高中数学联赛数论专题
全国高中联赛--数论部分
全国高中数学联赛赛前集训资料整理——数论部分1.求所有的质数对(,)p q ,使得|(55)p q pq +.解：若2|pq ,不妨设2p =,则2|(55)|(525)p q q q q +⇒+,由费马小定理知|(55)q q -,得|30q ,验证知(2,5)符合.若,p q 为奇数,且5|pq ,此时不妨设5p =,则有515|(55)|(6255)q q q q -+⇒+,当5q =时,(5,5)符合要求,当5q ≠时,由费马小定理有1|(51)q q --,故|626q ,由于q 为奇质数,但626的奇质因子只有313,故313q =.验证知符合要求,若,p q 都不等于2和5,则11|(55)p q pq --+,故11550(m od )p q p --+≡① 由费马小定理知151(m od )p p -≡② 由①②知151(m od )q p -≡-③设12(21)k p r -=-,12(21)l q s -=-,,,,k l r s 为正整数,若k l ≤,则由②③易知：2(21)12(21)2(21)(21)1212111(5)5(5)(1)1(m od )l kl kls p s r s q r r p ----------=≡==≡-≡-,这与2p ≠矛盾,因此k l >,由,p q 对称性有k l <,矛盾.此时无解.故(,)p q 为(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(5,5),(5,313),(313,5).2.设3k ≥,数列{}n a 满足2k a k =,且对n k >都有1 1 2 n n n n a a n a n a n -+⎧=⎨⎩与互质与不互质,证明：数列1{}n n a a --中有无穷多项是质数.证明：假设2()l a l l k =≥,p 为1l -的最小质因子,则 1 1(1,) i p l i p i p≤<⎧-=⎨=⎩.故有 1 1(22,1) i p l i l i p i p≤<⎧+-+-=⎨=⎩,由题设知12 1 1(22 l i l i i p a l p i p+-+-≤<⎧=⎨+-=⎩. 则12(222)(22)l p l p a a l p l p p +-+--=+--+-=(质数),故12(1)l p a l p +-=+-,由以上讨论,可知有无穷多个l k ≥使得2l a l =且12l p l p a a p +-+--=为1l -的最小质因子.3.已知1110()m m m m f x c x c xc x c --=++++ ,其中(0,1,,)i c i m = 是非零整数,数列{}n a 满足：10a =, 1()()n n a f a n N ++=∈,求证：(1)对于正整数,()i j i j <,1j j a a +-是1i i a a +-的倍数；(2)证明：20080a ≠. 证明：(1)当10i i a a +-=时,成立；当10i i a a +-≠时,211111()()()()m mi i i i m i i i i a a f a f a c a a c a a +++++-=-=-++- .故21i i a a ++-能被1i i a a +-整除,余下的可用数学归纳法证明.(2)假设20080a =,则1020092008(0)a a f a a -==-,由(1)可知,2007个差值213220082007,,,a a a a a a --- 都等于(0)f ±,且这些差值的和为200810a a -=,由于2007为奇数,且0(0)0f c =≠,矛盾! 故20080a ≠.第49届I MO预选题(四)第50届IMO预选题(四)费马小定理和欧拉定理的应用关于组合数的几个整除问题多项式一、带余除法与因式定理1、余数定理：多项式()f x 除以x a -的余数为()f a .2、因式定理：()()0x a p x p a -⇔=注：高次多项式因式分解常用因式定理例 1 设,,a b c 为互异的实数,()p x 为实系数多项式,如果()p x 除以x a -的余式为a ,()p x 除以x b -的余式为b ,()p x 除以x c -的余式为c .求()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式.解：因为 (),(),()p a a p b b p c c ===所以设()()()()()()p x x a x b x c q x r x =---+,其中(())2r x ∂≤ 则 ()(),()(),()()r a p a a r b p b b r c p c c ======, 所以,,a b c 一定是()0r x x -=的根而 (())2r x x ∂-≤,所以 ()0r x x -≡即 ()r x x ≡所以()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式为x .例2 已知()p x 是整系数多项式,1234,,,m m m m 是互不相同的整数,且1234()()()()7p m p m p m p m ====,试证：没有整数m 使得()14p m =.分析：即证()14p x =没有整数解证：因为1234,,,m m m m 是()70p x -=的根所以 1234()7()()()()()p x x m x m x m x m q x -=----,其中()q x 一定是整系数多项式 若存在整数m 使()14p m =,则有 12347147()()()()()m m m m m m m m q m =-=---- 而7为素数,矛盾.故没有整数m 使得()14p m =.注：可以根据例2中规律命制试题()i p m =素数即可.例3 设()p x 是非常数的整系数多项式,()n p 表示满足2(())10p x -=的所有不同整数x 的个数,则()deg(())2n p p x -≤,其中deg(())p x 表示()p x 的次数.分析：2(())1(()1)(()1)0()10p x p x p x p x =⇔-+=⇔-=或()10p x +=()n p 为()10p x -=与()10p x +=的整数解的个数设()10p x -=有k 个整数解12,,,k m m m ⋅⋅⋅,()10p x +=有s 个整数解12,,,s n n n ⋅⋅⋅, 则有 121()1()()()()k p x x m x m x m q x -=--⋅⋅⋅- ①122()1()()()()s p x x n x n x n q x +=--⋅⋅⋅- ②②－①得1221212()()()()()()()()s k x n x n x n q x x m x m x m q x =--⋅⋅⋅----⋅⋅⋅-证：我们证明方程 ()10p x -= ③与()10p x += ④中至少有一个方程的正根的个数不超过2.下用反证法证明.若结论不成立,设方程③与方程④均至少有3个正根.设123,,m m m 是③的3个不同正根,123,,n n n 是④的3个不同正根, 则 1231()1()()()()p x x m x m x m q x -=--- ⑤ 1232()1()()()()p x x n x n x n q x +=--- ⑥ ⑥－⑤,得123212312()()()()()()()()x n x n x n q x x m x m x m q x =------- ⑦ 不妨设 {}3123123max ,,,,,m m m m n n n =将3x m =代入⑦式得 313233232()()()()m n m n m n q m =---因为2是素数,而313233,,m n m n m n ---是互不相同的正整数,故矛盾. 所以结论得证.二、多项式恒等定理如果次数不超过n 的多项式()f x 有1n +个根,则()f x 必为零多项式,即()0f x ≡. 例4 已知自然数1m >,求出所有满足条件(())(())m p p x p x =的所有多项式()p x . 证明：当()p x c =(常数)时,由m c c =有0c =或22cossin,(0,1,,2)11k k c i k m m m ππ=+=⋅⋅⋅---当(())1p x ∂≥时,则对任意复数β,方程()p x β=一定有解,即0x ∃使0()p x β=,又00(())(())m p p x p x =,即()m p ββ=.故一切复数均为()0m p x x -=的解,即()0m p x x -=有无穷多个解,故由多项式恒等定理有()m p x x =.例5 求所有满足条件22(2)(2),f x x f x x R -=-∈的多项式()f x分析：因为222(1)1x x x -=--,2(1)1x x -=--,所以22(2)(2)f x x f x -=- 可化为2((1)1)((1)1)f x f x --=--. 解：令1y x =-,则有22(1)(1)f y f y -=- ① 令()(1)g y f y =-,则有22()(1)g y f y =-,故①式变为22()()g y g y = ② 设 1110(),n n n n g y a y a y a y a --=++⋅⋅⋅++其中0n a ≠ 则②式左边222(1)2110()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++ ②式右边212110()()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++所以有22(1)212110110()n n n n n n n n a y a y a y a a y a y a y a ----++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++ ③ 下证122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,用反证法,设1221,,,,n n a a a a --⋅⋅⋅0,a 中有一个不为0,设k a 是使得0i a ≠的下标最大者, 即1210,0k k k n a a a a ++-≠==⋅⋅⋅==比较2()g y 与2()g y 中n k y +的系数,因为22k n k n <+<,所以③式等号左边n k y +的系数为0,而③式右边n k y +的系数为n k a a ,所以 0n k a a =.这与0,0n k a a ≠≠矛盾,所以 122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,故()n n g y a y = 再由②式有 222n n n n a y a y =. 又因0n a ≠,所以 1n a =故 ()n g y y =即(1)n f y y -=,所以有()(1)n f x x =+. 例6 确定所有符合下列条件的多项式)(x P ：0)0(1)()1(22=+=+P x P x P 且. 解：构造不动点,令.)(,0,1021n n n n x x P x x x ==+=+下证 用数学归纳法：当0000)0()(,00x P x P x n =====时，； 假设kk x x P k n ==)(时，结论成立，即.222111()(1)()111.()0()0().k k k k k n n k P x P x P x x x n k x P x x P x x P x x ++=+=+=+=+==+∴-=∴-≡≡当时，即当时，结论成立是的根，即例 7 试确定所有实系数多项式)(x P ,使得 )()2()1(t P t t tP -=- (1)对所有实系数t 均成立.(1995年 澳大利亚)解：取.0)0(10==P t ），得代入（ 取.0)1(12==P t ），得代入（则设 )()1()(x q x x x P -=代入(1),有)()1()2()1()2)(1(t q t t t t q t t t --=---, 当时，2,1,0≠t )1()(-=t q t q 则 c t q ≡)(则R c x cx x P ∈-=),1()( 另一方面,若)1()(,-=∈x cx x p R c 满足条件中的等式, 因此所求的多项式为.),1()(R c x cx x P ∈-=三、根与系数的关系例8 (1996 澳大利亚)设)(x P 是三次多项式,321,,x x x 是)(x P 的三个根,已知323121111,1000)0()21()21(x x x x x x P P P ++=-+求的值.解：设d cx bx ax x P +++=23)(,又323121111x x x x x x ++=d b ad ab x x x x x x =--=++321321 且 ,212221)0()21()21(1000d b d db P P P ⋅+=+=-+= 则1996=a b ,于是.1996111323121=++x x x x x x 四、拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：设)(x P 为n 次多项式,则)()())(()())(()()())(()())(()()())(()())(()(1101101121012000201021n n n n n n n n n n x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P --------++------+------=推论：若.)(,)()()(10c x P c x P x P x P n ≡====则 例9 设n P P P ,,,21 是半径为1的圆周上的n 个不同的点,.11,11121≥⋅⋅=∑=+-nk kn k k k k k k k k d P P P P P P P P P P d 求证：证明：以单位圆的圆心为原点,建立复平面,令k P 所对应的复数为k Z ,.,,2,1n k =则nk k k k k k k k Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z d --⋅--⋅-=+- 1121,令)())(()())(()())(()())(()(1211211312132--------++------=n n n n n n n Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f (1)则)(Z f 的次数不超过.1-n 1)()()(21====n Z f Z f Z f .1)(≡∴Z f 特别地,取0=Z 代入(1),有1)()()1()()()1()0(111211121321=--⋅-++---=----n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f则 )()()1()()()1(1111211121321-------++---=n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z)()()1()()()1(111211121321-------++---≤n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z nd d d 11121+++==∑=nk kd 11已知10n z -=,其单位根为22cossini w i n nππ=+,则解的集合为{}011,,,n w w w -….结论1：若{}12 n m m m ，，…，是模n 的完全剩余系,则{}{}1211,,,,,,nm m m n w w w ww w-=……结论2：设{}{}01112,,,,,,n n z z z w w w -=……,则 (1)120n z z z +++=…；(2)112(1)n n z z z +=-…；(3)12 0 (,)1m m mn n n m z z z n m ⎧+++=⎨=⎩，…，.例 10 设)(),(),(),(x S x R x Q x P 均为多项式,且满足)()1()())(()(2345255x S x x x x x R x x Q x x P ++++=++ (1),求证：1-x 是)(x P 的因式.(美国) 证明：令52sin52cosππωi +=,取），得代入（1k x ω=0)1()1()1(2=++R Q P k k ωω)4,3,2,1(=k ,)1()()1()()1(48642432=++++++++R Q P ωωωωωωωω则0)1()1()1(4=--R Q P (2) 由得,)1(k ω⨯.4,3,2,1,0)1()1()1(32==++k R Q P k k k ωωω 将4个等式相加,得0)1()()1()()1()(4333231342322212432=+++++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅R Q P ωωωωωωωωωωωω故0)1()1()1(=---R Q P (3) 得),3()2(-0)1(5=P ,则0)1(=P ,由因式定理得).(1x P x -平方差型不定方程的解法数论中的不等式问题一道巴尔干地区竞赛题的思考一道印度竞赛题的简解一道预赛题的简证一道数论题的新证法一道重要的二元二次不定方程——佩尔方程。
高中数学竞赛《数论基础》
3 最大公因数数, n≥2. 若ai|m, 1≤i≤n, 则称m是 a1,a2,…,an的公倍数.
(b±c) mod n
加法消去律： 如果a+b a+c(mod n), 则 b c(mod n)
乘法消去律：
如果ab ac(mod n)且gcd(a,n)=1，则 b c(mod n)
如果ab dc(mod n)且 a d(mod n)以 及 gcd(a,n)=1，则 b c(mod n)
在个数不少于3个的互素正整数中, 不一 定是每二个正整数都是互素的.
例: (6,10,15)= 1, 但(6,10)=2, (6,15)=3, (10,15)=5.
3 最大公因数和最小公倍数
最大公因子有下列性质： 任何不全为0的两个整数的最大公因子存在且
唯一 设整数a与b不全为0，则存在整数x和y，使得
887 mod 187=(132 X 77 X88) mod 187=11
例A.4 参见教材P146。
消去律的条件
逆元的概念
加法逆元:设a,n∈Z且n>1，如果存在b∈Z使得 a+b≡0(modn)，则称a、b为互为模n的加法逆元，也 称负元，记为b≡-a(modn)
乘法逆元：设a,n∈Z且n>1，如果存在b∈Z使得 ab≡1(modn)，则称a、b为互为模n的乘法逆元，记为 b≡a-1(modn)
1 带余除法
若a,b是二个正整数,b≠0, 则唯一存在二 个整数k和r, 使得下式成立: a=bk+r, 0≤r<b.
数论历年数学联赛真题WORD版分类汇编含详细答案
1，均有 an
M
，而 M
p p p 1 2 12
k 1 k 1
max
1n N /
an
，故
M
不在
an
中出
现，这与假设矛盾！因此，若 m 有 k 个不同的素因子，则 m 一定在数列 an 中出现.
由数学归纳法知，所以正整数均在数列 an 中出现。
2018B 四、（本题满分 50 分）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。
综上可知，平稳数的个数为 2 6 63 4 75 。
2017B 8、若正整数 a,b, c 满足 2017 10a 100b 1000c ，则数组 (a,b, c) 的个数为
◆答案： 574 ★解析：由条件知 c [ 2017 ] 2 ，当 c 1时，有10 b 20 ，对于每个这样的正整数 b ，由
]
12
3
3
1
1
20
．
8 27 27 64 64
当 n m 时，由对称性可知，亦有 20 个满足条件的等比数列 a1, a2 , a3, a4 ．
综上可知，共有 40 个满足条件的有序数组 (a1, a2 , a3 , a4 ) ．
2016A 四、（本题满分 50 分）设 p 与 p 2 均是素数， p 3 ，数列 an 定义为 a1 2 ，
2016 年~2018 年全国高中数学联赛二试试题分类汇编 2、数论部分
2018A 四、（本题满分 50 分）数列 an 定义如下： a1 是任意正整数，对整数 n 1， an1 与
高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)
12．若两整数 、 除以同一个整数 ，所得余数相同，即 ，则称 、 对模 同余，用符号 表示，若 ，满足条件的 由小到大依次记为 ，则数列 的前 项和为________.
13．设 ， 表示不超过 的最大整数，若存在实数 ，使得 ， ，…， 同时成立，则正整数 的最大值是．
高中数学联赛初等数论专题练习（详解版)
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设 ，用 表示不超过 的最大整数，则 称为高斯函数，例如： ， ，已知函数 （ ），则函数 的值域为（）
9．等差数列 的前 项和为 ，且 ， ，记 ，其中 表示不超过 的最大整数，如 ， ，则 _________.
10．已知 表示正整数 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，6，12，则 ；21的因数有1，3，7，21，则 ，那么 _________.
11．用符号 表示小于 的最大整数，如 ，有下列命题：①若函数 ，则 的值域为 ；②若 ，则方程 有三个根；③若数列 是等差数列，则数列 也是等差数列；④若 ，则 的概率为 ．
【解析】
【分析】
首先将函数解析式进行化简，并用换元思想，得到 （ ），研究二次函数在某个区间上的值域，求得 ，根据“高斯函数”的本质，求得结果.
【详解】
因为 ，令 （ ），
则 （ ），函数的对称轴方程为 ，
所以 ，
，所以 ，
所以 的值域为 ，
故选：B.
【点睛】
本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.
高中数学竞赛数论
高中数学竞赛数论数论作为数学的一个重要分支，研究自然数的性质及其相关的运算规律，是高中数学竞赛中的一道重要题型。
本文将从数论的基本概念、常见题型以及解题技巧三个方面来介绍高中数学竞赛中的数论问题。
一、基本概念1.1 整数与自然数整数是由自然数和其相反数构成的数集，用Z表示。
自然数是人们日常生活中使用的正整数，用N表示。
1.2 质数与合数质数是只能被1和自身整除的自然数，合数是除了1和自身之外还有其他因数的自然数。
1.3 最大公约数与最小公倍数对于两个自然数a和b，最大的能够同时整除它们的自然数称为它们的最大公约数，用gcd(a, b)表示；最小的能够同时被它们整除的自然数称为它们的最小公倍数，用lcm(a, b)表示。
1.4 同余定理如果两个整数a和b，它们除以某个正整数n得到的余数相同，即a 和b对n取余相等，可以表示为a≡b(mod n)。
二、常见题型2.1 求因数、质因数分解求一个数的因数，可以通过试除法来找到它的所有因数。
质因数分解是将一个数分解为质数的乘积，通过不断地除以最小的质因数来完成。
2.2 同余关系通过同余关系的性质，可以解决一些数的性质问题。
例如，通过同余定理可以求解方程、证明数的整除关系等。
2.3 数列问题数论中的数列问题是指根据给定的数列规律，求解数列的性质或是推导数列的通项公式。
三、解题技巧3.1 取模运算大多数数论问题都可以通过取模运算来简化问题的复杂度。
当计算一个数的幂时，可以通过取模运算降低计算量。
3.2 数论恒等式熟练掌握一些常见的数论恒等式对于解题非常有帮助。
例如费马小定理、欧拉定理等，适时运用可以大大简化问题的解答过程。
3.3 奇偶性讨论对于一些数论问题，可以通过分别讨论奇数和偶数的情况来解决，从而得到问题的解。
3.4 数论规律数论中存在一些常见的规律，比如质数取值范围、奇偶性的性质等。
通过深入研究这些规律，可以更好地理解数论问题，并找到有效的解题方法。
结语高中数学竞赛数论作为数学竞赛中的一个重要部分，涉及的内容较为广泛。
[实用参考]高中数学联赛数论专题.doc
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本套课程由中国数学奥林匹克高级教练熊斌、人大附中数学教师李秋生等名师主讲，轻松突破你的数学极限！课程招生简章：/webhtml/project/liansaigz.shtml 选课中心地址：/selectcourse/commonCourse.shtm?course eduid=170037#_170037_第一章数论专题我们把未知数的个数多于方程的个数,且其解受到某种限制的方程,叫做不定方程.通常主要研究不定方程的正整数解、整数解、有理数解等.不定方程问题的常见类型是：（1）求不定方程的解；（2）判定不定方程是否有解；（3）确定不定方程解的数量（有限还是无限）.不定方程问题的常用解法是：（1）代数分析与恒等变形法，如因式分解、配方、换元等；（2）估计范围法，利用不等式放缩等方法,确定出方程中某些变量的取值范围,进而求整解；（3）同余法，即恰当选取模m,对方程两边做同余分析,以缩小变量的范围或发现性质,从而得出整解或判定无解；（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）无穷递降法，无穷递降法是一种用反证法表现的特殊形式的归纳法,由Fermat创立并运用它证明了方程G4+P4=z4没有非零整解.从此,无穷递降作为一种重要的数学思想方法广为流传应用,并在平面几何、图论及组合中经常用到它.引例：求所有正整数对（G,P）满足G P=P G-P.1.二元一次不定方程定义1形如aG+bP=c（a,b,c∈Z,a,b不同时为0）的方程，称为二元一次不定方程.定理1不定方程aG+bP=c有整数解的充要条件是（a,b）|c.定理2设（G0,P0）是不定方程aG+bP=c的一组整解,则此方程的一切整数解为（G,P）=（）,其中t∈Z.当（a,b）=1时,（G,P）=（G0+bt,P0-at）.例1求不定方程3G+2P+8z=40的正整数解。
高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)-
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 x R ，用 x 表示不超过x 的最大整数，则y x 称为高斯函数，例如：0.51， 1.5 1 ，已知函数 f ( x)14x 3 2x4（0x 2），2则函数 y f ( x)的值域为（）A ．－13B ．1,0,1C．{- 1,0,1,2} D ．0,1,22，22．设 [ x] 表示不超过x的最大整数（如[2] 2 ， [ 5]1），对于给定的 n N *，定义4C n x n(n1)(n[ x]1)， x1,；当 x3,4 时，函数C8x的值域是（）x( x1)( x[ x]1)A ．12,58B．14,56C．12,58D．14,563．用x表示x的整数部分，即x表示不超过 x 的最大整数，例如：22, 2.32, 2.3，设函数 h x ln x x21，则函数3f (x)h(x)h( x)的值域为（）A ．0B ．1,0,1C．1,0 D ．2,04．已知n是正整数，则下列数中一定能整除2n3225的是（）A ．6B ．3C． 4 D ． 55．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． 2 D ． 36．十八世纪，函数y [ x] （[ x]表示不超过 x 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 2019x2[ x]20200 的所有实数根的个数为（）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1的随机事件17C．概率为1的随机事件D．必然事件3二、填空题8．在正奇数非减数列1,3,3,3,5,5,5,5,5,中，每个正奇数 k 出现 k 次.已知存在整数b 、c、d，对所有的整数n满足a n b n c d ，其中x 表示不超过x的最大整数 .则b c d等于 ______.9．等差数列{ a n}的前n项和为S n，且a11， S728，记 b n[lga n ] ，其中[ x]表示不超过 x 的最大整数，如 [0.9] 0 ， [lg 99]1，则 b b_________.2019 202010．已知f (n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，100506，12，则 f 12 3 ；21的因数有1，3，7，21，则f2121 ，那么f i f ii 51i1_________.11．用符号( x]表示小于x的最大整数，如(]3,( 1.2] 2 ，有下列命题：① 若函数 f (x) ( x]x, x R ，则f ( x)的值域为 [1,0) ；② 若 x(1,4)，则方程 x1 ( x]5有三个根；③ 若数列a n是等差数列，则数列(a ]也是等差数列；④ 若n，则 (x]?( y] 2 的概率为P 2．9则下列正确命题的序号是______________．12．若两整数a、b除以同一个整数m，所得余数相同，即ab k (k Z) ，则称a、mb对模 m 同余，用符号 a b(mod m) 表示，若 a10(mod 6) (a10) ，满足条件的a由小到大依次记为 a1 , a2 ,, a n , ，则数列{a n}的前16项和为________.13．设x R，x表示不超过x的最大整数，若存在实数t，使得t1，t2 2 ，，n14．在数列a n中，a13a n 12a n2，且12 .n n（1）a n的通项公式为 __________；123、 a 2019这2019项中，被10除余2的项数为 __________．（ 2）在a、 a、 a 、L15．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 m >1 ，设区间 m,内的三个正整数 a ，x，y满足:数列a2，y21， cos，x21为“弱等比数列”，则a的最小值为 ________.2x16．设x表示不超过x的最大整数，如 1.51, 1.52.若函数 f x a xa 0, a 1 ，则 g x f1f x11 a x x的值域为22________________.三、解答题17．将下列各式进行因式分解.（ 1）3x210 x8；（ 2）x2y2124x2 y2；（ 3）x2y xy2xz yz .18．已知x1、x2是一元二次方程4kx24kx k 10 的两个实数根．（ 1）是否存在实数k，2x1x2x12x23k 的值；若不存成立？若存在，求出2在，请说明理由；x1x22 的值为整数的实数k 的整数值．（ 2）求使x1x219．正整数数列a n的前 n 项和为 S n，前 n 项积T n，若Ti N * (i1,2,L n) ，则称S i数列a n为“Z数列”.(1)判断下列数列是否是 Z 数列，并说明理由；①2，2，4，8；②8，24，40，56(2)若数列 a n是Z数列，且a2 2 .求S3和T3；20．设m，n是正整数，满足mn | m2n 2 1 .证明：m2n 2 1 3mn.参考答案1． B【解析】【分析】首先将函数解析式进行化简，并用换元思想，得到 f (t)1t23t4（1 t 4 ），研究二2次函数在某个区间上的值域，求得 f ( x)13“”.22【详解】因为 f ( x)12x23 2x xt（ 1t 4 ），2 4 ，令2则 f (t) 1 t23t4（1t 4 ），函数的对称轴方程为t 3 ，2所以 f (t )min f (3)1，2f (t) max f (1)3f ( x)132，所以,，22所以 y f ( x)的值域为1,0,1，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.2． D【解析】【分析】利用题目中的两个新定义求得 C8x336，再利用导数求分母的值域，即可得答x(x1)( x2)案 .【详解】当 x 3,4时， [ x]3，∴ C8x87 6336，x( x 1)( x 2)x(x 1)(x2)当 3, x 4 时， f ( x)x33x22x ，∵ f ' (x) 3x26x 2 0 ，∴ f ( x) 为增函数，∴ f (x) f (4)24 ，且 f( x) f (3) 6 ，∴ f (x)[6, 24)，∴ f ( x)14,56 .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.3． C【解析】【分析】根据条件先判断函数的h(x) 的奇偶性，结合x 的定义，分别讨论h( x) 取整数值和非整数时对应的结果即可．【详解】解：函数 h(x) 的定义域为R，则h( x)h(x) ln( x x21) ln(x2 1x)ln(x21x)( x21 x)ln1x2x2ln10即 h(x)h( x) ，则 h( x) 是奇函数，则 f (x)h( x)h(x)h(x)h( x) ，若 h( x)n， n 是整数，则h( x)h( x)n n0， f x0如 n h( x)n1,n Z ，则 ( n1)h( x)n, n Z ，则 h(x)n, h( x)(n 1)n 1，则 h(x)h( x)n n 1 1 ，综上 f ( x)1或0，即 f ( x) 的值域为1,0，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．4． C【解析】【分析】225 分解因式，由此判断出正确选项.首先根据平方差公式对2n 3【详解】2252n 3 5 2n 3 52n 8 2n 2 4 n 4 n 1 ,2n 32n 3225 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x 、y、z x y z ，则x2y2z2，且2 x y z xy.两式消去 z ，得xy 4x 4 y 8 0 ，即x 4 y 48 .于是， x 4 8 .注意到 x 4 y 4 ，所以， x 48 3 .故 x 4 1或2，即 x 5 或6,选C.6． C【解析】【分析】由2019x2[ x] 20200 可得2019x2[ x]2020，若| x | 2时，方程显然不成立，故2x 2 ，此时[ x]1,0,1，分别分析即可.【详解】由2019x2[ x] 20200可得2019x2[ x]2020,因为 | x |2时，2019x2[x]2020，方程无解，当 2x 2 时，[ x]的可能取值为1,0,1 ，当 [ x]1时，方程有解x1，当 [ x]0 时，方程无解，当 [ x] 1 时，2019x22021 ，解得x2021或 x2021，20192019因为 [2021] 1，符合题意， [2021] 1 不符合题意，舍去，20192019综上，方程的根为 x1，x2021 ，2019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.7． D【解析】【详解】由于编号最大的两数之和为18 17 3536 ，所以，同一张球台上两选手编号之和只能取3 个平方数： 25、 16、 9．现设同一张球台上两选手编号和为25、 16、 9 的分别有x、 y、z25x 16 y9z 1 2 L 18 （ x 、 y 、 z 均为非负整数）个．依题意有x y z 9，即x0, y 0, z16x 7 y9 x y z 1717 y 90xy z 9 16 x．得0, z ．x0, y 0, z x 0, y 090 又由 10 x，知 x 只能取非负整数 0，1， 2， 3，4， 5．逐一代入检验，可得方程唯一16的非负整数解x 3 ， y 6， z0 ．下面讨论 9 张球台上的选手对阵情况．（ 1）由 x=3，知平方数为 25 只能有 3 个，而编号不小于 16 的 3 个选手 18， 17，16 对应的平方数又只能为 25，故 “两选手编号和为 25”的只能是： 18 与 7 对阵， 17 与 8 对阵， 16 与 9对阵．（ 2）由 y6，知去掉 18，17，16， 9，8， 7 后剩下的 12 个选手对应的平方数能且只能为16，有： 1 与 15 对阵， 2 与 14 对阵， 3 与 13 对阵， 4 与 12 对阵， 5 与 11 对阵， 6 与 10 对阵．所以，规定能够实现，且实现方案是唯一的．9 张球台上选手对阵情况为：18,7 , 17,8 , 16,9 , 15,1 , 14,2 , 13,3 , 12,4 , 11,5 , 10,6 ．事件 p 为必然事件．选 D.8． 2【解析】【详解】将已知数列分组为（ 1） , 3,3,3 , 5,5,5,5,5 ,，2k 1,2 k 1, ,2 k 1 ，共 2k 1 个组 .设 a n 在第 k 组， a n 2k 1，则有 1 3 52k 3 1 n 1 3 52k 1 1 ，即 k 12k 2 1 .1 n注意到k 0 ，解得n1 kn 1 1.所以， k n11n 11.因此， a n2n1 1 .故 b c d211 2 .9． 9【解析】【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式可得a n，再利用b n[lgn ] ，可得 b1b2b3b9 0 ，b10b11b12b991，，即可得出．【详解】S{ a}的前n 项和，且 a1，S28，7a28．n 为等差数列n174可得 a4 4 ，则公差d1，∴ a n n，∴ b n[ lgn] ，则 b1[lg1]0 ， b2b3b90，b10b11b12b99 1 ，b100b101b102b103b999 2 ， b1000b1001b1002b1003b99993∴b2019 b 20209 .故答案为： 9 .【点睛】本题考查等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数，考查推理能力与计算能力，属于中档题．10． 1656【解析】【分析】根据 f (n) 的定义求出 f (i) ，i1,2,L ,100 ，然后再求值．【详解】解析： f n 表示正整数n的所有因数中最大的奇数，f n f 2n ，且 n 为奇数时， f (n) n，其中 n1,100 ；f nmax f9999, f nmin f64f2f4f8 f 16 f 321100那么 f (i)f51f52f53 ...f100i 5151135327557572959156131 6316533671769357197337 75197739795814183218543 8711894591239347953974999251357911 (9950199)2500250那么 f i 1 1 3 1 5 3 7 1 9 5 11 3i1137151179195211123325132772915311331735937193954121431145234734925135... 2931 ...49512 151418221315 171921 23 2525149219844210050那么 f (i) f (i)25008441656．i 51i1故答案为： 1656．【点睛】本题考查新函数的定义，理解新函数的定义是解题关键．解题时按新函数定义计算即可．11．①②④【解析】试题分析：由定义,所以其值域为[ 1,0) ,故①正确；由于,因此可求得,所以②正确；对于③ ,如取数列成等差数列,但不成等差数列；对于④ 很容易验证是正确的．故应填①②④ ．考点：函数的性质及分析问题解决问题的能力．【易错点晴】本题以符号函数为背景，考查的是函数与方程、等差数列和等比数列、概率等许多有关知识和运算求解及推理判断的能力．定义新概念运用新信息是解答本题的一大特色．解答时应充分依据题设条件,对题设中提供的几个命题进行分析推断最后作出真假命题的判断．对于命题 ,举出一个反例 ,进行了推断从而说明它是假命题．运用反例是否定一个命题是真命题的有效方式和方法．12． 976 【解析】【分析】由两数同余的定义， m 是一个正整数， 对两个正整数a 、b ，若 a b 是 m 的倍数， 则称 a 、b 模 m 同余，我们易得若 a10(mod 6)( a 10) ，则 a 10 为 6 的整数倍，则 a 6n 10 ，再根据等差数列 { a n } 的前 n 项公式计算即可得答案．【详解】由两数同余的定义，m 是一个正整数，对两个正整数a 、b ，若 a b 是 m 的倍数，则称 a 、 b 模 m 同余，我们易得若 a 10( mod 6)(a10) ，则 a 10 为 6 的整数倍，则 a 6n 10 ，故 a 16,22,28, L 均满足条件．由等差数列 { a n } 的前 n 项公式 S nna 1n(n 1) d ，16 (16 1)2则 S 16 16976 ．1626故答案为： 976．【点睛】本题考查除的定义、数列的前n 项和，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，求解时注意将新定义转化成代数式a 6n 10 .13． 4【解析】试题分析：t 1 ，则 t1,2；t22，则t2, 3 ； t33，则 t3 3, 3 4；t4 4 ，则 t4 4, 4 5；t 55，则 t55, 5 6；其中31.732, 3 4 1.587, 4 5 1.495, 5 6 1.431 1.495 ，由此可得t4时，可以找到实数 t ，使 t1,22,333, 344 4, 4 5 ，但当t 5时，上述区间没有公共部分，故 n 的最大值为 4 .考点：取整函数.14．a n2n2n 2403【解析】【分析】（ 1）根据题意得知数列an2为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列na n 2的通项公式，即可求出a n；n（ 2）设a n2n2n210k2k Z ，可得出 10k n 2n 1 ，由 2n 1为奇数，可得出 n为10的倍数或2n1为5的奇数倍且 n 为偶数，求出两种情况下 n 值的个数，相加即可得出答案 .【详解】（ 1）Q an 12 a nn22且a1121，n1所以，数列a n2是以 1为首项，以2 为公差的等差数列，na n2 1 2 n 1 2n 1，a n2n2n 2 ；n（ 2）被10整除且余数为 2 的整数可表示为 10k2k Z，令 a n2n2n210k 2 ，可得10k n 2n1，Q n N ，且1n2019，则2n1为奇数，则 n 为10的倍数，或者2n15的奇数倍且 n 为偶数.为当 2n 1为 5 的奇数倍且n 为偶数时，n 的取值有：8 、 18 、28 、L、 2018 ，共 202 个.综上所述，在 a、a2、 a、L 、a2019这2019项中，被10除余2的项数为201202403.13故答案为：2n2n 2 ； 403.【点睛】本题考查数列通项的求解，同时也考查了数列中项的整除问题，考查分类讨论思想的应用，属于中等题 .15． 2【解析】【分析】根据新定义列等量关系，再分解变形，根据正整数分解性质求最小值.【详解】因为 cos0 ，所以a2，y2 1 ，x21依次成等比数列，即y21a2 (x21) 0，2因为 m > 1 ，a，x，y为区间m,内的三个正整数，所以a2, x2, y 2Q y21a2 ( x21) a2 x2y2 a 21,( ax y)(ax y)a21设 a21st(s,t N * , s t) ，且 ax y s, ax y t2ax s t因为当 s1,t a2 1 时，s t 最大，所以2ax a2 a 2 x a2x故答案为：2【点睛】本题考查等比数列、数列新定义以及正整数分解，考查综合分析求解能力，属难题. 16．1,0【解析】【分析】先求出函数 f x 的值域为 0,1，注意到 f x f x 1 ，可得出g x f x 11，然后分0 f x11、12f x2、 f x f x 1三222种情况得出函数g x 的值域.【详解】Q f x a x110,1，又 f x ax1，f x f x1.1 a x 1 a x 1 a x a x1g x f x 11f x. 22① 当0f x 11f x10 ，01x1g x101；时，22f，此时222②当 f x 1时， f x11f x0，此时g x000；222③ 当1f x1时，0f x11，11f x0，此时g x01 1 . 22222综上所述：函数g x f x 1f x10, 1，故答案为0, 1 . 2的值域为2【点睛】本题考查函数值域的求解，考查了取整函数的定义，解题的关键就是要确定 f x 与 f x 之间的关系，并利用分类讨论思想来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.2217．（ 1）3x 4 x 2 ；（2）xy 1xy 1；（3）x y xy z .【解析】【分析】（1）应用十字相乘法；（2）应用平方差公式；（3）应用分组分解法。
高中数学竞赛 数论部分
初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。
1． 请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。
(1894年首届匈牙利 数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。
②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3） 证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。
（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。
（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。
2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。
（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。
这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。
如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。
3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。
高中数学竞赛——数论
高中数学竞赛 数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类((2)2.(1)a r ，得m 个数特别地,完全为偶数时,,2-m (2)证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系,因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm),矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别遍历模m 1,m 2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.(1).在与模m的一个(2)(ϕm)x1≡x2,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.(ⅴ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别历遍模m1,m2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1,(m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,1m 2的既)(2m ϕ)., 1,α(4.欧拉欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡ϕ. 证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r a ϕϕ)(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p ≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p a p ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例(m 整除,.例m,使得2011|f n f 3因所以,例,是整数序列负整数假设对每个正整数:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣,则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.得到:例,(i,j)也历mod2n 的和≡例可被,且是周期数列,所以, 数列{a n }中存在无穷多项可被2011整除.例7证明:存在无穷多个正整数n,使得n 2+1∤n!.证明:引理1对素数p >2,⇔≡)4(mod 1p 存在x(1≤x ≤p -1)使)(m od 12p x -≡. 证:充分性:因对1≤x ≤p -1,( p ,x)=1,所以,)(mod 1)(2121p x x p p ≡=--,≡-212)(p x)(mod 1)1(21p p ≡--,所以,21-p 为偶数,即).4(mod 1≡p 必要性:因1≤x ≤p -1时,x,2x,…,(p -1)x 构成modp 的既约剩余系,所以,存在1≤a ≤p -1,使得a x ≡-1(mod p ),若不存在a (1≤a ≤p -1), a =x,使a x ≡-1(mod p ),则这样的a ,x 共配成21-p 对,则有)(mod 1)!1()1(21p p p -≡-≡--,即21-p 为奇数,与 p 2证a =4(p 1p 设2p 1 p 2…12x -≡,相应的x 例(1)(2)n n+1n (n=1,2, …),且每个a n 都是f(x)的周期.证明：(1)设T=nm (正整数m,n 互质,且n ≥2),因(m,n)=1,所以,m,2m,…,nm 构成 modn 的完系,故存在k ∈N *使得km ≡1(modn),即存在t ∈N *使得km=nt+1,因f(x)=f(x+kT)=f(x+n km )=f(x+t+n 1)=f(x+n 1),所以n1是周期. 设n=kp ,其中k ∈N *, p 为素数,则n k p 11⋅=是周期.故存在素数p,使p 1是周期. (2)当T 为无理数时,取a 1=T,则T 为无理数, 0<T<1.设k≤n 时存在无理数a k ,使得0<a k <a k-1<1,且a k 是周期.对k+1,总存在存在u,v ∈N *,使得0<u a k -v<a k <1,取例解:,对任意}包含了modn+1零剩余,≤k ≤n, a 1+a 2+取例. 例11求所有的奇质数p ,使得∑=-11|k p k p .例12求所有质数p ,使得2122213)()()(|-+++p p p p C C C p .例13设n 为大于1的奇数,k 1,k 2,…,k n 是n 个给定的整数,对1,2,…,n 的每一个排列a=(a 1,a 2,…,a n ),记S(a)=∑=ni i i a k 1.证明:存在两个1,2,…,n 的排列b 和c(b ≠c),使得n!|S(b)-S(c).证明:如果对1,2,…,n 的任意两个不同排列b 和c(b ≠c),都有n!∤S(b)-S(c),那么当a 取遍所有排列时(共n!个),S(a)遍历模n!的一个完系, 因此,有∑a a S )(≡1+2+…+n!≡2!2)1!(!n n n ≡+(modn!) ①, 另一方面,我们有 ∑a a S )(=)!(mod 0)1(!])!1[(n k n n j n k a k a k n i n n in i i n i i ≡+=-==∑∑∑∑∑∑∑ ②. 由①∑a .例modm 因(m,2n 例x 例在A同余方程与同余方程组1.同余方程(组)及其解的概念定义1 给定正整数m 及n 次整系数多项式0111)(a x a x a x a x f n n n n ++++=--，则同余式f(x)≡0(modm)①叫做模m 的同余方程,若a n 0(modm),则n 叫做方程①的次数.若x=a是使f(a)≡0(modm)成立的一个整数,则x≡a(modm)叫做方程①的一个解,即把剩余类a(modm)叫做①的一个解.若a1(modm),a2(modm)均为方程①的解,且a1,a2对模m不同余,就称它们是方程①的不同解.由此可见,只需在模m的任一组完系中解方程①即可.例12解:例2解:.2.设a x解,例3解:tx即)8-≡x.3,1-(mod≡t),1,08(mod1=4+例4解方程12x≡6(mod9).因(12,9)=3,且-1是一个特解,所以,方程12x≡6(mod9)的解为:(modx即)8t5,2,1，≡t≡-x.(mod),2,1,083+1=-3.同余方程组定义3给定正整数m 1,m 2,…,m k 和整系数多项式f 1(x),f 2(x),…,f k (x),则同余式组 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡)(mod 0)()(mod 0)()(mod 0)(2211k k m x f m x f m x f ②,叫做同余方程组.若x=a 是使f j (a )≡0(modm j )(1≤j ≤k)成立的一个整数,则x ≡a (modm)叫做方程组②的一个解,即把剩余类a (modm)叫做②的一个解.例5解:⎩⎨⎧-≡≡13x x .M=m 1m ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡21k a x a x a x 其中M j ).(2)j j j j 则x ≡y (modm j ),即m j |x -y ,因m 1,m 2,…,m k 两两互质,所以M| x-y 即x ≡y (modM). 注:(1)存在无穷多个整数x 满足同余方程组③,这些x 属于同一模m 的剩余类;(2)同余方程组③仅有一个解x ≡a 1M 1M 1-1+a 2M 2M 2-1+…+a k M k M k -1(modM).(3)当(a ,m i )=1(=1,2,…,n)时,同余方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡---)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 12211112211k k k k m a a x m a a x m a a x m a ax m a ax m a ax仍然具有定理结论. 这在数论解题中具有重要应用.例6“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何”.解,352115≡x 例.解:210×210-1≡210-1≡1(mod11)⇔210-1≡1(mod11),所以,同余方程组的解为: )2310(mod 2111637121010330438553462≡=⨯+⨯+⨯+⨯≡x ,即x=2310k+2111(k ∈N).例8证明:对任意n 个两两互质的正整数:m 1,m 2,…,m n ,总存在n 个连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).证明:由剩余定理知,总存在整数k 使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡)(mod )(mod 2)(mod 121n m n k m k m k,即存在连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).例9证明:对任意n ∈N *,存在n 个连续正整数它们中每一个数都不是素数的幂(当 数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡21n m m m例,且A 例 {k +a n }⎩⎨⎧-≡≡)(mod 102p x x 123⎪⎩-≡)(mod 232p x 2的最小正整数a 2=38.假定a 1,a 2,…,a n 都已确定,则取a n+1适合⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡≡+)(mod )(mod 1)(mod 0121n p n x p x p x 且大于a n 的最小正整数,由剩余定理知满足条件的a n+1存在.则上述递推关系定义的数列{a n }满足题意:因对任意k ∈N *,当n ≥k+1时,都有k+a n ≡0(mod p k+1),由{a n }递增可知{k +a n }从第k+2项起每一项都是p k+1的倍数,且都大于p k+1,所以,数列{k +a n }中至多有k+1项为素数.例12是否存在一个由正整数组成的数列，使得每个正整数都恰在该数列中出现一次，且对任意正整数k ，该数列的前k 项之和是k 的倍数？解:,S=a 1+a 2⎩⎨⎧++≡+t r S r S {a n }例的质因数.例例。
高中数学联赛数论题目汇编
联赛数论题目汇编1.（81年）组装甲、乙、丙三种产品，需用A 、B 、C 三种零件。
每件甲需用A 、B 各2个：每件乙需用B 、C 各1个；每件丙需用2个A 和1个C 。
用库存的A 、B 、C 三种零件，如组装成p 件甲产品、q 件乙产品和r 件丙产品，则剩下2个A 和1个B 。
但C 恰好用完。
试证：无论怎样改变产品甲、乙、丙的件数，也不能把库存的A 、B 、C 三种零件都恰好用完。
2. （82年）已知圆 222x y r +=（r 为奇数），交x 轴于A （r ，0），B （－r ，0），交y 轴于C （0，－r ），D （0 ，r ），P(u ，v)是圆周围的点，,m n u p q υ==（p 、q 都是质数，m 、n 都是自然数）且u υ>.点P 在x 轴和y 轴上的射影分别是M 、N 。
求证：｜AM ｜、｜BM ｜、｜CN ｜、｜DN ｜分别是1、9、8、2。
3.（86年） 平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点称为整点。
请设计一种方法将所有的整点染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得（1） 生病 种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上无穷多次；（2） 对任意白点A 、红点B 和黑点C ，总可以找到一个红点D ，使得ABCD为一平行四边形。
（3） 证明你设计的方法符合上述要求。
4.（87年）若k 是大于1的整数，a 是210x kx -+=的根，对于大于10的任意自然数n ，22n n a a -+的个位数字总是7，则k 的个位数字是＿＿。
5. （88年）在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I 表示所有直线的集合，M 表示恰好通过一个数点的直线的集合，N 表示不通过任何整点的直线的集合，P 表示通过无穷多个整点的直线的集合，那么表达式：(1)1;(2);M N P M =≠Φ (3)(4).N P ≠Φ≠Φ 中正确的个数是（A ）1； （B ）2； （C ）3； （D ）4。
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。
高中数学竞赛——数论
高中数学竞赛 数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。
K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类.(2)性质(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ⇔a ≡b(modm).2.剩余系的定义与性质(1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,21,,1,0,1,,121,21--+----m m m ;当m 为偶数时,12,,1,0,1,,12,2--+--m m m 或2,,1,0,1,,12m m -+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系⇔两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系.证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别遍历模m1,m2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.既约剩余系的定义与性质(1)定义3如果剩余类K r里的每一个数都与m互质，则K r叫与m互质的剩余类.在与模m互质的全部剩余类中，从每一类中任取一个数所做成的数组，叫做模m的一个既约(简化)剩余系.如:模5的简系1,2,3,4;模12的简系1,5,7,11.(2)性质(ⅰ)K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质；证明:设a∈K r,(m,a)=1,则对任意b∈K r,因a≡b≡r(modm),所以,(m,a)=(m,r)= (m,b)=1,即K r与模m互质.(ⅱ)与模m互质的剩余类的个数等于)m(ϕ,即模m的一个既约剩余系由)m(ϕ个整数组成()m(ϕ为欧拉函数);(ⅲ)若(a,m)=1,则x与ax同时遍历模m的既约剩余系.证明:因(a,m)=1,(x,m)=1,所以,(ax,m)=1.若ax1≡ax2(modm),则有x1≡x2(modm),矛盾!(ⅳ)若a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m 的一个既约剩余系.(ⅴ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1, (m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,所以,(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,因(m 1,m 2)=1,所以,(m 1,x )=(m 2,y )=1.证毕.推论1若m 1,m 2是两个互质的正整数,则)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.证明:因当x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系时,m 2x+m 1y 也历遍模m 1m 2的既约剩余系,即m 2x+m 1y 取遍)(21m m ϕ个整数,又x 取遍)(1m ϕ个整数,y 取遍 )(2m ϕ个整数,所以, m 2x+m 1y 取遍)()(21m m ϕϕ个整数,故)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.推论2 设整数n 的标准分解式为k k p p p n ααα 2121=(k p p ,,1 为互异素数, *1,,N k ∈αα ),则有)11()11)(11()(21kp p p n n ---= ϕ. 证明:由推论1得)()()()(2121k k p p p n αααϕϕϕϕ =,而1)(--=αααϕp p p ,(即从1到αp 这αp 个数中,减去能被p 整除的数的个数),所以,)())(()(11221112211------=kk k k p p p p p p n ααααααϕ )11()11)(11(21kp p p n ---= . 4.欧拉(Euler)与费尔马(Fermat)定理欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡ϕ. 证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r a ϕϕ )(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p ≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p a p ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例2证明从任意m 个整数a 1,a 2,…,a m 中,必可选出若干个数,它们的和(包括只一个加数)能被m 整除.证明:考虑m 个数a 1,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a m ,如果其中有一个数能被m 整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm 的同一剩余类,这两个数的差即满足要求.例3设f(x)=5x+2=f 1(x), f n+1(x)=f[f n (x)].求证:对任意正整数n,存在正整数m,使得2011|f n (m).证明:因f 2(x)=f[f(x)]=5(5x+2)+2=52x+5×2+2,f 3(x)=f[f 2(x)]=53x+52×2+5×2+2,..., f n (x)=5n x+5n-1×2+5n-2×2+ (2)因(5n ,2011)=1,所以,x 与f n (x)同时历遍mod2011的完系,1≤x ≤2011,所以,存在正整数m(1≤m ≤2011)使得f n (m)≡0(mod2011),即2011|f n (m).例4设123,,,a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为 负整数.假设对每个正整数n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣,则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但 ∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.最后由正负项均无穷多个（即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数）就得到:每个整数在数列中出现且只出现一次.例5偶数个人围着一张圆桌讨论，休息后，他们依不同次序重新围着圆桌坐下,证明至少有两个人，他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。
高中数学联赛数论专题
高中数学联赛数论专题数论是数学中的一个重要分支，涉及整数的性质和关系。
在高中数学联赛中，数论作为一个专题常常被提及，并且在竞赛题目中占据一定比例。
本文将从数论的基本概念、典型问题和解题思路等方面进行探讨。
一、数论的基本概念数论是研究整数的性质和关系的数学领域，其中核心概念包括因数、倍数、质数、互质等。
因数指的是能够整除某个整数的所有正整数，而倍数则是某个整数所能够整除的所有整数。
质数是只能被1和自身整除的整数，而互质则是两个数的最大公因数为1。
二、典型问题在高中数学联赛的数论专题中，常常会出现以下典型问题：1. 质因数分解：给定一个整数，要求将其分解为质因数的乘积。
质因数分解不仅是数论中的重要知识点，还是其他数学学科的基础。
2. 同余定理：同余定理是数论中的重要理论，涉及到整数之间的模运算。
常见的同余定理包括欧拉定理、费马小定理等。
3. 素数判定：判断一个数是否为素数是数论中的常见问题。
除了常规的试除法，还可以运用费马检验、米勒-拉宾素性测试等方法进行判定。
4. 数列问题：数论与数列密切相关，常常会涉及到数列的性质和规律。
例如斐波那契数列、约瑟夫环等经典问题。
5. 不定方程：不定方程指的是关于整数解的方程，解决不定方程需要灵活运用数论知识和技巧。
典型的不定方程问题包括费马方程、佩尔方程等。
三、解题思路在高中数学联赛中，解决数论问题的关键在于运用合适的方法和技巧。
下面给出几点解题思路供参考：1. 寻找规律：数论问题常常有一定的规律性，通过观察和归纳找出规律是解题的关键。
可以通过列数表、找数列规律等方法进行推断。
2. 利用等式性质：利用等式的性质可以化简或者变形给定的数论问题，将其转化为更容易解决的形式。
例如利用同余关系化简方程、利用性质求解方程等。
3. 利用定理和公式：数论中有很多重要的定理和公式，熟练掌握并恰当运用可以大大提高解题效率。
例如欧拉定理、费马小定理等。
4. 分类讨论：针对不同情况进行分类讨论，找出不同情况下的共同性质和规律。
高中数学联赛真题分类初等数论(原卷版)
段。某运动员将编号为 1,2，…，2008 的吉祥物按照以下方式依次放置于这些站点上：他先在��上放置第 1 号
吉祥物，然后顺时针跑过 29 个区段，将第 2 号吉祥物放置于所到达的站点���上；再顺时针跑过 29 个区段，将
第 3号吉祥物放置于所到达的站点���上，……如此进行下去。则站点�����上所放置的吉祥物的编号是（）。
.
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，
��� + �−��的个位数字总是 7，则 k 的个位数字是
.
12．【1985 高中数学联赛（第 01 试）
】
方程���+ ��+ ��+ ��+ ��+ ��+ ��+ ��+ ��+ ���= �的
备战 2021 年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）
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
A．1
B．2
C．3
�+ �+ �= �
���+ �= �
的有理数解(x，y，z)的个数为(
��+ ��+ ��+ � =
�
D．4
2．
【
1996 高中数学联赛（第 01 试）
数为
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]+[
�����
．
]，则 A 除以 50 的余
�
.
13．设�(�)表示不超过 n 且与 n 互素的正整数的个数，g(n)满足对任意� ∈ � + ,
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。
高中数学竞赛数论
高中数学竞赛数论数论作为数学的一个分支，是数学竞赛中重要的考查内容之一。
高中数学竞赛数论题目常常涵盖了整数性质、模运算、质数等各个方面的知识。
在数论的学习和应用中，往往需要我们灵活运用各种技巧和方法来解决问题。
本文将从基本概念、常见性质、解题技巧等方面来介绍高中数学竞赛数论的相关内容。
一、基本概念1. 整数的性质：整数的奇偶性、整数的除尽性等都是数论中基本的概念。
在解题过程中，我们常常需要利用整数的性质来简化问题。
2. 算术基本定理：任何一个大于1的正整数，都可以表示为若干个质数的乘积，且这种表示方法是唯一的。
这一定理在数论中有着非常重要的作用，解决了很多关于因数分解的问题。
3. 同余方程：在数论中，我们常常会接触到模运算和同余方程。
同余方程是指在整数集合Z上定义的一种关系，通常用符号“≡”来表示。
在解决问题时，求解同余方程是一个常见的手段。
二、常见性质1. 质数性质：质数是指只有1和它本身两个正因数的自然数。
在解题中，我们需要掌握质数的性质，如质数的判定方法、质数之间的性质等。
2. 欧拉定理：欧拉定理是数论中的一个重要定理，它描述了正整数幂的同余性质。
欧拉定理在数论中的应用非常广泛，是解决一类数论问题的重要工具。
3. 数列与递推关系：在数论竞赛中，常常会涉及到数列和递推关系。
我们需要熟练掌握数列的性质和常见的数列递推方法，以便解题时能够迅速找到规律。
三、解题技巧1. 数学归纳法：数学归纳法是数论中常用的证明方法，通过数学归纳法可以证明某个结论对于所有正整数都成立。
在数论竞赛中，经常可以用到数学归纳法来解决问题。
2. 等价转化：有时候，我们需要将原来的问题进行等价转化，从而简化解题过程。
通过巧妙的等价转化，我们可以找到更容易解决的问题。
3. 假设反证法：假设反证法是一种解题思路，通过假设问题的否定，再通过逻辑推导得出矛盾，从而证明原命题成立。
在数论中，假设反证法常常被用来解决一些猜想和证明问题。
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例2足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分。
那么，一个球队打14场球积分19分的情况共有多少种.例3公元五世纪末，我国数学家张丘建在他的名著《算经》里提出一个世界数学史上著名的“百鸡问题”：“鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一，百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何？”。
例4时钟的刻度盘（写有数字1,2,…,12的圆盘），以其中心为轴，固定在教室的黑板上，刻度盘可以绕轴转过30° 的整数倍的任意角度。
起初，在黑板上靠近刻度盘上的数字旁边的地方写上“0”，然后转动刻度盘若干次，每次转动停止后，都将刻度盘上的数加到靠近它旁边的黑板上所写的数字，这样是否可以做到：（1）黑板上所写的数都是1984？（2）黑板上所写的数除了一个之外，其余所写的数都是1984？（3）黑板上所写的数除了两个之外，其余所写的数都是1984？2.勾股数定理定义2 形如x2+y2=z2的方程叫做勾股数方程,并称满足（x,y）=1的解为方程的基本解.引理给定正整数n,且n≥2,则不定方程uv=w n ①,适合w>0,u>0,v>0,（u,v）=1的一切正整数解为:u=a n,v=b n,w=ab,其中a>0,b>0,（a,b）=1 ②.例1求最小的正整数n（n≥2）,使得为整数.定理方程x2+y2=z2 ③适合条件x>0,y>0,（x,y）=1,且2|x ④的一切正整数为:x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2,其中a>b>0,（a,b）=1,且a,b一奇一偶⑤.推论单位圆上一切有理点为及,其中a,b不全为零,“±”号可任取.例2已知x n+y n=z n无正整数解.求证:方程x2n+y2n=z2也无正整数解.例3求方程2x+3y=z2的所有整数解（x,y,z）.3.沛尔（pell）方程定义3 通常pell方程指以下四个不定方程：x2-dy2=±1，±4，其中x，y∈Z，d∈N*，且d不是平方数。
如果pell方程的正整数解（x，y）中，使得x+y最小的正整数解为（x1，y1），则称（x1，y1）为方程的最小解。
定理1设d∈N*，d不是平方数，方程x2-dy2=1的最小解为（x1，y1），则x n=，y n=，n=1，2，…。
给出方程x2-dy2=1的全部正整数解.称x1+y1为方程x2-dy2=1的基本解。
定理2设方程x2-dy2=-1的正整数解（x，y）中，使得x+y最小的解为（x1，y1），则x n=，y n=，n=1，2，…。
给出方程x2-dy2=-1的全部正整数解。
例1设正整数d无平方因子，x0+y0为方程x2-dy2=1的基本解.求该方程的正整数解（x，y），使得x的所有素因子整除x0。
定理3（1）当a为非零整数时，方程x2-a2y2=1只有平凡解（±1，0）；方程x2-a2y2=-1仅当a=±1时有整数解（0，±1）。
（2）存在无穷多个非平方数d>0，使方程x2-dy2=-1无整解。
4.费尔马大定理不定方程x n+y n=z n（正整数n≥3）无正整数解.费尔马大定理，是困扰人们近四百年的著名世界难题，已于1994年被普林斯顿大学教授A.Wiles 攻克。
例2 证明：存在无数个正整数n，使得[n]为完全平方数。
例3 试找出最大的c∈R+，使得对任意正整数n，都有{n}≥.（{x}=x-[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数）不定方程的解法1.因式分解法将方程的一端化为常数，做因数分解，另一端含未知数的代数式因式分解，再由各因式的取值分解为若干方程组进行求解。
例1求方程2x2+5y2=11（xy-11）的正整数解。
例2求方程x3-y3=z2的正整数解。
其中y为素数，且3和y都不是z的约数。
例3求方程x2-5xy+6y2-3x+5y-25=0整数解。
2.配方法将方程一边变形为平方和的形式，另一边是常数。
从而缩小解的存在范围，达到求解或判定无解之目的。
例1求方程x2-12x+y2+2=0的整数解。
例2证明方程x2+y2+z2+3（x+y+z）+5=0无有理数解。
例3求方程x2（y-1）+y2（x-1）=1的整数解。
3.估计范围法从方程的形式入手，依据不等式及其性质等确定方程解的存在范围，进而求解方程。
例1求方程3x2+7xy-2x-5y-35=0的正整数解。
例2求所有整数组（a，b，c，x，y，z）满足：（ⅰ），（ⅱ）a≥b≥c≥1，x≥y≥z≥1.例3求x2+x=y4+y3+y2+y的整解。
例4求方程的整数解。
4.同余法若某不定方程有整解，则等式两边对模m同余（m为任意正整数），这是原方程有解的一个必要条件，据此可以缩小解的范围，或判定方程无解。
例1求|12x-5y|=7的全部正整数解（x，y）。
例2.求8x+15y=17z的全部正整数解（x,y,z）。
例3.证明方程组没有整数解。
5.无穷递降法运用无穷递降法主要是证明方程无正整数解。
其一般步骤是：先假定存在一组适合条件的正整数解，再设法构造出其它正整数解,要求必须是递降的，由于上述过程可无限进行下去，再由严格递减的正整数数列只有有限项，从而导致矛盾。
还可从假设方程的一组“最小解”，而递降得到更小解引出矛盾。
例1.设p≡-1（mod4）,证明：对任意正整数n，方程x2+y2=p n无正整数解。
例2.证明方程x2+y2-19xy-19=0无整数解。
例3.证明方程x4+y4=z2没有正整数解。
6.构造法即通过构造恒等式或一些特定方程,来证明不定方程有解或者有无穷多解.例1.证明方程x3+y3+z3+t3=1999有无穷多组整解。
例2.是否存在正整数m，使得方程有无穷多组正整数解（a,b,c）。
例3.证明：有无穷多个正整数n，使得n的整数部分[n]为完全平方数。
【不定方程练习题】1.是否存在正整数m,n满足5m2-6mn+7n2=2006？请说明理由。
2.求出所有正整数x,y使得x2+615=2y。
3.求出所有正整数对（n,k）使得（n+1）k-1=n!。
4.证明方程3y2=x4+x没有正整数解。
5.找出所有的正整数对（m,n）,使得6m+2n+2是一个完全平方数。
6.求所有正整数x,y,满足1!+2!+3!+…+x!=y2。
7.设x1，x2是方程x2-6x+1=0的两个根.证明:对于一切正整数n,a n=x1n+x2n都是整数且不整除a n。
8.若n个边长为正整数的正方体体积之和为20022005。
求n的最小值。
【知识点概要】1、带余除法定理:设（a, b）是两个给定整数，a≠0. 那么，一定存在唯一的一对整数（q, r），使得b=qa +r,0≤r <|a|.此外，a|b当且仅当r=0.（带余除法是初等数论中最重要、最基本、最直接的工具。
）2、公因数、最大公因数、互素的定义和性质:用（a 1,a2,...,a n）记a1,a2,…,a n的最大公约数[a1,a2,...,a n]记为a1,a2,...,a n的最小公倍数。
特别的，若（a,b）=1则称a,b互素。
最大公因数的基本性质：（以下关于最大公约数的性质都不需要用到算术基本定理）（1）（交换律）（a,b）=（b,a）（2）（结合律）（（a,b）,c）=（a,（b,c））（3）若a 1|a i,i =2,3,…,n，则（a1,a2,…,a n）=a1（4）若p是素数，则（5）若b=qa +r，则（a,b） =（a,r）.3、辗转相除法:任给整数m,n（n≠0）,则有如下带余除法链：m=nq 1+r1, 1≤r1<nn=r 1q2+r2, 1≤r2<r1r 1=r2q3+r3, 1≤r3<r2… …R k-1=r k q k+1+r k+1, r k+1=0裴蜀定理：一次不定方程ax+by =c有整数解当且仅当（a,b）|c.【例题讲解】1.{F n}是Fibonacci数列：F0=0,F1=1,F n=F n－1+F n－2（n≥ 2），对于1≤i≤200,记g i=（Fi,F2007）.求g i的所有可能取值.2.（1）求证：（2 m-1,2n-1）=2（m,n）-1；（2）求（2 m+1,2n+1）；（3）求（3 m+1,3n+1）。