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2019-2020年高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽教材講義 第十七章 整數(shù)問(wèn)題
一、常用定義定理
1．整除：設(shè)a,b∈Z,a≠0，如果存在q∈Z使得b=aq，那么稱b可被a整除，記作a|b，且稱b是a的倍數(shù),a是b的約數(shù)。b不能被a整除，記作a b.
2.帶余數(shù)除法：設(shè)a,b是兩個(gè)給定的整數(shù)，a≠0，那么，一定存在唯一一對(duì)整數(shù)q與r，滿足b=aq+r,0≤r<|a|，當(dāng)r=0時(shí)a|b。
3．輾轉(zhuǎn)相除法：設(shè)u0,u1是給定的兩個(gè)整數(shù)，u1≠0，u1 u0,由2可得下面k+1個(gè)等式：u0=q0u1+u2,0
1且n為整數(shù)，則，其中pj(j=1,2,…,k)是質(zhì)數(shù)（或稱素?cái)?shù)），且在不計(jì)次序的意義下，表示是唯一的。
6．同余：設(shè)m≠0,若m|(a-b)，即a-b=km，則稱a與b模同m同余，記為a≡b(modm)，也稱b是a對(duì)模m的剩余。
7．完全剩余系：一組數(shù)y1,y2,…,ys滿足：對(duì)任意整數(shù)a有且僅有一個(gè)yj是a對(duì)模m的剩余，即a≡yj(modm)，則y1,y2,…,ys稱為模m的完全剩余系。
8．Fermat小定理：若p為素?cái)?shù)，p>a,(a,p)=1，則ap-1≡1(modp)，且對(duì)任意整數(shù)a,有ap≡a(modp).
9．若(a,m)=1，則≡1(modm),(m)稱歐拉函數(shù)。
10．（歐拉函數(shù)值的計(jì)算公式）若，則(m)=
11．（孫子定理）設(shè)m1,m2,…,mk是k個(gè)兩兩互質(zhì)的正整數(shù)，則同余組：
x≡b1(modm1),x≡b2(modm2),…,x≡bk(modmk)有唯一解，
x≡M1b1+M2b2+…+Mkbk(modM)，
其中M=m1m2mk；=，i=1,2,…,k；≡1(modmi),i=1,2,…,k.
二、方法與例題
1．奇偶分析法。
例1 有n個(gè)整數(shù)，它們的和為0，乘積為n，（n>1），求證：4|n。
[證明] 設(shè)這n個(gè)整數(shù)為a1,a2,…,an，則a1,a2,…,an=n， ①
a1+a2+…+an=0。 ②
首先n為偶數(shù)，否則a1,a2,…,an均為奇數(shù)，奇數(shù)個(gè)奇數(shù)的和應(yīng)為奇數(shù)且不為0，與②矛盾，所以n為偶數(shù)。所以a1,a2,…,an中必有偶數(shù)，如果a1,a2,…,an中僅有一個(gè)偶數(shù)，則a1,a2,…,an中還有奇數(shù)個(gè)奇數(shù)，從而a1+a2+…+an也為奇數(shù)與②矛盾，所以a1,a2,…,an中必有至少2個(gè)偶數(shù)。所以4|n.
2．不等分析法。
例2 試求所有的正整數(shù)n，使方程x3+y3+z3=nx2y2z2有正整數(shù)解。
解 設(shè)x,y,z為其正整數(shù)解，不妨設(shè)x≤y≤z，則由題設(shè)z2|(x3+y3)，所以z2≤x3+y3，但x3≤xz2,y3≤yz2，因而z=nx2y2-≥nx2y2-(x+y)，故x3+y3≥z2≥[nx2y2-(x+y)]2，所以n2x4y4≤2nx2y2(x+y)+x3+y3，所以nxy<。若x≥2，則4≤nxy<≤3，矛盾。所以x=1，所以ny<，此式當(dāng)且僅當(dāng)y≤3時(shí)成立。又z2|(x3+y3)，即z2|(1+y3)，所以只有y=1,z=1或y=2,z=3，代入原方程得n=1或3。
3．無(wú)窮遞降法。
例3 確定并證明方程a2+b2+c2=a2b2的所有整數(shù)解。
解 首先(a,b,c)=(0,0,0)是方程的整數(shù)解，下證該方程只有這一組整數(shù)解。假設(shè)(a1,b1,c1)是方程的另一組整數(shù)解，且a1,b1,c1不全為0，不妨設(shè)a1≥0,b1≥0,c1≥0且，由≡1或0(mod4)知a1,b1,c1都是偶數(shù)(否則(mod4))，從而是 方程x2+y2+z2=2x2y2的一組整數(shù)解，且不全為0，同理可知也都是偶數(shù)為方程x2+y2+z2=24x2y2的解。這一過(guò)程可以無(wú)限進(jìn)行下去，另一方面a1,b1,c1為有限的整數(shù)，必存在k∈N,使2k>a1,2k>b1,2k>c1，從而不是整數(shù)，矛盾。所以該方程僅有一組整數(shù)解(0,0,0).
4．特殊模法。
例4 證明：存在無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)，它們不能表示成少于10個(gè)奇數(shù)的平方和。
[證明] 考慮形如n=72k+66,k∈N的正整數(shù)，若，其中xi為奇數(shù)，i=1,2,…,s且1≤s≤9。因?yàn)閚≡2(mod8)，又≡1(mod8)，所以只有s=2.所以，又因?yàn)椤?或0(mod3)，且3|n，所以3|x1且3|x2，所以9|n。但n=72k+66≡3(mod9)，矛盾。所以n不能表示成少于10個(gè)奇數(shù)的平方和，且這樣的n有無(wú)窮多個(gè)。
5．最小數(shù)原理。
例5 證明：方程x4+y4=z2沒(méi)有正整數(shù)解。
[證明] 假設(shè)原方程有一組正整數(shù)解(x0,y0,z0)，并且z0是所有正整數(shù)解z中最小的。因此，，則a2-b2,=2ab,z0=a2+b2，其中(a,b)=1,a,b一奇一偶。假設(shè)a為偶數(shù)，b為奇數(shù)，那么(mod4)，而(mod4)，矛盾，所以a為奇數(shù)，b為偶數(shù)。于是，由得x0=p2-q2,b=2pq,a=p2+q2（這里(p,q)=1,p>q>0,p,q為一奇一偶）。從而推得，因?yàn)閜,q,p2+q2兩兩互質(zhì)，因此它們必須都是某整數(shù)的平方，即p=r2,q=s2,p2+q2=t2，從而r4+s4=t2，即(r,s,t)也是原方程的解，且有t1，n>1，因?yàn)槭钦麛?shù)，所以也是整數(shù)，所以m,n是對(duì)稱的，不妨設(shè)m≥n，
?。┤鬽=n，則為整數(shù)，所以n=2,m=2.
ⅱ）若m>n，因?yàn)閚3+1≡1(modn),mn-1≡-1(modn)，所以≡-1(modn).
所以存在k∈N，使kn-1=,又kn-1=
所以(k-1)n<1+,所以k=1，所以n=1=,所以
所以n-1=1或2，所以(m,n)=(5,3)或(5,2).
同理當(dāng)m1983（個(gè)）。這是因?yàn)門(mén)中的k位數(shù)的個(gè)數(shù)相當(dāng)于用0，1這兩個(gè)數(shù)在k-1個(gè)位置上可重復(fù)的全排列數(shù)（首位必須是1），即2k-1,k=1,2,…,11.
（2）T中最大的整數(shù)是1+3+32+…+310=88573<105。
（3）T中任意三個(gè)數(shù)不組成等差排列的三個(gè)連續(xù)項(xiàng)。否則，設(shè)x,y,z∈T,x+z=2y，則2y必只含0和2，從而x和z必定位位相同，進(jìn)而x=y=z，這顯然是矛盾的。
三、習(xí)題精選
1．試求所有正整數(shù)對(duì)(a,b)，使得(ab-a2+b+1)|(ab+1).
2．設(shè)a,b,c∈N+，且a2+b2-abc是不超過(guò)c+1的一個(gè)正整數(shù)，求證：a2+b2-abc是一個(gè)完全平方數(shù)。
3．確定所有的正整數(shù)數(shù)對(duì)(x,y)，使得x≤y，且x2+1是y的倍數(shù)，y2+1是x的倍數(shù)。
4．求所有的正整數(shù)n，使得存在正整數(shù)m,(2n-1)|(m2+9).
5．求證：存在一個(gè)具有如下性質(zhì)的正整數(shù)的集合A，對(duì)于任何由無(wú)限多個(gè)素?cái)?shù)組成的集合，存在k≥2及正整數(shù)m∈A和nA，使得m和n均為S中k個(gè)不同元素的乘積。
6．求最小的正整數(shù)n(≥4)，滿足從任意n個(gè)不同的整數(shù)中能選出四個(gè)不同的數(shù)a,b,c,d使20|(a+b-c-d).
7.對(duì)于正整數(shù)a,n,定義Fn(a)=q+r，其中q,r為非負(fù)整數(shù)，a=qn+r且0≤r≤n，求最大正整數(shù)A，使得存在正整數(shù)n1,n2,…,n6，對(duì)任意正整數(shù)a≤A，都有=1，并證明你的結(jié)論。
8．設(shè)x是一個(gè)n位數(shù)，問(wèn)：是否總存在非負(fù)整數(shù)y≤9和z使得10n+1z+10x+y是一個(gè)完全平方數(shù)？證明你的結(jié)論。
9．設(shè)a,b,c,d∈N+,且a>b>c>d,ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c)。證明：ab+cd不是素?cái)?shù)。
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