析【解析】先考虑n为2的幂的情形设n=2r,r⩾1，则r<k.取3个2r−1及2k－3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2r−1，它们的和为2r，被n整除.现在设n不是2的幂，取2k个数为−1,−1,−2,−22,⋯,−2k−2,1,2,22,⋯,2k−1，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1⩽l<k−2，由于(−1)+(−1)+(−2)+⋯+(−2t)+2t+1=0被n整除，故2l+1在第一组，从而−2l+1在第二组.故由数学归纳法可知，1,2,22,⋯,2k−2在第一组，－1，－1，－2，－22，…，－2k－2在第二组.最后，由于(−1)+(−1)+(−2)+⋯+(−2k−2)+2k−1=0被n整除，故2k−1在第一组.因此1,2,22,⋯,2k−1均在第一组，由正整数的二进制表示可知，每一个不超过2k−1的正整数均可表示为1,2,22,⋯,2k−1中若干个数的和，特别地，因为n⩽2k−1，故第一组中有若干个数的和为n，当然被n整除，矛盾.因此，将前述2k个整数任意分成两组，则总有一组中有若干个数之和被n整除.9．【2009高中数学联赛（第02试）】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 m k与l互素.【答案】证明见解析【解析】证法一对任意正整数t，令m=k+t⋅l⋅(k!)，我们证明(C m k,l)=1.设p是l的任一素因子，只要证明：p|C m k.若p|k!，则由k!C m k=∏(m −k +i)k i=1≡∏[(i +tl (k!))]ki=1≡∏k i=1i ≡k!( mod p)，即p 不整除上式，故p|C m k . 若p|k !，设a ≥1使p α|k!，但p α+1|k!，则p α+1|l(k!).故由k!C m k =∏(m −k +i)ki=1≡∏[(i +tl (k!))]ki=1≡∏k i=1i ≡k!( mod p α+1)，及p α|k!且p α+1|k!知p α|k!C m k 且p α+1|k!C m k ，从而p|C m k .证法二对任意正整数t ，令m =k +t ⋅l ⋅(k!)2，我们证明(C m k ,l )=1. 设p 是l 的任一素因子，只要证明：p|C m k .若p|k!，则由k!C m k =∏(m −k +i)ki=1≡∏[i +tl(k!)2]ki=1≡∏k i=1i ≡k!( mod p)，即p 不整除上式，故p|C m k ，若p|k !，设α⩾1使p α|k!，但p α+1|k!，则p α+1|(k!)2.故由k!C m k =∏(m −k +i)k−1i=1≡∏[i +tl(k!)2]ki=1≡∏k i=1i ≡k!( mod p α+1)及p α|k!且p α+1|k!知p α|k!C m k 且p α+1|k!C m k ，从而p|C m k .10．【2007高中数学联赛（第02试）】设集合P ={1，2，3，4，5}.对任意k ∈P 和正整数m ，记f (m,k )=∑[m√k+1i+1]5i=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 和正整数m ，使得f(m,k)=n . 【答案】证明见解析【解析】定义集合A ={m √k +1|m ∈N ∗,k ∈P}，其中N *为正整数集. 由于当任意k ，i ∈P 且k ≠i √k+1是无理数，所以对任意的k 1,k 2∈P 和正整数m 1,m 2，有m 1√k 1+1=m 2√k 2+1，当且仅当m 1=m 2,k 1=k 2，这表明A 中无重复元素.注意到A 是一个无穷集，现将A 中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列.对于任意的正整数n ，设此数列中第n 项为m √k +1.下面确定n 与m ，k 间的关系. 若m i √i +1⩽m √k +1，则m i ⩽√k+1√i+1，由m i是正整数知，对i=1，2，3，4，5，满足这个条件的m i的个数为√k+1√i+1]，从而n=∑√k+1√i+1]5i=1=f(m,k),因此对任意n∈N∗，存在m∈N∗,k∈P，使得f(m,k)=n.11．【2004高中数学联赛（第02试）】对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任意正整数m，集合{m，m+1，m+2，…，m+n－1}的任何一个f(n)元子集中，均有至少3个两两互素的元素.【答案】证明见解析【解析】当n⩾4时，对集合M={m,m+1,m+2,⋯,m+n−1}，若2|m，则m+1，m+2，m+3两两互素.若2不能整除m，则m，m+1，m+2两两互素.所以M的所有n元子集中，均有至少3个两两互素的元素，即f(n)存在且f(n)≤0.设T n={t|t≤n+1且2|t或3|t}可知T n是{2，3，…n+1}的子集，但T n中任3个元素均不能两两互素，所以f(n)⩾|T n|+1，由容斥原理知|T n|=[n+12]+[n+13]−[n+16]，从而必有f(n)⩾[n+12]+[n+13]−[n+16]+1①所以f(4)⩾4,f(5)⩾5,f(6)⩾5，f(7)⩾6,f(8)⩾7,f(9)⩾8，我们将证明f(6)=5，设x1,x2,x3,x4,x5是{m，m+1，m+2，…，m+5}中的5个数，若这5个数中有3个奇数，则它们两两互素，若这5个数中有两个奇数，则必有3个偶数，不妨设x1,x2,x3为偶数，x4,x5为奇数.当1≤i<j≤3时，|x i−x j|∈{2,4}，所以x1,x2,x3中至多1个被3整除，至多1个被5整除，从而至少有1个既不被3整除也不被5整除.不妨设其为x3，有x3,x4,x5两两互素.说明这个数中有3个两两互素，即f(6)=5.又因为{m,m+1,m+2,⋯,m+n}={m,m+1,m+2,⋯,m+n−1}∪{m+n}，可知f(n+1)⩽f(n)+1，因为f(6)=5，所以f(4)=4,f(5)=5,f(7)=6,f(8)=7,f(9)=8.所以当4⩽n⩽9时f(n)=[n+12]+[n+13]+[n+16]+1②接下来用归纳法证明对所有n都有式②成立：假设n≤k(k≤9)时，式②成立.当n=k+1时，由于{m,m+1,m+2,⋯,m+k}={m,m+1,m+2,⋯,m+k−6}∪{m+k−5,m+k−4,m+k−3，m+k−2,m+k−1,m+k}.且当n=6，n=k－5时，式②成立.所以f(k+1)⩽f(k−5)+f(6)−1=[k+22]+[k+23]−[k+26]+1③由式①与③知，对n=k+1，式②成立.所以对任意的n≥4，有f(n)=[n+12]+[n+13]−[n+16]+1.12．【1995高中数学联赛（第02试）】求一切实数p，使得三次方程5x3−5(p+1)x2+(71p−1)x+1=66p的三个根均为自然数.【答案】76【解析】由观察易知x=1为原三次方程的一个自然数根，由综合除法，原三次方程可降次为二次方程5x2−5px+66p−1=0①原三次方程的三个根均为自然数等价于二次方程①的两个根均为自然数.设u，v(u≤v)为方程①的两个根，则由韦达定理得{u+v=p②uv=15(66p−1)③，把式②代入式③得5uv=66(u+v)−1④可知u，v都不能被2，3，11所整除.又由式④得v=66u−15u−66⑤而u，v均为自然数，由式⑤可知v>665，即u⩾14.又2|u，3|u均不成立，所以u⩾17.由v≥u及式⑤可得66u−15u−66⩾u，即5u2−132u+1⩽0.于是u⩽66+√662−55<1325，所以17⩽u⩽26.再由2|u，3|u均不成立知，u只能取17，19，23，25.当u=17时，由式⑤得v=112119=59，当u=19时，由式⑤得v=125329，并非自然数，应舍去当u=23时，由式⑤得v=151749，并非自然数，应舍去.当u=25时，由式⑤得v=1649，并非自然数，应舍去.59所以仅当p=u+v=76时，方程①的两根均为自然数，原方程的三根均为自然数.13．【1994高中数学联赛（第02试）】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100 0项.【答案】2186【解析】设S={1,2,⋯,105}，A1={x|x∈S且3|x}，A2={x|x∈S且5|xA3={x|x∈S且7|x}.则与105互素且不大于105的自然数为：|A1∩A2∩A3|=|S|−(|A1|+|A2|+|A3|)+(|A1∩A2|+|A1∩A3|+|A2∩A3|)−|A1∩A2∩A3|,所以|S|=105,|A1|=35,|A2|=21,|A3|=15，|A1∩A2|=7,|A1∩A4|=5,|A1∩A2|=3，|A1∩A2∩A3|=1，|A1∩A2∩A3|=105−(3×5+3×7+5×7)+(3+5+7)−1=105−71+15−1=48设与105互素的正整数按从小到大的顺序排成的数列为a1,a2,a3,⋯,a n,⋯，则a1=1,a2=2,a3=4,⋯,a48=104，令P={a1,a2,a3,⋯,a48}，一方面，对于n≥1，令a n=105k+r(k⩾0,0⩽r⩽104,k,r∈Z)，因为(a n,105)=1，所以(r,105)=1，故r∈P；另一方面，对于任意的非负整数k及r∈P，因为(r,105)=1，所以(105k+r,105)=1，从而必有n使得a n=105k+r.这表明数列{a n}由且仅由形如105k+r(k≥0，k∈Z，r∈P)的数按从小到大的顺序排列而成.因为数列是递增的，且对每个固定的非负整数k，当r取遍P的值时，共得48个数，而1000=48×20+40，所以a1000=105×220+a40.因为a48=104,a47=103,a46=101,a45=97,a44=94，a43=92,a42=89,a41=88,a40=86.所以a1000=105×20+86=2186.14．【1991高中数学联赛（第02试）】设a n为下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1，3或4，求证：a2n是完全平方数，这里n=1，2，…【答案】证明见解析【解析】设N=x1x2⋯x k，其中x1,x2,⋯,x k∈{1,3,4}且x1+x2+⋯+x k=n.假定n>4.删去x1时，则当x1依次取1，3，4时，x2+x3+⋯+x k分别等于n－1，n－3，n－4.故当n>4时a n=a n−1+a n−3+a n−4①先用归纳法证明下式成立a2n+1=a2n+a2n−1②因故当n=1时，式②成立.设n=k时，式②成立，即a2k+2=a2k+a2k−1，则据式①，有a2k+3=a2k+2+a2k+a2k−1=a2(k+1)+a2(k+1)−1.可见式②对k+1成立，于是式②对一切n∈N成立.2③再用归纳法证明下式成立a2n a2n+2=a2n+1因a2=1,a3=2,a4=4，故当n=1时，式③成立.2，设n=k时，式③成立，即a2k a2k+2=a2k+1则据式①，②，有2a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+1+a2k+1+a2k)=a2k+2a2k+3+a2k+2a2k+1+a2k+12.=a2k+2a2k+3+a2k+1a2k+3=a2k+3可见式③对k+1成立.故式③对一切n∈N成立.最后再用归纳法证明本题结论，显然n=1时结论正确，设a2n是完全平方数，则由式③知a2n+2是完全平方数，因此结论对任意自然数n成立.15．【1989高中数学联赛（第02试）】有n×n(n≤4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意地填入+1与－1两数中的一个，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：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(即总能表成4k的形式，其中k∈Z).【答案】证明见解析【解析】首先题目中所谓的基本项共有n!个，且每个基本项的取值要么是1，要么是－1.设表中第i行，第j列的数为a ij(a ij=1或－1)，则每个a ij都出现在(n－1)!个基本项内..考虑全部(n!个)基本项的乘积G1⋅G2⋅⋯⋅C n!=∏a ij(n−1)!1⩽i,j≤n(n−1)!=1.由于n≥4，所以(n－1)!是偶数，故aij即G1⋅G2⋅⋯⋅G n!=1.说明在G1,G2,⋯,G n个基本项中－1有n!个数，设为2k个，于是G1,G2,⋯,G n中的1的个数为n!－2k，这样G1+G2+⋯+G n!=(n!−2k)+2k(−1)=n!−4k.显然是4的倍数，命题得证.16．【1985高中数学联赛（第02试）】在直角坐标系xOy中，点A(x1,y1)和点B(x2,y2)的坐标均为正整数.OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B'，A在y轴上的射影为A'，△OB'B的面积比△OA'A的面积大33.5.由x1,y1,x2,y2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.【答案】答案见解析【解析】很明显，题设的主要条件是关于面积的一些等量关系.于是由S△BOB′=S△AOA′+33.5得x2y2=x1y1+67，因为x1y1>0，所以x2y2>67.因为x2,y2为一位正整数，所以x2y2=72和81.但因为∠BOB′<45°，即点B在直线y=x的下方所以x2>y2，故x2y2≠81.于是x2y2=72，所以x2=9,y2=8，从而x1y1=5.又因为∠AOB′>45°，所以x1<y1，由x1,y1均为一位正整数，推得x1=1,y1=5.所以x1x2y2y1=1985.17．【1984高中数学联赛（第02试）】设a n是12+22+⋯+n2的个位数字，n=1，2，3，…….试证0.a1a2⋯a n⋯是有理数.【答案】证明见解析【解析】本题实际上只要证出0.a1a2⋯a n⋯是循环小数即可.下面将介绍几个证法证法一因为k2,(k+10)2,(k+20)2,⋯,(k+90)2的个位数字都相同，而10个相同整数之和的个位数字是0，所以k2+(k+10)2+(k+20)2+⋯+(k+90)2的个位数字是0.从而a n+100=(12+22+⋯+n2+(n+1)2+⋯+(n+100)2)的个位数字为：(a n+(n+1)2+(n+2)2+⋯+(n+100)2)的个位数字={a n+[(n+1)2+(n+11)2+⋯+(n+91)2]+[(n+2)2+(n+12)2+⋯+(n+92)2]+⋯+[(n+10)2+(n+20)2+⋯+(n+100)2]}的个位数字=a n.所以0.a1a2⋯a n⋯是循环小数.证法二因为(k+10)2=k2+20k+100,所以(k+10)2与k2的个位数字相同.又因为数列{a n}的前10项依次为1，5，4，0，5，1，0，4，5，5.所以从a11至a20就是把a10=5分别加到a1~a10各项所得数的个位数字.由于a20=0，所以a21=a1=1，…，a30=a10=5,a31=a21+5的个位数字，……a40=a30+5的个位数字.依此类推，有a n+20=a n.即0.a1a2⋯a n⋯是循环节长为20的循环小数.优质模拟题强化训练1．设k 、l 、c 均为正整数，证明：存在正整数a 、b 满足b −a =c ⋅(a,b)，且τ(a)τ(a (a,b))⋅l =τ(b)τ(b a,b )⋅k ，其中(a ，b )表示a 、b 的最大公因数，τ(m)表示正整数m 的所有不同正因子的个数.【答案】见解析【解析】如果m 的标准分解式为m =p 1α1p 2α2⋯p n n αn ，那么τ(m)=(α1+1)(α2+1)⋯(αn +1). 取定两个不同的素数p 、q 使得(pq ，c )=1.由于(p ，q )=1，利用裴蜀定理，存在正整数u 0,v 0，使得p k u 0−q l v 0=c .由于(pq ，c )=1，那么p ∤v 0且q ∤u 0.由中国剩余定理，下列同余方程组：{u 0+tq l ≡1( mod p)v 0+tp k ≡1( mod q)u 0+tq l ≡1( mod c)有正整数解t =t 0.令u =u 0+t 0q l ,v =v 0+t 0p k ，那么p k u −q l v =c ，而且(u ，pqc )=1.因此(v,pqc)=1,(u,v)=1.现在取d =p k 2−1q l 2−1,n =q l v ，则n +c =q l v +c =p k u .从而(n,n +c)=1.令a =nd ，b =(n +c )d ，那么(a ，b )=d ，因此b −a =cd =c ⋅(a,b).而且：τ(a)τ(a a,b )⋅l =τ(nd)τ(n)⋅l =τ(p k 2−1q l 2+l−1v)τ(q l v)⋅l =k 2(l 2+l)l l+1=k 2l 2. τ(b)τ(b a,b )⋅k =τ((n+c)d)τ(n+c)⋅k =τ(p k 2+k−1q l 2−1u)τ(p k u)⋅k =(k 2+k)l 2kk+1=k 2l 2. 所以τ(a)τ(a (a,b))⋅l =τ(b)τ(b (a,b))⋅k .2．求所有的正整数n ，使得方程1x 12+1x 22+⋯+1x n 2=n+1x n+12有正整数解. 【答案】{n ∈N +|n ⩾3}.【解析】当n =1时，方程变为1x 12=2x 22，得x2x 1=√2，显然无正整数解. 当n =2时，方程变为1x 12+1x 22=3x 32，得(x 2x 3)2+(x 1x 3)2=3(x 1x 2)2. 先证引理：a 2+b 2=3c 2无正整数解假设有一组正整数解a ､b ､c ，不妨设a ､b ､c 的最大公因数为1.由a ､b 为正整数，知a 2≡0或1(mod 3)，b 2≡0或1(mod 3).又3c2≡0( mod 3)，故a2≡0( mod 3)且b2≡0( mod 3)，即a≡0( mod 3)且b≡0( mod 3)，从而c≡0( mod 3).这与“a､b､c的最大公因数为1”矛盾.引理得证由a2+b2=3c2无正整数解，可知此时原方程无正整数解.当n=3时，方程变为1x12+1x22+1x32=4x42，由32+42=52，得32 (3×4×5)2+42(3×4×5)2=52(3×4×5)2，即1202+1152=1122，所以1202⋅122+1152⋅122=1(122)2，可得1202(1202+1152)+1152⋅122=1(122)2，即14002+13002+11802=11442，故14002+13002+11802=42882.这说明原方程有正整数解：x1=400,x2=300,x3=180,x4=288.当n≥4时，1x12+1x22+⋯+1x n2=n+1x n+12有正整数解：x1=400,x2=300,x3=180,x4=x5=⋯=x n=x n+1=288.综上，当n=1或n=2时，原方程无正整数解；当n≥3时，原方程有正整数解.即所求的n为{n∈N+|n⩾3}.3．求证：不存在无穷多项的素数数列p1,p2,⋯,p n,⋯，使得p k+1=5p k+4,k=1,2,⋯.【答案】见解析【解析】用反证法.假设存在满足题设的无穷多项的素数数列p1,p2,⋯,p n,⋯，则由p k+1=5p k+4得p k+1+1=5(p k+1)，于是数列{p k+1}是以5为公比的等比数列，所以p k+1=5k−1(p1+1)，故p k=5k−1(p1+1)−1,k=1,2,⋯.易知数列{p n}是严格递增的，不妨设p1>5(否则用p2作为首项)，则有(5，p1)=1，于是由费马小定理得5p1−1≡1( mod p1)，所以p p1=5p1−1(p1+1)−1=5p1−1p1+5p1−1−1=0( mod p1)，这与p p1是素数矛盾所以，满足题设的素数数列不存在.4．设m，n是正整数，满足mn|m2+n2+1.证明：m2+n2+1=3mn.【答案】证明见解析．【解析】由题：m，n是正整数，满足mn|m2+n2+1，设m2+n2+1=tmn,t∈N∗，mn|m2+n2+1，必有n|m2+1,m|n2+1，所以m2+1n ,n2+1m均为正整数，当m=n时，2m2+1=tm2,t∈N∗，1=(t−2)m2,t∈N∗，显然只能m=1,t=3，当m≠n时，不妨设m<n，则m 2+1n<m<n，考虑方程x2+y2+1=txy,t∈N∗，(m,n)是方程的一组解，m2+n2+1=tmn,t∈N∗，则m2+(m2+1n )2+1=m2+(tmn−n2n)2+1=m2+(tm−n)2+1=m2+n2+t2m2−2tmn+1 =t2m2−tmn=tm(tm−n)=tm(tmn−n2n)=tm⋅m2+1n即m2+(m2+1n )2+1=tm⋅m2+1n，即(m,m2+1n)也是方程x2+y2+1=txy,t∈N∗的一组解，同理可得：(n,n 2+1m)，(n2+1m,n),(m2+1n,m)均是该方程的解，照此递换，必有(1,2)是方程的解，所以t=3综上所述：t=3，即m2+n2+1=3mn.5．求证：对任意的n∈N∗，32n+2−8n−9能被64整除.【答案】证明见解析【解析】（1）当n=1时，式子32n+2−8n−9=34−8−9=64能被64整除，命题成立．（2）假设当n=k时，32k+2−8k−9能够被64整除．当n=k+1时，32k+4−8(k+1)−9=9[32k+2−8k−9]+64k+64=9[32k+2−8k−9]+64(k+1)，因为32k+2−8k−9能够被64整除，∴9[32k+2−8k−9]+64(k+1)能够被64整除．即当n=k+1时，命题也成立．由（1）（2）可知，32n+2−8n−9(n∈N∗)能被64整除．6．求最小的正整数n，使得当正整数点k≥n时，在前k个正整数构成的集合M={1,2,⋯,k}中，对任意x∈M总存在另一个数y∈M且y≠x，满足x+y为平方数．【答案】7【解析】易知当n≤6时，在M={1,2,3,4,5,6}中，数2与其他任何数之和皆不是平方数；以下证明，n的最小值为7．如果正整数x、y(x≠y)满足：x+y=平方数，就称{x,y}是一个“平方对”，显然在M={1,2,⋯,7}中，{1,3}，{2,7}，{3,6}，{4,5}为平方对．在M={1,2,⋯,7,8}中增加了平方对{1,8}；在M={1,2,⋯,7,8,9}中平加了平方对{7,9}．以下采用归纳法，称满足题中条件的k为具有性质P；简记为k∈P．据以上知，当7≤k≤32时，均有k∈P．设已证得，当7≤k≤m2(m≥3)时，皆有k∈P，今考虑7≤k≤(m+1)2情况，利用归纳假设，只需证，当k =m2+r，其中1≤r≤2m+1时，均有k∈P．首先，在r=2m+1，即k=(m+1)2时，(k,2m+3)构成平方对，这是由于k+(2m+3)=(m+1)2+(2m+3)=(m+2)2，而由m2−(2m+3)=(m−1)2−4≥0，知2m+3≤m2，即2m+3≠k．在1≤r≤2m时，(k,2m+1−r)构成平方对，这是由于k+(2m+1−r)=(m2+r)+(2m+1−r)=(m+1)2，而1≤2m+1−r≤2m<m2，所以2m+1−r≠k．因此对于满足7≤k≤(m+1)2的每个k，皆有k∈P，从而对所有满足7≤k≤m2(m≥3)的正整数k，皆有k∈P，即对一切正整数k≥7，均有k∈P．所以n的最小值为7．7．设k∈Z+，定义：A1=1，A n+1=nA n+2(n+1)2k(n=1,2⋯).证明：当n≥1时，A n为整数，且A n为奇数当且n+2仅当n≡1或2(mod4).【答案】见解析【解析】注意到(n+2)A n+1−nA n=2(n+1)2k①(n+1)A n−(n−1)A n−1=2n2k②(n +1)×①+n ×②得(n +1)(n +2)A n+1−(n +1)nA n−1=2(n +1)2k+1+2n 2k+1. 反复运用上式，再叠加得A n =2S(n)n(n+1).其中，S(n)=1′+2′+⋯+n′(t =2k +1).由2S(n)=∑[(n −i)t +i t ]n i=0=∑[(n +1−i)t +i t ]n i=1⇒n(n +1)|2S(n)因此，A n (n ≥1)为整数.1.若n ≡0或2(mod 4)，由S(n)有奇数个奇数项知S(n)为奇数. 于是，A n 为奇数.2.若n ≡0(mod 4)，则(n 2)t ≡0(mod n)故S(n)=∑[(n −i)t +i t ]n 2i=0−(n 2)t ≡0(mod n) 于是，A n 为偶数.3.若n ≡3(mod 4)，则(n+12)t ≡0(mod n +1) 故S(n)=∑[(n +1−i)t +i t ]n+12i=1−(n+12)t ≡0(mod n).于是，A n 为偶数.因此，当n ≥1时，A n 为整数，且A n 为奇数当且仅当n ≡1或2(mod 4). 8．已知a 、b 、c 、d 、e 、e 为整数，方程ax 5−2bx 4+3cx 3−5dx 2+7ex −2024=0①有正整数解．证明：存在无穷多个正整数k 使得61|(11k 5−7ek 4+5dk 3−3ck 2+2bk −a)．【答案】见解析【解析】设方程①的正整数解为x =m ．首先说明：(m,61)=1．否则，61|m ⇒61|(am 5−2bm 4+3cm 3−5dm 2+7em)⇒61|2024．矛盾．由am 5−2bm 4+3cm 3−5dm 2+7em −2024=0⇒am 5−2bm 4+3cm 3−5dm 2+7em −11=2013=3×11×61⇒am 5−2bm 4+3cm 3−5dm 2+7em −11≡0(mod 61)．取整数n(1≤n≤60)，满足mn≡1(mod61)．故0≡−(am5−2bm4+3cm3−5dm2+7em−11)n5≡11n5−7en4+5dn3−3cn2+2bn−a≡0(mod61)．取k=61t+n(t=1,2,⋯)．则11k5−7ek4+5dk3−3ck2+2bk−a≡11n5−7en4+5dn3−3cn2+2bn−a≡0(mod61)．因此，存在无穷多个正整数k，使得61|(11k5−7ek4+5dk3−3ck2+2bk−a)．9．已知a n=∑n−1i=010i(n=1,2,⋅⋅⋅)，求证：存在无穷多个正整数n，使a1,a2,⋅⋅⋅,a n除以n的余数互不相同。

初等数论-历届全国高中数学联赛真题专题分类汇编

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 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 =．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。

全国高中数学历届(2009-2019)联赛初等数论试题汇编

全国高中数学历届(2009-2019)联赛初等数论试题汇编1．【2017年全国联赛】若一个三位数中任意两个相邻数码之差均不超过1,则称其为“平稳数”.那么,平稳数的个数为____________。

【答案】75【解析】考虑平稳数,若,则,有2个平稳数。

若,则个平稳数。

若,则,有个平稳数。

若，则，有个平稳数。

综上，平稳数的个数为。

故答案为：752．【2015年全国联赛】对四位数，若，则称类数；若，则称类数.用分别表示类数与类数的个数.则的值为______.【答案】285【解析】记类数、类数的全体分别为，再记个位数为零的类数全体为，个位数不为零的类数全体为. 对任一四位数，将其对应到四位数.注意到，.则.反之，每个唯一对应于中的元素.因此，建立了之间的一一对应.故.下面计算.对任意四位数可取0，1，…，9，对其中每个，由，知分别有种取法.故.因此，.故答案为：2853．【2010年全国联赛】方程满足的正整数解（）的个数是________.【答案】336675【解析】首先，易知方程的正整数解的个数为.其次，把方程满足的正整数解分为三类：（1）均相等的正整数解的个数显然为1；（2）中有且仅有两个相等的正整数解的个数，易知为1003；（3）设两两均不相等的正整数解的个数为.注意到.解得.故满足的正整数解的个数为.4．【2019年全国联赛】设m为整数，|m|≥2.整数数列满足：不全为零，且对任意正整数n，均有.证明：若存在整数r，s（r>s≥2）使得，则.【答案】【解析】若，记.则对任意正整数n，d|a n，考虑数列，可得同样结论。

故不妨设，由可知，即对任意大于2的正整数n，.若a 1，不满足，则不存在r>s≥2使得，故不妨设，由互质性.设，则b n为整数数列，.可知，若存在整数使得，则.而，故，由知，故r-s≥|m|.5．【2018年全国联赛】设n，k，m是正整数，满足k≥2，且.设A是的n元子集。

《初等数论》第三版习题解答

第一章整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。

∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有 1102222b b q q t a bs a b a b t ++-≤=-=-=-<∴≤ 若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同．证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。

（完整版）初等数论练习题二（含答案）

（完整版）初等数论练习题二（含答案）《初等数论》期末练习一一、单项选择题1、如果a b ，b a ，则( ).A b a =B b a -=C b a ≤D b a ±=2、如果n 3，n 5，则15（）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定3、在整数中正素数的个数（）.A 有1个B 有限多C 无限多D 不一定4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则A )(mod m bc ac ≡B b a =C ac T )(mod m bcD b a ≠5、如果( ),则不定方程c by ax =+有解.A c b a ),(B ),(b a cC c aD a b a ),(6、整数5874192能被( )整除.A 3B 3与9C 9D 3或97、如果n 2，n 15，则30（）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定8、大于10且小于30的素数有（）.A 4个B 5个C 6个D 7个9、模5的最小非负完全剩余系是( ).A -2,-1,0,1,2B -5,-4,-3,-2,-1C 1,2,3,4,5D 0,1,2,3,410、整数637693能被( )整除.A 3B 5C 7D 9二、填空题1、素数写成两个平方数和的方法是（）.2、同余式)(mod 0m b ax ≡+有解的充分必要条件是( ).3、如果b a ,是两个正整数,则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为(). 4、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者( ).5、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的( ).6、如果b a ,是两个正整数,则存在( )整数r q ,,使r bq a +=,b r π≤0.7、设p 是素数,则不定方程22y x p +=有（）.8、如果同余式)(mod 0m b ax ≡+有解,则解的个数( ).9、在176与545之间有( )是13的倍数.10、如果0φab ,则),](,[b a b a =( ).11、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( ).三、计算题1、求[136,221,391]=?2、求解不定方程144219=+y x .3、解同余式)45(mod 01512≡+x .4、求??563429,其中563是素数. （8分） 5、求[24871,3468]=?6、求解不定方程18176=-y x .7、解同余式)321(mod 75111≡x .8、求17的平方剩余与平方非剩余.四、证明题1、证明对于任意整数n ,数62332n n n ++是整数. 2、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.3、证明形如14-n 的整数不能写成两个平方数的和.4、如果整数a 的个位数是5,则该数是5的倍数.5、证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数.初等数论期末练习一答案一、单项选择题1、D.2、A3、C4、A5、A6、B7、A8、C9、D 10、C二、填空题1、素数写成两个平方数和的方法是（唯一的）.2、同余式)(mod 0m b ax ≡+有解的充分必要条件是(b m a ),().3、如果b a ,是两个正整数,则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为( ][ba ). 4、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者( 与p 互素 ).5、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的( 倍数 ).6、如果b a ,是两个正整数,则存在( 唯一 )整数r q ,,使r bq a +=,b r π≤0.7、设p 是素数,则不定方程22y x p +=有（唯一解）.8、如果同余式)(mod 0m b ax ≡+有解,则解的个数( ),(m a ).9、在176与545之间有( 28 )是13的倍数.10、如果0φab ,则),](,[b a b a =( ab ).11、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( 1 ).三、计算题1、求[136,221,391]=?（8分）解 [136,221,391]=[[136,221],391] =[391,17221136?] =[1768,391] = 173911768? =104?391=40664.2、求解不定方程144219=+y x .（8分）解：因为（9，21）=3，1443，所以有解；化简得4873=+y x ；考虑173=+y x ，有1,2=-=y x ，所以原方程的特解为48,96=-=y x ，因此，所求的解是Z t t y t x ∈-=+-=,348,796。

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。

《初等数论》版习题解答

《初等数论》版习题解答第⼀章整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。

∴存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===⼜12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+ ⼜(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从⽽可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最⼩整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0,x y Z ?∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最⼩整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ ⼜有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意⼆整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成⽴，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯⼀存在的．当b 是偶数时结果如何？证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在⼀个整数q ，使122q q b a b +≤<成⽴ ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有1102222b b q q t a bs a b a b t ++-≤=-=-=-<∴≤ 若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-下证唯⼀性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> ⽽111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ ⽭盾故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯⼀，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ?=?+=?+-=≤§2 最⼤公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同．证：设d '是a ，b 的任⼀公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题29初等数论(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题29初等数论1.【2020高中数学联赛E卷(第02试)】设Gb为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得α∏+b∏+9≡C( modl3)对任意正整数H成立-求所有满足条件的有序数对(α, b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1：由条件知,对任虑正整数几有沪+ b n+9≡ a n+2 + b n÷12(modl3). ①注意到13为素数,α上均与13互素,由费马小定理知H ≡b2≡I(ZnOdI3).因此在①中取沪12,化简得1 + b9≡a2+ l(modl3),故b° ≡ α3(modl3).代入①,得N + a3b n≡απ÷3 + &π+12≡ απ÷3 + ∂π(modl3),即(刃一∂n)(l 一α3) ≡ 0(modl3). ②分两种情况讨论.(i )若疋≡ 1 (modi3),则沪≡ a3b3≡ b l2≡l(modl3),又{12∙∙∙J2},经检验可知a f bE{1Λ9}.此时“ + b n+9≡ a n+∂n(modl3).由条件知α + b ≡ a2 + b3≡2(mod 13),从而只能是π=δ=l.经检验,当(α, b) =(1,1)时,对任总正整数n, J +沪+9模U余2为常数,满足条件•(ii)‰3N l(modl3),则由②知,对任意正整数n,Wαn≡ ∂n(modl3).特别地，α ≡ &(modl3),故a=b.所以a? ≡ b9=α9(modl3),即左(“ 一l)(α3+ 1) ≡ 0(mod 13),‰3≡ -I(modl3).通过检验α ≡ ±‰±2,-j±6(modl3),可知α = 4,10,12.经检验,当(α,b) = (4M(IO40),(12J2)时,对任盘正整数”，有"+ b n^9= a n +αn÷9= a n(l + (α3)3) ≡ 0(modi3),满足条件.综上,所求的有序数对(α, b)为(1,1), (4,4), (10,10), (12,12).解法2:由条件知,对任盘正整数",有("+ ∂n+9)(αn+2+ fa n÷11) ≡ (αn÷1 + ∂n+10)≡(modl3), 化简得αn∂π÷11 + aπ÷2b n+9≡ 2a n÷1 + ∂π÷10(modl3),即a n b n^(a一b)2≡0(modl3).由于13 为素数,a,b∈ {12…,12},故13Ka 一b)：,进而a = b.因此,当M变化时,αn+ b n÷9= αn(l + Q9)模13的余数为常数.当1 + α9 (modl3)时,由上式知,"模13的余数为常数，特别地,有小≡ α(modl3),故el.当l + α9≡ 0(modl3)时,由费马小定理得“ ≡ l(modl3),故心≡ a3• (一“)≡ -α12≡ -I(modl3).通过检验α ≡ ±1, ±2「・・，±6(modl3),可知α = 4,10,12.综上,所求的有序数对(α, b)⅜(l,l), (4,4), (10,10), (12,12).2.[2019高中数学联赛A卷(第02试)】设加为整数，|加|》2.整数数列α1,α2,-满足:5不全为零，且对任恿止整数"，均有αn+2= αn+1 - ma n.证明:若存在整数厂、s(r>s≥2)使得O r= a s = a lf则r -Syn1.【答案】证明见解析【解析】不妨设如,如互素(否则,若(a lf a2)= d > 1 ,则孑与晋互素，并且用%#，¥，•••代替S吆α3,∙∙∙条件与结论均不改变)•由数列递推关系知α= ≡ α3≡ α4≡…(mod Inll) ①以下证明:对任恿整数n≥3,有αzj≡α2- (α1+ (n- 3)α2)m(modτn2) ②事实上，当"=3时②显然成立•假设时②成立(其中斤为某个人于2的整数)，注意到①，‰αk.1≡ ma2(modτn2),结合•归纳假设知αfc+1= a k-mαfc.1三5 _ (α1+ (上一3)α2)m 一ma2≡ α2—(α1+ (k —2)α2)( modτn2)>即W=HI时②也成立•因此②对任意整数"≥3均成立-注這•当4丄=色时，②对W=2也成立.设整数尸、W>s≥2),满足a r= a s=α1.若5 = 5，由②对”N2均成立，可知a2_ (α1+ (r —3)a2)m ≡ a r= a3= a2—(α1+ (s —3)—)加(mod πι2),即5 + (r —3)α2≡ α1 + (s —3)αrr( mod Inι∣).即(旷一s)a2≡ 0( mod ImI) ③若5 ≠ a2,则外=a s= a1≠ a2,故7,>5>3.此时由于②对曲3均成立，故类似可知③仍成立.我们证明①，加互素事实上，假如①与加存在•个公共素W TP.则由①得P为SaW••的公因C而勺,％互素，故p Ia1,这与S = a s=如矛丿帀.因此，由③f⅛r - s ≡ 0(mod ∣τn∣).又4s,所以r - s ≥ ∣m∣.3.[2019高中数学联赛E卷(第02试)】求满足以下条件的所有正整数”：(1)"至少有4个正因数；(2)若d1<d2< - < d k是”的所有正因数,d2-d1,d3-d2,∙∙∙, d k - d k.1构成等比数列.【答案】答案见解析【解析】由条件可知空4,且a k-L^a k-2易知d丄=I f d k= n f d k.1 = £-, dfc-2 =診代入上式得害=二⅛,化简得(心- d2)=≡ (d3 - l)=d3.d≡^1矿石由此可知d3是完全平方数.由于空予是“的最小素因山是平方数，故只能d3≈p z.从而序列d2 - d l,d3 - d z,-,d k -d k.1 ,p- l t p2 - p,p3 -p2, -,p k~1 -p k~z,即d x,d2,d2,-,d k为1, p, P=,-, P k-I f而此时相应的H ^P k-I-综上可知，满足条件的"为所有形如Pa的数，其中P是素数，整数"23.4.【2018高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数Q2.证明:对任意正整数”，存在正整数匕使得连续"个数a k + l t a k + 2, ∙∙∙t a k + n均是合数.【答案】证明见解析【解析】设i1< ι2< - < i r是1, 2,…，”中与α互素的全体整数，则对l≤f≤π, I € {i1,t2,-,i r}^无论正整数*如何取值，/ + Z均与α不互素且大于α,故十+ i为合数.对任盘丿=1，2. ...» ?•»Wa + i j. > 1,故a + i j有素因f p j.我们有(P il a) = 1(否则，因刃是素数，故Pjla,但Pja+ 4从而Pjl屮故不互素，与S的取法矛厉).因此，由费马小定理知,Ori-I≡ l(modp y).现収上= (P I- l)(p2 - 1)... (P r- 1) + 1.对任7=1» 2,…，儿注意到k ≡ 1( mod p j-l),故有αk + ≡ α +≡ 0( mod p i).又a k + i j > a + i j Pj,故a k + i j为合数.综上所述，当k = (p1- I)(P= - 1)∙∙∙ (P r-I) + 1 时，a k + l,a k + 2,∙∙∙t a k + n均是合数.5.[2017高中数学联赛A卷(第02试〉】设加、”均是大于1的整数，加狄％〜，…，-是〃个不超过加的互不相同的正整数,且a1,a2,-,a n互质•证明:对任意实数x,均存在•个/(1≤J≤M),使得Ila f XI∣ ≥-^-∣∣%∣∣,这里IIyπz(τn+l)Il农示实数y到与它最近的整数的距离.【答案】证明见解析【解析】4首先证明以下两个结论结论1 存在整数c lt c2f∙∙∙l c n.满足C I a I + c2a2+ ∙∙∙ + c nαn= It并且ICd ≤ 1 ≤ i ≤ n・由J (α1,α2, ∙∙∙,απ) = 1,由裴蜀定理,存在整数c1, c2, •••> c n,满足C丄Cl] ÷ C Z(12 ∙,∙÷ C n a n= 1 CIJ下面证明，通过调整，存在^C V C2,-,C n满足①，且绝对值均不超过m i½(c n c2j-,cπ) = ∑c.>m c t≥ 0∙52(C V C2√∙∙,c n) = ∑e.^m∣9∣ ≥ 0∙如果Sι>0,那么存在c i>m> 1.于是C i a i >1,又因为a lf a2f-f a n均为正数，故由①可知存在C j < 0.令c；= Ci 一a jf cj = C j +a if Ck =C fc(I ≤ k ≤ n l k ≠ ZJ),则弘丄+ c t2a z H-- 1- Cna n= 1 ②并且0 ≤ TH—丐≤ c； VC“ g V 弓Vaf ≤ z∏∙因为4 V q,且Cj < m.所以S jL(CZCJ…，c：) V S2(CvCs・・・，cJ.又c； > 今及c；> 0, ι⅛S2(c∫,Ci l-I c；) ≤S2(c ll c2l-½cπ).如果S2>0,那么存在C j <-m, W此有•个C i > 0.令c；= Ci 一a jf c- =C j+ a it C t k= C k(I ≤ k ≤ ∏Λ ≠ ZJ)，那么②成立，并且一加< Ci < C if CJ < Cj < 0.与上Ifri类似地可知S JL (⅛ c；,…心)≤ S丄(d g…心)，l⅛(c;心…,4) < S2(c ll c2√∙∙,c n).因为Sl与6均是非负整数，故通过有限次上述的调整，可得到•组c1, C2,-., c n,使得①成立，并且51= S2 = 0. 结论1获证.结论2(1)对任意实数心b,均⅛∣∣α + ∂∣∣ ≤ IlalI + ∣∣fc∣∣.(2)任意整数U和实数y WIlUyIl ≤ IUl・∣∣y∣∣.由于对任盘整数“和实数X，有∣∣x + u∣∣ = I∣x∣b故不妨设α, h∈[-i,i],此时IlaII = IaIIbll = ∣b∣.若ab<Q,不妨设α≤0≤b,贝IJa + b € [—£,弓，从而IIa + b∖∖= ∣a+b∣≤ IaI + Ibl = IIaIl + ∣∣b∣∣.若ab>Q.即a、b同号.当∣a∣ + ∣b∣≤扌廿，有a + bG ——弓，此时Ila + b∖∖= ∖a+b∖=IaI + Ibl = IIaIl + ∣∣b∣∣.当∣α∣ + ∣⅛∣>⅛< 注总总有∣∣α + ∂∣∣ ≤∖■ M 故 ∣∣α+ ∂∣∣≤^<∣α∣ + Ihl = IlaII+ ∣∣δ∣∣. ■ 故⑴得证•由⑴及Il -y∣∣ = IIyIl 即知⑵成立•回到原问题,由结论1,存在整数CVC 2,∙∙∙,c ⅛1f 使得C I a I + c 2a 2 + ∙∙∙+ C n a n = 1, 并且ICil ≤ Hi l 1 ≤ ≤ n ・「是 ∑7≈ιC i a i x = X.利用结论 2 得IMII = ∣∣∑Γ=I C i a l x ∖∖ ≤ ∑f= JCfl ∙ Ila f XIl ≤ m ∑?=I Ila f %∣∣. I 大I 此maXgG∣∣αg∣∣ ≥ ^IlXIl ③ 若 n ≤ ∣(m + 1).由③可知 max κf <Jla l xIl ≥^≥Tin > i(m + 1),则在％吆…,5中存在两个相邻正整数.■不妨设a 十色相邻，则IMII = ∣∣a 2% - a 1%∣∣ ≤ ∖∖a 2x ∖∖ + Ila I %∣∣.6. [2015高中数学联赛(第02试)】求具有下述性质的所有正整数对任总正整数小2(一丄)卄丄I 畀不成立• n!【答案】答案见解析【解析】以呛)衣示"!中2的第次，以S(“)农示n 的二进制农示中1的个数. 有结论”(九)=n -5(n).原题等价丁P(TI) + k(n - 1) ≥ V(Jkn y )恒成立，等价于S(Zai) ≥ S(ZI)恒成立. 显然S(IC) ≥ 1.当S(M)=I,即左为2的方'幕时，WS(kn) ≥ 5(n),符合題盘. 下而用构造法证明：使S(k)≥2的斤均不符合题意. 若S(k)>2,则k 的二进制农示中至少有两个1.用如下方式构造序列““使得存在使S(knKS),则这样的斤不符合条件- 以下讨论均在二进制下.先‰1= l,n 2 = 2a + l ・使得2噪中的最后•个1与*中倒数第二个1对齐(如RlOOl 时，a=3). 当弘取定时，考虔此肘的加『：取％ι = % + 2b,使得2%中的最后•个1与呛中倒数第二个1对齐(如RlOol 时，仙｝为1, 9. 25....).这故IlaHIl 与IlWdI 中有•个A 孕A 加11m(m÷l)*综上所述, 总存在 •个 /(l<∕<n),满足IlaMll ≥ l∣%∣∣.样构造出了•个数列｛川｝，并且易知该数列有无穷笋项•考虑其中•项与由构造方式有S(E)设吟=∑∙=I2ai(α1> a2> — > a j=0),由构造的方式，知佔手的最后«1+1位只有-个1.设 2〃≤k< 2m÷1,则2a^m≤ kn j < 2α^÷m÷2>这样，蚀,的一二进制衣示中至多有Λι+m+l位，至多有7M-1个1.VikJ>m-∖,有故使S(¼)≥2的k均不满足题设.综上，所求的点为一切2的方慕.7.[2014高中数学联赛(第02试)】设整数x v%2√∙∙,X2014模2014互不同余,整‰y2,∙∙∙,y20i4模2014也互不同余•证明：可将2CH4重新排列为Zp Z2√∙∙l Z2ol4 ,使得衍+ Z lf X2 + Z2 f-f X2014f +^2014模4028兀不同余•【答案】证明见解析【解析】记⅛=1007.不妨设石三X三KmOd 2k) (1 ≤ ι ≤ 2k)t对每个整数b l≤∕≤fc> 若如+y i MsC+yg(mod4k),则令Zf = y h z f+k= y t>k> 否则，令Zf = y i+kf z i^k=如果是前•种情形.W I JXt + Z i = X i +y i NXiM + y(+k = X i^k +Z[∙+k(mod4k),如果是后•种情形，则也有曲+ Z i = X i + y f+fc ^%l∙+fc+y i= X i^k +z i+k( mod 4fc)若不然，我们有Xi + y i≡x t∙+k+ y r+fc( mod4k)> %l∙+y t∙+k≡ Xi^k +y l∙(mod4∕c),两式相加得2如≡ 2x t+k(mod 4k). T是血≡ %t+fc(mod2k).(HX l,x2√∙∙J X2OI4模2014(2014=2Q互不同余，特别地血x t+fc(mod 2k) > 矛Jit由上述构造方法知z1,z2√∙∙∕z2k是为％∙∙∙,>⅛k的排列・记WI= X i +z b i =12∙∙∙,2k.下面验证ω1,ω2, ∙∙∙lω2k模4E互不同余,这只需证明，对任意整数(丿1 ≤ t < / ≤ k,w f, Wj l w t∙+k,气+J f模4k两两不同余-注意•前[fti的构造力式已保证Wf +fc(mod 4k)f w j NVV屮(mod 4") ①情形β: Z i = y i且z)=y厂则由前面的构造方式可知叫三叫+上三2Z(mod 2k), Wj ≡ Wj^k≡2;(mod 2k).由于2( N2丿(mod2k),故易知Wf与呦及叫+花模2⅛不同余,叫+住与说及吗+上模2斤不同余•从而模4«更不同余，再结合式①，可见结论得证•惰形二:Z i= y f+k,且Zj = y j+k ,则由前面的构造方式可知:W[ ≡ W i^k≡ 2i + k( mod 2k). Wj ≡ Wj^k≡ 2j+ k(mod2k).同样有Wt与Wj及嗎+J f模2k不同余，Wt+J f与气及+J f模Ik不同余，与情形•相同地可知结论得证.情形三：Z i = y i,且Zj = y j+k <z i= y i+k. IiZ) = y j的情形与此相同)，贝∣J由前面的构造方式可知Wf ≡ Wf+∣c≡ 2i(mod 2k), Wj ≡ w j+k≡ 2j + k( mod2k).由于上是奇数,故2i^2j + k(L mod2),更有2i^2j +k(mod2k).因此仍然有Wf与气及气+J C模2k不同余，VVt+上与气及气+j f模2k不同余.从而结论得证-因此本題得证.S.【2013高中数学联赛(第02试)】设“，上为大于1的整数,*2L证明：存在M个不彼"整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有•组有若干个数的和被“整除.【答案】证明见解析【解析】先考虑“为2的扇的情形‰ = 2r,r≥l,则K疋取3个2-1及"一3个1,显然这些数均不被“整除•将这M个数任总分成两组，则总有•组中含2个2r-1,它们的和为"，被"整除.现在设H不是2 的幕，収2k个数为一1,-1,-2,-22,..., -2k-≡,l,2,2≡,-.,2k-1,因为〃不是2的慕，故上述％个数均不被“整除-若可将这些数分成两组，使得每•组中任意若干个数的和均不能被〃整除•不妨设1在第•组，由于(-1) + 1 = 0彼〃整除，故两个一1必须在第二组：W(-l) + (-l) + 2 = 0被"整除，故2在第•组，进而推出一2在第二组.现归纳假设l,2,-,2l均在第•组，而一1, -1, 一2,…，一2丿均在第二组，这里1≤ ∕<k-2,由于(-1) + (-l) + (-2) + ∙∙∙+ (-2t)+2t÷1 = 0被“整除，故2如在第•组，从而一2屮在第二组•故由数学归纳法可知，l,2,22,∙∙.,2k-≡在第•组，一1, -1, -2, -22, .... -2*^2在第二组.最后,由于(-1) + (-1) + (-2) + •••+ (-2k-2) + 2fc~1= 0被"整除,故2一在第•组.因此l,2,22,..∙,2k-1均在第•组，由正整数的二进制农示可知,每•个不超过2"-1的正整数均可农示为l,2,22,-t2k-χ中若干个数的和，特别地，因为九<2上-1,故第•组中有若干个数的和为”，半然被”整除，矛厉.因此，将前述2«个整数任意分成两组，则总有-组中有若干个数之和被"整除.9. [2009高中数学联赛(第02试)】设也/是给定的两个正整数•证明：有无穷多个正整数n l≥k,使得C J S与/互素.【答案】证明见解析【解析】证法•对任意正整数n <>m = k + t√∙(k!),我们证明(C J iU)=1.设P是/的任•素因子，只要证明：若P弘!，则由k! ⅛= ∏'sl(m-k + i)≡H：J(Z + d(k!))] ≡ ∏f=I i ≡ k! (modp),因此对任总"∈ N*,存在m ∈ NSk ∈ P,使得∕∙(τn,k) = n.11.【2004高中数学联赛(第02试)】对于整数“≥4,求出最小的整数血),使得对于任意正整数汕集合{加，m+l,加+2,…，加十〃一1}的任何•个血)元子集中,均有至少3个两两互素的元素.【答案】证明见解析【解析】当n≥ 4l∣i f»对集合M = {mτn + l,m + 2,∙∙∙,τn + n — 1},若2|加,则m+l, m+2, m+3两两互素.若2不能整除加,则加，nι+l,加+2两两互素.所以M的所有"元了集中，均有至少3个两两互素的元素，即夬小存在且y{")≤0∙‰={t∣t≤n+1^2∣t^3∣t}可知T”是{2, 3,.」+1}的子集,但7；中任3个元素均不能两两互素,所⅛∕(n)≥ ∣T n∣ + l.由容斥原理知ITnI=［字］+从而必有r(n)≥ ［4i］ + ［宁］一［宁］+1 ①所以f(4) ≥ 4,/(S) ≥ 5√(6) ≥ 5, /(7) ≥ 6,∕f(8) ≥ 7√(9) ≥ 8.我们将证明/(6) = S,设咒"2,SSX5是仙，加+1，加+2,…，时5}中的5个数,若这5个数中有3个奇数，则它们两两互素，若这5个数中有两个奇数，则必有3个偶数，不^X I,x2,x3为偶数，怠*5为奇数•当1≤7<7≤3 时，IXf -XyI ∈ {2,4}»所IUX I,x2,X3中至多1个被3整除，至多1个彼5整除，从而至少有1个既不被3整除也不被5整除.不妨设其为曲，有址，怠，划两两互素•说明这个数中有3个两两互素，即/(6) = 5.又因为{加‘加 + I t nI + 2, ∙∙∙f m +n} = {m f m + I t nl + 2, ∙∙∙f m + n —1} U {m + n}.可⅛l∕(n + 1) ≤∕(n)+l,因为代6) = 5,所以几4) = 4,/(S) = 5,f(7) = 6√(8) = 7√(9) = 8.所以当4 ≤n≤ 9l⅛∕(n) = ［^］ + ［唱 + ［^］ + 1 ②接下来用归纳法证明对所有W都有式②成立；假设"≤Mt≤9)时，式②成立-当时，由］{m t m + I l m + 2,∙∙∙,τn + k}={m f m + + 2j∙∙∙ ,τn + k —6} U {m + k —5,m + k —4fτn + k —3»m + k —2f m + k —l√m + k}.且当n=6∙n=k-5时，式②成立.所以对任盘的曲4,有弘)=［營+ ［字卜［唱+ 1- 12.【1995高中数学联赛(第02试)】求•切实数P ，使得三次方程5%3 - 5(p + I)%2 + (71p - 1)% + 1 = 66p 的三个根均为自然数. 【答案】7&【解析】由观察易知x=l 为原三次方程的个自然数根, 由综合除法，原三次方程可降次为二次方程5妒-5p% + 66p-l = 0原三次方程的三个根均为H 然数等价于二次方程①的两个根均为自然数.设小v<∕r≤v)为方程①的两个根，则由韦达定理得把式②代入式③得5uu = 66(U + v) - 1 ④可知赣V 都不能被2∙ 3, 11所整除.而小V 均为自然数，由式⑤可知“> 晋，即u >14. 又2|心3卜均不成立，所以u >17.即S U 2-132U +1≤ 0.于是l4≤血Ξ≡v 竺，所以17≤u≤26.5 5再由2|心3|“均不成立知，M 只能取17. 19, 23, 25. 当“=17时，由式⑤得V = —= 59,19当π=19时，由式⑤得V = ^ 并非自然数•应舍去29 当π=23时，由式⑤得υ=≡>并非自然数，应舍去.49 当戸25时•由式⑤得晋，并非自然数•应舍去.59所以仅当p =U +“ = 76时，方程①的两根均为自然数，原方程的三根均为自然数.13. ［1994r ⅛中数学联赛(第02试)】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100U + V = P ②UV = -(66P — 1)(5) 又由式④得66U-I 5 U-由v≥∕/及式⑤可得66“一丄所以f(fc + 1) ≤ f(k 一 5) + /(6)一 1由式①与③知，对n=Z 式②成立.O项.【答案】2186【解析】⅛S = {U√∙∙405}, A1={x∖x≡S且3x}∙A2≈{X∖X≡S^5∖X-43={X∣X∈S且7g}∙则与105互素且不人于105的自然数为：M1∩ A2∩ A3I = ∣s∣ - (M I l + M2I + M3D + (M I n A2∖ + ∖A lπ A2∖+ ∖A2∏A3∖)-∖A1∩A2nA3∖,所以ISl = 105」All = 35,= 21, ∖A3∖=15, ∖A1dA2∖= 7f∖A1∏A4f∖= S f∖A1dA2∖=3,∣41∩∕l2∩i43∣ = l∙∩ A2∩ ∕3∣ = 105 -(3 × 5 + 3 × 7 + S × 7) + (3 + 5 + 7) - 1 = IOS -71+ 15 - 1 = 48 设与105互素的正整数按从小到大的顺序扌It成的数列为」“吆期，…，^，…，H,Jα1= I t a Z= 2, a2= 4,∙∙∙f a Af Q= 104,今P = Cl2f e∙∙ > 1,•方面■对 J w≥l∙令αn= 105k + r(k ≥ 0,0 ≤ r ≤ 104,k t r∈ Z),因为(O n jo5) = 1.所以(FJo5) = 1, ½r∈P:另•方面,对于任意的非负整数上及r∈P. W为(r, 105) = 1,所以(IOSk + r, 105) = 1,从而必有n使得α7l= 105k +r.这农明数列{a”}由且仅由形如105加伏≥0, ⅛∈Z. r∈P)的数按从小到人的顺序扌Il列而成.因为数列是递增的，且对每个固定的非负整数匕当「取遍P的值时，共得48个数，而IOOO = 48 × 20 + 40,所以山。

高中数学联赛二试初等数论试题集锦

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。

专题24初等数论(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2021)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2021）专题24初等数论历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】方程组{x+y+z=0xyz+z=0xy+yz+xz+y=0的有理数解(x，y，z)的个数为( )A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】若z=0，则{x+y=0xy+y=0，解得{x=0y=0或{x=−1y=1，若z≠0，则由xyz+z=0得xy=−1①由x+y+z=0得z=−x−y②将式②代入xy+yz+xz+y=0得x2+y2+xy−y=0③由式①得x=−1y代入式③化简得(y−1)(y3−y−1)=0，易知y3−y−1=0无有理数根，故y=1，由式①得x=－1，由式②得z=0，与z≠0矛盾，故该方程组共有两组有理数解{x=0y=0z=0或{x=−1y=1z=0.故选B．.2．【1996高中数学联赛（第01试）】存在整数n使√p+n+√n是整数的质数p( ).A．不存在B．只有一个C．多于一个，但为有限个D．有无穷多个【答案】D【解析】设p为任意奇质数，且p=2k+1，于是n=k2.便有√p+n+√n=√2k+1+k2+√k2=2k+1.所以每个奇质数都有题设的性质.3．【1991高中数学联赛（第01试）】设a是正整数，a<100.并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )A．4B．5C．9D．10【答案】B【解析】考虑使得24|a3−1成立的a.则a3−1=(a−1)(a2+a+1)=(a−1)[a(a+1)+1].因a (a +1)+1是奇数，若要24|(a 3－1)，必有23|(a −1). 若a －1不能被3整除，则3|a(a +1)，从而a (a +1)+1不能被3整除.因此，若要24|(a 3−1)，必有3|(a −1)，这样就有24|(a −1)，即a =24k +1.由24k +1<100，k 可能取的一切值为0，1，2，3，4，也就是这样的a 有1，25，49，73，97五个. 4．【1987高中数学联赛（第01试）】对任意给定的自然数n ，若n 6+3a 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【答案】A【解析】对任何自然数k ，取a =3n 4k +9n 2k 2+9k 2，则n 6+3a =(n 2+3k )3.5．【1983高中数学联赛（第01试）】设p ，q 是自然数，条件甲：p 3－q 3是偶数；条件乙：p +q 是偶数.那么( )A ．甲是乙的充分而非必要条件B ．甲是乙的必要而非充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】就两个自然数p ，q 分别取奇数或偶数的四种情况： (1){p 是奇数q 是奇数，(2){p 是偶数q 是偶数，(3){p 是奇数q 是偶数，(4){p 是偶数q 是奇数进行讨论，有p 3−q 3⇔{p 是奇数q 是奇数或{p 是偶数q 是偶数p +q 是偶数.6．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】在1，2，3，…，10中随机选出一个数a 在－1，－2，－3，…，－10中随机选出一个数b ，则a 2+b 被3整除的概率为 .【答案】37100【解析】数组(a ，b )共有102=100种等概率的选法. 考虑其中使a 2+b 被3整除的选法数N .若a 被3整除，则b 也被3整除.此时a ，b 各有3种选法，这样的(a ，b )有32=9组.若a 不被3整除，则a 2≡1( mod 3)，从而b ≡−1( mod 3).此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(a ，b )有7×4=28组. 因此N =9+28=37.于是所求概率为37100.7．【2015高中数学联赛（第01试）】对四位数abcd (1≤a ≤9，0≤b ，c ，d ≤9)，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】285【解析】分别记P 类数、Q 类数的全体为A ，B ，再将个位数为零的P 类数全体记为A 0，个位数不等于零的P 类数全体记为A 1，对任一四位数abcd ∈A 1，将其对应到四位数dcba ，注意到a >b,b <c,c >d ⩾1，故dcba ∈B ，反之，每个dcba ∈B 唯一对应于A 1中的元素abcd ，这建立了A 1与B 之间的一一对应，因此有N(P)−N(Q)=|A|−|B|=|A 0|+|A 1|−|B|=|A 0|.下面计算|A 0|：对任一四位数abc0∈A 0,b 可取0，1，…，9，对其中每个b ，由b <a ≤9及b <c ≤9知，a 和c 分别有9－b 种取法，从而|A 0|=∑(9−b)29b=0=∑k 29k=1=9×10×196=285.因此N(P)−N(Q)=285.8．【2004高中数学联赛（第01试）】设p 是给定的奇质数，正整数k 使得√k −pk 也是一个正整数，则k =.【答案】(p+1)24【解析】设√k 2−pk =n (n ∈N ∗)，则k 2−pk −n 2=0，k =p±√p 2+4n 22.从而p 2+4n 2是平方数，设为m 2，m ∈N *，则(m −2n)(m +2n)=p 2. 因为p 是质数且p ≥3，所以{m −2n =1m +2n =p 2，解得{m =p 2+12n =p 2−14 ，所以k =p±m 2=2p±(p 2+1)4，故k =(p+1)24(负值舍去).9．【1993高中数学联赛（第01试）】整数[10931031+3]的末尾两位数字是 .(先写十位数字，后写个位数字.其中[x ]表示不超过x 的最大整数). 【答案】08 【解析】[10931031+3]=[(1031)3+33−331031+3]=(1031)2−3×1031+32−1=(1031)(1031−3)+8，所以它的末尾两位数字是08.10．【1991高中数学联赛（第01试）】19912000除以106，余数是.【答案】80001【解析】19912000=(1+1990)2000=1+2000×1990+12×2000×1999×19902+⋯+19902000.依照上述展式，只需考虑前三项的和除以106的余数，故余数为80001.11．【1987高中数学联赛（第01试）】若k是大于1的整数，a是x2－kx+1=0的根，对于大于10的任意自然数n，a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是.【答案】3或5或7【解析】显然a≠0，因为a是x2−kx+1=0的根，所以a+1a =k(1a是另一根)，则a2+a−2=(a+1a )2−2=k2−2，a22−a−22=(k2−2)2−2，a23−a−23=[(k2−2)2−2]2−2，……，a2n+a−2n=(a2n−1+a−2n−1)2−2.当k为偶数时，易看出a2n+a−2n的个位数字只能是偶数；当k的个位数字是1时，a2n+a−2n的个位数字为9；当k的个位数字为3时，a2n+a−2n的个位数字为7；当k的个位数字为5时，对于n>1，a2n+a−2n的个位数字也是7；当k的个位数字是7时，a2n+a−2n的个位数字也是7；当k的个位数字是9时，a2n+a−2n的个位数字是9.故当k>1时，对于任何大于10的自然数n，使a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是3或5或7.12．【1985高中数学联赛（第01试）】方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有组.【答案】174【解析】显然x1只能取1或0.当x1=1时，原方程有9组解，当x1=0时，原方程的解中含有数字3的有9组，不含3而含有2的有72组，只含有1和0的有C93=84组，所以非负整数解总共有174组.13．【1985高中数学联赛（第01试）】在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和能被11整除的数组共有组.【答案】7【解析】由于是考虑被11整除的问题，故可先把各项减去11的倍数，使数字变小而便于运算，由此可得到如下数列1,4,−3,−1,5,−3,−1,3,−3,−1.设S n为它的前n项和，则S1=1,S2=5,S3=2,S4=1,S5=6，S6=3,S7=2,S8=5,S9=2,S10=1.其中相等的有S1=S4=S10=1，S2=S8=5，S3=S7=S9=2.所以S4−S1,S10−S1,S10−S4,S8−S2,S7−S3,S9−S3,S9−S7共7组能被11整除.优质模拟题强化训练1．对任意正整数n，定义Z(n)为使得1+2+⋅⋅⋅+m是n的倍数的最小正整数m.关于下列三个命题：①若p为奇质数，则Z(p)=p−1；②对任意正整数a，都有Z(2a)>2a；③对任意正整数a，都有Z(3a)=3a−1.其中所有真命题的序号为（）.A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】D【解析】注意到1+2+⋅⋅⋅+m=m(m+1)2.在①中，使得p|m(m+1)2，即2p|m(m+1)，注意到p为奇质数，有p|m或者p|m+1，从而m的最小值为p−1，因此①正确.在②中，由2a|m(m+1)2知2a+1|m(m+1)，注意到(m,m+1)=1，于是有2a+1|m或者2a+1|(m+1)，故Z(2a)= 2a+1−1>2a，因此②正确.在③中，由3a|m(m+1)2知2⋅3a|m(m+1)，注意到2|m(m+1)及(2,3)=1，因此等价于3a|m(m+1)，又注意到(m,m+1)=1，于是有3a|m或者3a|m+1，故Z(3a)=3a−1，因此③正确.故答案为：D2．关于x、y的方程1x +1y+1xy=12006的正整数解(x,y)的对数为（）.A．16B．24C．32D．48 【答案】D【解析】由1x +1y+1xy=12006，得xy−2006x−2006y−2006=0.整理得(x−2006)(y−2006)=2006×2007=2×32×17×59×223.从而，原方程的正整数解有(1+1)(2+1)(1+1)(1+1)(1+1)=48（组）. 故答案为：D3．方程1x +1y=17的整数解（x，y）的个数为（）.A．5B．6C．7D．8【答案】A【解析】(x,y)=(−42,6),(6,−42),(8,56),(14,14),(56,8)共5组.当x=7时无解；当x≠7时y=7xx−7，故x−7|7x，所以x−7|49，所以x=−42,6,8,14,56.综上共5组解.故答案为A4．设S n、T n分别是等差数列{a n}与{b n}的前n项和，对任意正整数n，都有S nT n =2n+6n+1.若a mb m为质数，则正整数m的值为（）.A．2B．3C．5D．7【答案】A【解析】由条件可设S n=kn(2n+6),T n=kn(n+1)，则m=1时，a1b1=S1T1=82=4，不满足题意，舍去.当m≥2时，a mb m =S m−S m−1T m−T m−1=4m+42m=2+2m，于是仅在m=2时，a mb m=3为质数.所以，所求的正整数m=2.故答案为：A5．对任意的整数n，代数式n2−n+4的值被9除的余数不会是（）A．0B．1C．6D．7【答案】A【解析】当n=3时，余数可以为1；当n=4时，余数可以为7；当n=5时，余数可以为6.下面证明：n2−n+4不能被9整除.若不然，有9|[(n−2)2+3n].①.因为3|3n，所以3|(n−2)2.但3为质数，故3|(n−2).②从而，9|(n −2)2.③.由①、③得9|3n⇒3|n.④.由②、④矛盾得n2−n+4不能被9整除。

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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.
4．C
【解析】
【分析】
首先根据平方差公式对分解因式，由此判断出正确选项.
【详解】
,
一定能被4整除，
故选:C.
【点睛】
本小题主要考查平方差公式，考查整除性问题，属于基础题.
5．C
【解析】
【详解】
设直角三角形三边长分别为、、，则，且 .
两式消去，得，即 .
于是， .
注意到，所以， .
故或2，即或6,选C.
16．设表示不超过的最大整数，如 .
若函数，则的值域为________________.
三、解答题
17．将下列各式进行因式分解.
（1）；
（2）；
（3） .
18．已知、是一元二次方程的两个实数根．
（1）是否存在实数k，成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由；
（2）求使的值为整数的实数k的整数值．
3．C
【解析】
【分析】
根据条件先判断函数的的奇偶性，结合的定义，分别讨论取整数值和非整数时对应的结果即可．
【详解】
解：函数的定义域为，则Leabharlann 即，则是奇函数，则，
若，是整数，则，
如，
则，
则，
则，
综上或，
即的值域为，
故选C．
【点睛】
本题考查函数值域的求法，一般地，可先考虑函数的奇偶性、周期性等把函数值域归结到有限区间上，再考虑函数的单调性，也可以利用换元法把复杂函数转化为简单函数，注意根据函数的解析式的形式选择合适的方法．
6．C
【解析】
【分析】
由可得，若时，方程显然不成立，故，此时，分别分析即可.
【详解】
由可得 ,
因为时，，方程无解，
当时，的可能取值为，
当时，方程有解，
当时，方程无解，
当时，，解得或，
因为，符合题意，不符合题意，舍去，
综上，方程的根为，，
故选：C
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程，取整函数，分类讨论的思想，属于中档题.
19．正整数数列的前项和为，前项积，若，则称数列为“ 数列”.
(1)判断下列数列是否是数列，并说明理由；①2，2，4，8；②8，24，40，56
(2)若数列是数列，且 .求和；
(3)是否存在等差数列是数列？请阐述理由.
20．设，是正整数，满足 .证明： .
参考答案
1．B
A． B．1C．2D．3
7．将编号为1，2，…，18的18名乒乓球运动员分配在9张球台上进行单打比赛，规定每一张球台上两选手编号之和均为大于4的平方数．记{7号与18号比赛}为事件p．则p为（）．
A．不可能事件B．概率为的随机事件
C．概率为的随机事件D．必然事件
二、填空题
8．在正奇数非减数列中，每个正奇数出现次.已知存在整数、、，对所有的整数满足，其中表示不超过的最大整数.则等于______.
A． B． C． D．
2．设表示不超过的最大整数（如，），对于给定的，定义，；当时，函数的值域是（）
A． B．
C． D．
3．用表示的整数部分，即表示不超过的最大整数，例如：，设函数，则函数的值域为（）
A． B． C． D．
4．已知是正整数，则下列数中一定能整除的是（）
14．在数列中，，且 .
（1）的通项公式为__________；
（2）在、、、、这项中，被除余的项数为__________．
15．将一个数列中部分项按原来的先后次序排列所成的一个新数列称为原数列的一个子数列，如果数列存在成等比数列的子数列，那么称该数列为“弱等比数列”.已知，设区间内的三个正整数，，满足:数列，，，为“弱等比数列”，则的最小值为________.
A．6B．3C．4D．5
5．已知直角三角形的三边长都是整数，且其面积与周长在数值上相等.那么，这样的直角三角形有（）个.
A．0B．1C．2D．3
6．十八世纪，函数（表示不超过的最大整数）被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，结合定义的表述，人们习惯称为“取整函数”，根据上述定义，则方程的所有实数根的个数为（）
2．D
【解析】
【分析】
利用题目中的两个新定义求得，再利用导数求分母的值域，即可得答案.
【详解】
当时，，
∴ ，
当时，，
∵ ，
∴ 为增函数，
∴ ，且，
∴ ，∴ .
故选：D.
【点睛】
本题考查函数新定义问题、导数的运用、三次函数的值域，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.