全国高中数学联赛试题分类汇编-数论(1981年-2019年)

全国高中数学联赛试题分类汇编——数论（1981年~2019年）2019A5、在1,2,3,,10中随机选出一个数a，在1,2,3,,10中随机选出一个数b，则2ab被3整除的概率为．答案：37100解析：首先数组,ab有1010100种等概率的选法．考虑其中使2ab被3整除的选法数N．①若a被3整除，则b也被3整除．此时,ab各有3种选法，这样的,ab有339组．若a不被3整除，则21mod3a，从而1mod3b．此时a有7种选法，b有4种选法，这样的,ab有7428组．因此92837N．于是所求概率为37100。2019A三、（本题满分50分）设m为整数，2m．整数数列12,,aa满足：12,aa不全为零，且对任意正整数n，均有21nnnaama．证明：若存在整数,rs,(2rs)使得1rsaaa，则rsm．解析：证明：不妨设12,aa互素（否则，若12,1aad，则12,1aadd互素，并且用12,,aadd代替12,,aa，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知234modaaam．①以下证明：对任意整数3n，有2123modnaaanamm．②………10分事实上，当3n时②显然成立．假设nk时②成立（其中k为某个大于2的整数），注意到①，有212modkmamam，结合归纳假设知21122221232modkkkaamaakammaaakam，即1nk时②也成立．因此②对任意整数3n均成立．………………20分注意，当12aa时，②对2n也成立．设整数,rs,(2rs)，满足1rsaaa．若12aa，由②对2n均成立，可知221221233modrsaaramaaaasamm即121233modaraasam，即20modrsam．③若12aa，则12rsaaaa故3rs．此时由于②对3n均成立，故类似可知③仍成立．………………30分我们证明2,am互素．事实上，假如2a与m存在一个公共素因子p，则由①得p为23,,aa的公因子，而12,aa互素，故/|p1a，这与1rsaaa矛盾．因此，由③得0modrsm．又rs，所以rsm．………………50分2018A四、（本题满分50分）数列na定义如下：1a是任意正整数，对整数1n，1na与niia1互素，且不等于naaa,.,,21的最小正整数，证明：每个正整数均在数列na中出现。证明：显然11a或者12a.下面考虑整数1m，设m有k个不同的素因子，我们对k归纳证明m在na中出现.记nnaaaS21，1n.1k时，m是素数方幂，记pm，其中0，p是素数.假设m不在na中出现.由于na各项互不相同，因此存在正整数N，当Nn时，都有pan.若对某个Nn，nSp|，那么p与nS互素，又naaa,.,,21中无一项是p，故有数列定义知pan1，但是pan1，矛盾！因此对每个Nn，都有nSp|.又1|nSp，可得1|nap，从而1na与nS不互素，这与1na的定义矛盾！假设2k，且结论对1k成立.设m的标准分解为kkpppm2121.假设m不在na中出现，于是存在正整数/N，当/Nn时，都有man.取充分大的正整数121,,k，使得nNnkapppMk/1211121max.我们证明，对/Nn，有Man1.对于任意/Nn，若nS与kppp21互素，则m与nS互素，又m在naaa,.,,21中均未出现，而man1，这与数列的定义矛盾，因此我们得到：对于任意/Nn，nS与kppp21不互素，⑴若存在i（11ki），使得niSp|，则1,1nnSa，故1|niap，从而Man1（因为Mpi|）。⑵若对每个i（11ki），均有niSp|，则由知，必有nkSp|.于是1|nkap，进而1|nnkaSp，即1|nkSp.故由知：存在0i（110ki），使得1|0niSp，再由nnnaSS1及前面的假设niSp|，可知1|0niap，故Man1。因此，对1/Nn，均有Man，而nNnkapppMk/1211121max，故M不在na中出现，这与假设矛盾！因此，若m有k个不同的素因子，则m一定在数列na中出现.由数学归纳法知，所以正整数均在数列na中出现。2018B四、（本题满分50分）给定整数2a。证明：对任意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数1ka，,,2kanak均是合数。证明:设riii21是n,,2,1中与a互素的全体整数，则ni1，riiii,,,21，无论正整数k如何取值，iak均与a不互素且大于a，故iak为合数。对任意rj,,2,1，因1jia，故jia有素因子jp.我们有1,apj（否则，因jp是素数，故jpa|，但jpjia|，从而jp|ji，即a与ji不互素，与ji的取法矛盾）.因此，由费马小定理知，ippamod11现取111121rpppk，对任意rj,,2,1，注意到1mod1jpk，故有jjjkpiaiamod0.又jjjkpiaia，故jkia为合数。综上所述，当111121rpppk时，1ka，,,2kanak均是合数。2017A4、若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”，则平稳数的个数是答案：75解析：考虑平稳数abc。①若0b，则1a，1,0c，有2个平稳数；②若1b，则2,1a，2,1,0c，有632个平稳数；③若8,2b，则a，1,,1bbbc，有63337个平稳数；④若9b，则9,8,ca，有422个平稳数；综上可知，平稳数的个数为7546362。2017B8、若正整数cba,,满足cba1000100102017，则数组),,(cba的个数为答案：574解析：由条件知2017[]21000c，当1c时，有1020b，对于每个这样的正整数b，由10201ba知，相应的a的个数为20210b，从而这样的正整数组的个数为2010(1022)11(20210)5722bb，当2c时，由201720[]100b，知，20b，进而2017200[]20110a，故200,201a，此时共有2组(,,)abc.综上所述，满足条件的正整数组的个数为5722574.2016A8、设4321,,,aaaa是100,,3,2,1中的4个互不相同的数，满足2433221242322232221)(aaaaaaaaaaaa，则这样的有序数组),,,(4321aaaa的个数为答案：40解析：由柯西不等式知，2433221242322232211)())((aaaaaaaaaaaa，等号成立的充分必要条件是433221aaaaaa，即4321,,,aaaa成等比数列．于是问题等价于计算满足{1,2,3,},,,{4321aaaa…,100}的等比数列4321,,,aaaa的个数．设等比数列的公比1q，且q为有理数．记mnq，其中nm,为互素的正整数，且nm．先考虑mn的情况．此时331314)(mnamnaa，注意到33,nm互素，故31mal为正整数．相应地，4321,,,aaaa分别等于lnlmnnlmlm3223,,,，它们均为正整数．这表明，对任意给定的1mnq，满足条件并以q为公比的等比数列4321,,,aaaa的个数，即为满足不等式1003ln的正整数l的个数，即]100[3n．由于10053，故仅需考虑34,4,23,3,2q这些情况，相应的等比数列的个数为20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[．当mn时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列4321,,,aaaa．综上可知，共有40个满足条件的有序数组),,,(4321aaaa．2016A四、（本题满分50分）设p与2p均是素数，3p，数列na定义为21a，npaaannn11，,3,2n，这里x表示不小于实数x的最小整数。证明：对1,,4,3pn，均有)1(|1npan成立。证明：首先注意到，数列na是整数数列。对n用数学归纳法。当3n时，由条件知pa22，故2211ppa，又p与2p均是素数，且3p，故必须1|3p，因此1|32pa，即3n时，结论成立。对13pn，设1,,4,3nk时结论成立，即1|1kpak，此时kpakpakk111，故11111111222221kkppakpaapkpaappakkkkkk故对13pn时，有122111111321nnnpannpnnppannppannpCpnppnpapnnpnnp)2)(()1(213322112，显然)1)(2)((|1npapnpn，因为pn，p是素数，故1),(),(pnpnn，又2p是大于n的自然数，故1)2,(pn，从而n与)2)((ppn互素，故由可知)1(|1npan。由数学归纳法知，对1,,4,3pn，均有)1(|1npan成立。2016B8、设正整数n满足2016n，且312642nnnn．这样的n的个数为．这里xxx，其中x表示不超过x的最大整数．答案：168解析：由于对任意整数n，有135113,2461224612nnnn等号成立的充分必要条件是1mod12n，结合12016n知，满足条件的所有正整数为1211,2,,168,nkk共有168个．解析：首先注意到，若m为正整数，则对任意整数,xy，若modxym，则.xymm这是因为，当modxym时，xymt，这里t是一个整数，故.xxxymtymtyyyyyttmmmmmmmmmm因此，当整数12,nn满足12mod12nn时，11112222.2461224612nnnnnnnn容易验证，当正整数满足112n时，只有当11n时，等式324612nnnn才成立．而201612168，故当12016n时，满足324612nnnn正整数n的个数为168.2016B一、（本题满分40分）非负实数201621,,,xxx和实数201621,