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1高中数学竞赛讲义（十七）──整数问题一、常用定义定理1．整除：设a,b∈Z,a≠0，如果存在q∈Z使得b=aq，那么称b可被a整除，记作a|b，且称b是a的倍数,a是b的约数。b不能被a整除，记作ab.2.带余数除法：设a,b是两个给定的整数，a≠0，那么，一定存在唯一一对整数q与r，满足b=aq+r,0≤r|a|，当r=0时a|b。3．辗转相除法：设u0,u1是给定的两个整数，u1≠0，u1u0,由2可得下面k+1个等式：u0=q0u1+u2,0u2|u1|；u1=q1u2+u3,0u3u2；u2=q2u3+u4,0u4u3；…uk-2=qk-2u1+uk-1+uk,0ukuk-1；uk-1=qk-1uk+1,0uk+1uk；uk=qkuk+1.4．由3可得：（1）uk+1=(u0,u1)；（2）d|u0且d|u1的充要条件是d|uk+1；（3）存在整数x0,x1，使uk+1=x0u0+x1u1.5．算术基本定理：若n1且n为整数，则，其中pj(j=1,2,…,k)是质数（或称素数），且在不计次序的意义下，表示是唯一的。26．同余：设m≠0,若m|(a-b)，即a-b=km，则称a与b模同m同余，记为a≡b(modm)，也称b是a对模m的剩余。7．完全剩余系：一组数y1,y2,…,ys满足：对任意整数a有且仅有一个yj是a对模m的剩余，即a≡yj(modm)，则y1,y2,…,ys称为模m的完全剩余系。8．Fermat小定理：若p为素数，pa,(a,p)=1，则ap-1≡1(modp)，且对任意整数a,有ap≡a(modp).9．若(a,m)=1，则≡1(modm),(m)称欧拉函数。10．（欧拉函数值的计算公式）若，则(m)=11．（孙子定理）设m1,m2,…,mk是k个两两互质的正整数，则同余组：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、方法与例题1．奇偶分析法。例1有n个整数，它们的和为0，乘积为n，（n1），求证：4|n。3[证明]设这n个整数为a1,a2,…,an，则a1,a2,…,an=n，①a1+a2+…+an=0。②首先n为偶数，否则a1,a2,…,an均为奇数，奇数个奇数的和应为奇数且不为0，与②矛盾，所以n为偶数。所以a1,a2,…,an中必有偶数，如果a1,a2,…,an中仅有一个偶数，则a1,a2,…,an中还有奇数个奇数，从而a1+a2+…+an也为奇数与②矛盾，所以a1,a2,…,an中必有至少2个偶数。所以4|n.2．不等分析法。例2试求所有的正整数n，使方程x3+y3+z3=nx2y2z2有正整数解。解设x,y,z为其正整数解，不妨设x≤y≤z，则由题设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，则4≤nxy≤3，矛盾。所以x=1，所以ny，此式当且仅当y≤3时成立。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．无穷递降法。例3确定并证明方程a2+b2+c2=a2b2的所有整数解。解首先(a,b,c)=(0,0,0)是方程的整数解，下证该方程只有这一组整数解。假设(a1,b1,c1)是方程的另一组整数解，且a1,b1,c1不全4为0，不妨设a1≥0,b1≥0,c1≥0且，由≡1或0(mod4)知a1,b1,c1都是偶数(否则(mod4))，从而是方程x2+y2+z2=2x2y2的一组整数解，且不全为0，同理可知也都是偶数为方程x2+y2+z2=24x2y2的解。这一过程可以无限进行下去，另一方面a1,b1,c1为有限的整数，必存在k∈N,使2ka1,2kb1,2kc1，从而不是整数，矛盾。所以该方程仅有一组整数解(0,0,0).4．特殊模法。例4证明：存在无穷多个正整数，它们不能表示成少于10个奇数的平方和。[证明]考虑形如n=72k+66,k∈N的正整数，若，其中xi为奇数，i=1,2,…,s且1≤s≤9。因为n≡2(mod8)，又≡1(mod8)，所以只有s=2.所以，又因为≡2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个奇数的平方和，且这样的n有无穷多个。5．最小数原理。例5证明：方程x4+y4=z2没有正整数解。[证明]假设原方程有一组正整数解(x0,y0,z0)，并且z0是所有正整数解z中最小的。因此，，则a2-b2,5=2ab,z0=a2+b2，其中(a,b)=1,a,b一奇一偶。假设a为偶数，b为奇数，那么(mod4)，而(mod4)，矛盾，所以a为奇数，b为偶数。于是，由得x0=p2-q2,b=2pq,a=p2+q2（这里(p,q)=1,pq0,p,q为一奇一偶）。从而推得，因为p,q,p2+q2两两互质，因此它们必须都是某整数的平方，即p=r2,q=s2,p2+q2=t2，从而r4+s4=t2，即(r,s,t)也是原方程的解，且有tt2=p2+q2=aa2+b2=z，这与z的最小性矛盾，故原方程无正整数解。6．整除的应用。例6求出所有的有序正整数数对(m,n)，使得是整数。解（1）若n=1,则是整数，所以m-1=1或2，所以(m,n)=(2,1),(3,1).（2）若m=1,则，所以n-1=1或2，所以(m,n)=(1,2),(1,3).（3）若m1，n1，因为是整数，所以也是整数，所以m,n是对称的，不妨设m≥n，ⅰ）若m=n，则为整数，所以n=2,m=2.ⅱ）若mn，因为n3+1≡1(modn),mn-1≡-1(modn)，所以≡-1(modn).6所以存在k∈N，使kn-1=,又kn-1=所以(k-1)n1+,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).同理当mn时，有(m,n)=(2,5),(3,5).综上(m,n)=(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2),(2,5),(5,2),(3,5),(5,3).7．进位制的作用例7能否选择1983个不同的正整数都不大于105，且其中没有3个正整数是等差数列中的连续项？证明你的结论。解将前105个自然数都表示为三进制，在这些三进制数中只选取含数字0或1（而不含数字2）的数组成数集T，下证T中的数符合要求。（1）因为310105311,所以前105个自然数的三进制至多由11个数字组成，因而T中的元素个数共有1+2+22+…+210=211-1=20471983（个）。这是因为T中的k位数的个数相当于用0，1这两个数在k-1个位置上可重复的全排列数（首位必须是1），即2k-1,k=1,2,…,11.（2）T中最大的整数是1+3+32+…+310=88573105。7（3）T中任意三个数不组成等差排列的三个连续项。否则，设x,y,z∈T,x+z=2y，则2y必只含0和2，从而x和z必定位位相同，进而x=y=z，这显然是矛盾的。三、习题精选1．试求所有正整数对(a,b)，使得(ab-a2+b+1)|(ab+1).2．设a,b,c∈N+，且a2+b2-abc是不超过c+1的一个正整数，求证：a2+b2-abc是一个完全平方数。3．确定所有的正整数数对(x,y)，使得x≤y，且x2+1是y的倍数，y2+1是x的倍数。4．求所有的正整数n，使得存在正整数m,(2n-1)|(m2+9).5．求证：存在一个具有如下性质的正整数的集合A，对于任何由无限多个素数组成的集合，存在k≥2及正整数m∈A和nA，使得m和n均为S中k个不同元素的乘积。6．求最小的正整数n(≥4)，满足从任意n个不同的整数中能选出四个不同的数a,b,c,d使20|(a+b-c-d).7.对于正整数a,n,定义Fn(a)=q+r，其中q,r为非负整数，a=qn+r且0≤r≤n，求最大正整数A，使得存在正整数n1,n2,…,n6，对任意正整数a≤A，都有=1，并证明你的结论。8．设x是一个n位数，问：是否总存在非负整数y≤9和z使得10n+1z+10x+y是一个完全平方数？证明你的结论。9．设a,b,c,d∈N+,且abcd,ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c)。证明：ab+cd不是素数。8