五、代数与数论综合问题

五、代数与数论综合问题

例1、试确定所有正整数n (3)n ≥，使得0123

n n n n n c c c c +++∣

2. 解：由二项式定理和组合数定义，对所有正整数3n ≥，有

01232n n n n n n n c c c c c =++++⋯+0123n n n n

c c c c ≥+++21(1)(6)6

n n n =+-+ 因此存在正整数l ，使得21(1)(6)32l n n n ++-+=⨯ ①

这样1n +和26n n -+可以写成32αβ⨯的形式，其中0α=或1，N β∈ 下面分两种情况讨论： ⑴ 4β≥，这时16(1)n ⎪+，

将①式中的第二项改写为 226(1)3(1)8n n n n -+=+-++，

由此得 28(6)n n ⎪-+，且216|(6)n n -+/，则26n n -+只能为8或24. 当268n n -+=时，解得1n =-或2；

当2624n n -+=时，解得1

(12

n =

±。它们都不满足题设. ⑵ 3β≤，这时由132n αβ+=⨯，可以求得

1n +只能为 1、2、4、8、3、6、12、24， 相应的n 为 0、1、3、7、2、5、11、23，

26n n -+为 6、6、12、48、8、26、116、512。

再由①式及3n ≥知，满足条件的n 有三个，分别是3、7、23. 例2、是否存在无穷多个正整数对(,)m n ，使得21mn ⎪+，21n m ⎪+？ （2013年英国数学奥林匹克）

解：存在。构造数列{}n a ，12a =，25a =，213n n n a a a ++=-，

则 213n n n a a a +++= ， 等号两边同乘 2n n a a +- ， 得：

22

212133n n n n n n a a a a a a ++++-=- ①

我们说明 2

121n n n a a a +++=，采用数学归纳法 1n =时，12a =，25a =，313a =，22131a a a +=成立

假设n t =时成立，则当1n t =+时，由归纳假设

21211(3)t t t t t t a a a a a a ++++==- 即 221113t t t t a a a a ++++= ②

而再由①式，22212133t t t t t t a a a a a a ++++-=- ③ ②、③两式相加，得 22121213t t t t a a a a ++++++=

22211131(3)t t t t t t a a a a a a ++++++⇒+=-= ，

故1n t =+时也成立 所以 2

121n n n a a a +++= 21(1

)n n a a +⇒⎥+ 2n ≥时，2111n n n a a a -++= 21(1)n n a a +⇒⎥+ ，1n =时也有221(1)a a ⎥+。

故1(,)n n a a +即为满足题意的正整数对(,)m n ，命题成立. 例3、数列{}n a 满足12a =，27a =，1232(3)n n n a a a n --=+≥.

证明：对任意的n N +∈，21n a -可表为两个正整数的平方和.

证：由条件易得325a =，489a =，5317a =，61129a =，74021a =，……

注意到221211a ==+，2232534a ==+，而2132a a =-，142a =； 2253171114a ==+，而32112a a =-，2142a =； 22740213950a ==+，而43392a a =-，3502a =；……

据此猜测，对每个正整数n 都有 222111(2)(2)n n n n a a a a ---=-+ ①

为证①，还需给出关于2n a 的递推关系：2221144n n n n n a a a a a --=+- ②

接下来证明式①与式②。对大于1的n 归纳。

当n=2，3时，验证无误。 设式①、②对于n 成立，则对于n+1， 由式①、②及1123n n n a a a -+=-，有

2122132n n n a a a +-=+

()222

111132222(2)(2)n n n n n n n a a a a a a a ----⎡⎤⎡⎤=+-+-+⎣⎦⎣⎦ 2113(3)(5)n n n n n a a a a a ++⎡⎤=+--⎣⎦22

112(4)(3)n n n n a a a a ++⎡⎤+-+-⎣⎦

2222

11184(2)(2)n n n n n n n

a a a a a a a +++=+-=-+. 2221232n n n a a a ++=+

222

1113(2)(2)22(22)n n n n n n n a a a a a a a +--⎡⎤⎡⎤=-+++-⎣⎦⎣⎦

222211113(84)2(148)n n n n n n n n a a a a a a a a ++++=+-+--+ 221144n n n n a a a a ++=+-.

因此，式①、②对于n+1也成立.故由归纳法知，对每个正整数n ，式①、②皆成立，且式①表明，21(2)n a n -≥为两个正整数的平方和.

例4、设{}n a 为整数列，其中2a 为奇数，对任意自然数n ，均有

11(3)3n n n n n a a a a ++-+=++.已知2009a 可被2010整除，求最小的整数

(2)n n ≥，使n a 可被2010整除.（2010年香港竞赛试题）

解： 将题设等式整理得1(1)(1)3(1)n n n a n a n +-=+--.

当1n ≠时，1131n n n a a n ++=

--1(1)

3(1)

n n n n a a n n ++⇒=--. 上式两边同除以(1)n n +得13

(1)(1)(1)

n n a a n n n n n n +=-

+-+. 设 (2)(1)

n n a b n n n =

≥- 易得 13

(1)n n b b n n +=-

+. 故 13

(1)

n n b b n n -=-

-.

123

(1)(2)

n n b b n n --=-

--，

……

3212

b b =-

. 以上等式求和得：223111

33()(1)2n

n k b b b k k

n ==-=---∑

.

注意到(1)n n a n n b =-，222a b =，则

211(1)32

2n a a n n n ⎡⎤

⎛⎫=--- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦2(1)(3)32n n a ⎡⎤=--+⎢⎥⎣⎦

又2a 为奇数，不妨设221()a p p N =+∈，则[](1)(1)3n a n p n =--+. 从而，20092008(20092006)a p =-，

又20092010a ，200920060(mod1005)4(mod1005)p p ⇒-≡⇒≡ 从而存在整数q ，使得[](1)(10053)3n a n q n =-++. 由2010|n a ，得2010|(1)(33)670|(1)(1)n n n n -+⇒-+. 故n 为奇数，不妨设21()n r r N =+∈. 因此，335|(1)r r +，所以，min 134r =，n=269. 例5、设数列{}n a 满足121a a ==，127(3)n n n a a a n --=-≥.

求证：对于每个n N +∈，12n n a a +++皆为完全平方数. 证明： 易求得数列前几项列为1，1，6，41，281，1926，……

注意到21222a a ++=，22323a a ++=，

23427a a ++=，245218a a ++=.

构造数列{}1:2n x x =，23x =，123(3)n n n x x x n --=-≥.