数论试题中的概念和方法【讲座】.pptVIP

17、(2004-2005匈牙利数学奥林匹克)已知n是正整数，如果存在整数a1,a2,…,an（不一定是不同的），使得a1+a2+…+an=a1a2…an=n，则称n是“迷人的”.求迷人的整数. 解：若k=4t+1,t∈N，显然满足要求， 取4t+1及2t个1，2t个-1即可. 若k=4，则a1a2 a3a4=4，只可能a4=4或a4=a3=2，显然无解. 若k=4t，t≥2，分两种情况讨论. 当t为奇数时，取2t，-2，x个1，y个-1（x，y待定）. 则x+y=4t-2，x-y+2t-2=4t.解得x=3t，y=t-2. 显然这样一组数满足题设要求. 当t为偶数时，类似地取2t，2，x个 1，y个-1， 则x+y=4t-2，x-y=2t-2.解得x=3t-2，y=t. 这一组数比满足题设要求. 综上，4t(t≥2)型数是迷人的. 下面证明4t+2，4t+3型数是不迷人的. 若4t+2型数是迷人的，设4t+2= a1+a2+…+a4t+2=a1a2…a4t+2. 易知，ai中有且仅有一个偶数，其余4t+1个数均为奇数，故a1+a2+…+a4t+2必为奇数，矛盾. 因此4t+2型数是不迷人的. 若4t+3型数是迷人的， 设4t+3= a1+a2+…+a4t+3=a1a2…a4t+3. 其中模4余1的有x个，模4余3的有4t+3-x个. 故x+3(4t+3-x)≡3（mod4），所以2x≡2（mod4），于是x是奇数，4t+3-x为偶数， 则3≡4t+3≡1x×34t+3-x≡1（mod4），矛盾. 因此4t+3型数是不迷人的. 综上所述，全部的迷人数为4t+1，t∈N；4t，t≥2的类型. 数论试题中的概念和方法 竞赛中常用的定理：欧拉定理 费马小定理 中国剩余定理 …… 基本研究对象： 整数 涉及的范围：整除问题 同余问题 不定方程 …… 1、已知a、b、c为正整数，且 是有理数. 求证： 是整数. 证明：因为 为无理数，故 b－c≠0， 于是 上式表示有理数，则有b2-ac=0. 从而a2+b2+c2=(a+b+c)2-2ab-2bc-2ca =(a+b+c)2-2(ab+bc+b2) =(a+b+c)(a-b+c). 故 整除有如下的一些性质： ①若a | b，b | c，则a | c ； ②若c | a，d | b，则cd | ab； ③若c | a，c | b，则c |（ma＋nb）； ④若a | b，则ma | mb，反之亦成立； ⑤a、b互质，若a | c，b | c，则ab | c； ⑥p为质数，若p|a1a2…an，则p必能整除a1，a2，…， 　　　an中的某一个； 特别地，若p为质数，p|an，则p|a. 2、证明：当n为任何整数时，36|(2n6 – n4 – n2). 证明：2n6―n4―n2=n2(2n2＋1)(n2－1)， 当n为偶数时，4|n2； 当n为奇数时，n2被4除余数为1，故4|(n2－1). 故4|n2(2n2＋1)(n2－1). 当n＝3k（k∈Z）时，9|n2(2n2＋1)(n2－1)； 当n＝3k±1（k∈Z）时，n2被3除余数总是1，  所以3|(n2－1)，且2n2被3除余数为2， 所以3|(2n2＋1)， 于是9|(n2－1)(2n2＋1)， 故9|n2(n2－1)(2n2＋1). 所以36|(2n6 – n4 – n2). 3、对任意正整数n，求证：(n +2) (12005 + 22005 +… +n2005). 分析： 按底数之和为（n＋2）进行配对计算. k2005＋(n＋2－k)2005 ＝(n＋2)[k2004－k2003(n＋2－k)＋…+(n＋2－k)2004]， ∴k2005＋(n＋2－k)2005能被n＋2整除（k＝2，3，…）. 因式分解公式： 对大于1的整数n有 xn－yn =(x－y)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+……+xyn-2+yn-1)； 对大于1的奇数n有 xn+yn =(x+y)(xn-1－xn-2y+xn-3y2－……－xyn-2+yn-1)； 对大于1的偶数n有 xn－yn