高中数学竞赛专题讲座---竞中的数论问题高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题.doc

竞赛中的数论问题的思考方法 一条件的增设 对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。 1大小顺序条件 与实数范围不同，若整数x，y有大小顺序xy，则必有y≥x+1，也可以写成y=x+t，其中整数t≥1。 例1（IMO-22）设m，n是不大于1981的自然数，，试求的最大值。 易知当m=n时,不是最大值。于是不访设nm,而令n=m+u1，nu1≥1，得 。同理，又可令m= u1+ u2，mu2≥1。如此继续下去将得uk+1= uk=1，而，i≤k。故是不大于1981的裴波那契数，故m=987，n=1597。 例2（匈牙利—1965）怎样的整数a，b，c满足不等式 若直接移项配方，得。因为所求的都是整数，所以原不等式可以改写为：，变形为：，从而只有a=1，b=2，c=1。 2整除性条件 对于整数x，y而言，我们可以讨论其整除关系：若x|y，则可令y=tx；若x?y，则可令y=tx+r，0r≤|x|-1。这里字母t，r都是整数。进一步，若，且，则。结合高斯函数，设n除以k，余数为r，则有。还可以运用抽屉原理，为同余增设一些条件。整除性与大小顺序结合，就可有更多的特性。 例3试证两相继自然数的平方之间不存在自然数abcd，使得ad=bc. 在假定了之后，可设。（显然pq）由p，q的互素性易知必有q|a，q|b。这样，由ba即得（有了三个不等式，就可对的范围进行估计）从而。于是将导致矛盾的结果：。这里，因为a，b被q整除，我们由ba得到的不仅是b≥a+1，而是更强的条件b≥a+q。 例4（IMO-25）设奇数a，b，c，d满足0abcd，ad=bc，若，这里k，m是整数，试证a=1。 不难证明k，m的大小关系km。[ 。所以。]，代入ad=bc中，有 （1）由（1）可得。即，（2）已知a，b都是奇数，所以a+b，a-b都是偶数，又是奇数的2倍，故b+a，b-a中必有一个不是4的倍数。由（2）必有或。其中，e，f为正整数，且是奇数。[，与（2）比较可得]由于km，故 。从而e=1，。考虑前一情况，有由第二式可得 ，故 ，所以奇数a=1。对于后一情况，可作类似的讨论。 显然，上述解题思路中有两个技巧：一是用放缩法证明km；第二个是（2）式的分解，然后运用整除的条件。 例5设为n分别除以1，2，┅，n所得的余数之和。证明存在无穷多个正整数n，使得。 把n除以k的余数记为，则有。故可得r的表达式 。由此易得。则 ，因此，等价于。注意到 ，因此题中的条件等价于n的所有真因子之和等于n-1。显然，取(l为正整数)，则n的所有真因子之和为n-1，而这样的n有无穷多个。 例6试证对于任给的m个整数，必有，使得 令（）。若中有一个数被m整除，则结论成立。否则，各均不能被m整除，此时可设。这样，m个余数只能从1至m-1这m-1个数中取值，由抽屉原理知，必有，使得，于是，故取即得到结论。 3互素性的条件 当（a，b）=d1时，我们总是作如下考虑：令，则必有。这种互素条件的增置往往对解题有很大作用。 例7（波兰64—65）设整数a，b满足，试证及都是完全平方数。 变形可得：，故只要能证一个，则另一个必是。我们在排除了字母取零或相等的情况后，可设。这时令，，从而方程变为。显然有。另一方面又 有。注意到，于是有。这样就有。至此已十分容易获得命题的结论了。这里，由a1与b1互素导出a1—b1与b1互素，是证明的关键。 二从特殊到一般 例8（IMO-18）试求和为1978的正整数之积的最大值。 我们可通过减少加法运算的次数来选择特例，例如考虑求正整数 满足 使最大。显然，最特殊且最简单的正整数是1。例如取a1=1，这里由知乘积不是最大的值。对于某些正整数取2的情况，注意到2+2=4，2×2=4；2+2+2=6=3+3，2×2×23×3。我们发现诸ai中不能取多于两个2。对于ai=5，有2+3=5，2×35。因此不如把一个5拆成2与3的和，从而使乘积变大，对于6，7等有类似的结论。这样，我们已大致可确定诸ai只应取2或3，且2的个数不超过两个。依此估计，由1978=658×3+2+2即可猜测最大的积为。 例9（IMO—31备选题）设a，b是给定的正整数，现有一机器人沿着一个有n级的楼梯上下升降，每上升一次恰好上升a级，每下降一次恰好下降b级。为使机器人经过若干次上升下降后，可以从地面升到楼梯顶，然后再返回地面，问n的最小值是多少？ 为了探讨解法和结论，不妨设。我们分b|a与a?b两种情况进行讨论。对于b|a的情况结论是显而易见的：可令a=sb, 机器人上升一次，然后再连续下降s次即达到要求，故n=a.现考虑a?b