高中数学竞赛讲座---学会从特殊角度入手解决有关数论的竞赛题

学会从特殊角度入手解决有关数论的赛题一.例题选讲例1.设整数a，b满足bbaa2232，试证：ba，122ba都是完全平方数.证：显然a，b必同为零或同不为零（1）若ba，则0ba，此时命题在立.（2）若ba，a，0b，设（a，b）=d,可令daa1，dbb1，（1a，1b）=1，由条件得dbbada21112132①，11|bad，①式也为dbbababad21111111)())((2，2111|dbba，1),(),(11111babba，1),(2111bba，故dba|11，)(11bad，若)(11bad，由①得1322121ba，)3(mod1221a不可能，则11bad，211)(ddbaba，又由条件2)())((2bbababa，22)122(bbad，故21122bba，故命题得证例2.对方程xyzzyx3222（Ⅰ）试证：（1）若0x,0y,0z是（Ⅰ）的整数解，则0x,0y,0003zyx（Ⅱ）是也（Ⅰ）的整数解。（2）方程（Ⅰ）的所有正整数解，都可利用（Ⅱ）由1zyx得到。证：（1）0002020203zyxzyx，而20200002020202000202096)3(yxzyxzyxzyxyx)3(393000002020000zyxyxyxzyx)3(393000002020000zyxyxyxzyx，故0x，0y，0003zyx也是（Ⅰ）的正整数解。（2）设x，y，z(Ⅰ)的正整数解，现分三种情况进行讨论：①若zyx，则显然1zyx；②若zyx，则有zxzx22232，22|zx，从而zx|，设txz，Zt代入上方程，得txxxtx222232可2|t，1t或2，又zx，故1x，2z此时，1yx，2z，满足11132z；③不妨设zyx由（Ⅰ）得：)(49322222yxyxxyz，若取“－”：yx1，xyyxyxyx222222)(49，故xyxyxyz232，xyz，又222233zzyxxyz，zxy矛盾，故)(49322222yxyxxyzxyz32即zzxy3，这表明，若0x，0y，0z也是是(Ⅰ)的一组解，且000zyx，则由(Ⅱ)产生一组新的解01xx，01yy，00013zyxz，使111000zyxzyx，若1x，1y，1z两两不相等，则可更换顺序，使111zyx，由(Ⅱ)得2x，2y，2z，使222111zyxzyx显然这种过程也不可能无限进行下去，因而，进行了有限次后，必将使所得到的kx，ky，kz中至少有两个相等，从而成为①、②两种情况之一，也即可以从1zyx通过（Ⅱ）得到。附：由1zyx通过(Ⅱ)，按zyx递增的顺序)(zyx可得下表：z12513293489167194……y1125513342913……x111121125……例3.试求使nm32为完全平方数的所有正整数m，n解：设232xnm，则易证x|2，x|3（由x|3）,)3(mod12x，故)3(mod12m，m|2，令sm2，则由nsx3222知)4(mod032nx，即)4(mod0)1(2nx，而x|2，)4(mod12x，n|2令tn2)3)(3(32222tttsxxx①，x是奇数，故tx3都是偶数，由①知：23tx，23tx（)1)1，若2，则3，则)22(|4，但xxxtt2)3()3(22，则x|2与x|2矛盾，则1于是23tx，1223stx，则12322st，即22213st，2s，)4(mod013t，（即)4(mod01)1(t)4(mod01)1(t），故t为奇数，由)1333)(13(1322122ttts②，②中第二个因式是t个奇数的代数和，而t为奇数，故和必是奇数。若1t，则这个代数和是不小于3的奇数，此时②不成立。故1t，于是2s，4m，2n，此时224532二.评讲数论竞赛题，特别是一些较高级别的竞赛试题，解题难度一般较大，如不细加分析，就会有“无从着手”的感觉。1.一个竞赛命题往往包含有许多种情况，其中一些并非解题的难点所在，只有先排除这些情况，才能使我们在思考时把注意力集中于主要矛盾，有利于去发现难点和克服难点，最常见的次要矛盾有：（1）字母取特值时，从特殊到一般分析；（2）字母取零时的情况；（3）几个字母取值相等的情况；（4）一个字母整除另一个字母的情况；（5）两个字母是否互素的情况（如利用互素性质，欧拉定理）2.常见的入手方法有：（1）从“对称性”入手，当变量的全部字母或部分字母在命题中处于同等地位时①可排除相等后，可在对称字母之间设置大小顺序；②联想对称的结论和对称的解题方法；③可固定一个字母的值，而仅对另一字母进行讨论。（2）从特殊到一般的分析方法①帮助理解较复杂和抽象的命题的题意；②通过对特例的讨论和分析，对最后应出现的结论作出肯定或否定的估计和猜测，甚至直接得到结论。③通过对特例的观察，发现问题的症结，甚至发现解题的关键步骤和技巧。（3）取特殊的数为模解题：就是以m为除数，依余数进行分类讨论的方法，优点在于：将讨论很大的数，变为讨论小得多的数；讨论很多个数，变为讨论较少的数。利用这种同条关系解题时，常使用下面一些原则：①若有m，使a≡)(modmb，则ba；②若axf)(，则对任意模m，都有)(mod)(maxf；③若)(xf的值能取遍全部整数或全部正整数，则对任何正整数m，))(mod(mxf能取遍m的最小非负完全剩余系。以上原则，关键在于模的选取：①奇偶分析法，即取模为2的解题方法；②取除数或除数的因数；③取4，8，3，5等；④根据项的系数或幂的指数的情况取模。（4）缩小取值的可能范围：通过讨论整除、互素、同余和有关不等式来缩小字母的取值范围，从而达到逼近结论的目的。三.巩固例题例4.以)(1nf表示正整数n的各位数字和的平方而))(()(11nffnfkk，2k试求)2(19901991f解：先作粗略的估计：7006646641990101082，7219901104)7009()2(f,4900)793()2(219902f221990330)393()2(f，由于)2(19903f是完全平方数，可设219903)2(af)300(a，因为对任意正整数121aaaaxnn，有)9)(mod(21naaax,)9(mod)(2212naaax,故)9(mod)(21xxf,)9)(mod())(()(22213xfxffxf)9)(mod())(()(22213xfxffxf，即)9)(mod2(1990222fa，)9(mod)2(19902af，但)9(mod22)2()2(2266362199019901f)9(mod22)2()2(2266362199019901f，)9(mod72)2())2(()2(419902119901119902ffff，故)9(mod7a，而300a，a7，16，25，}625,256,49{}25,16,7{)2(22219903f，注意到49，256，625这三个数的数字和均为13，故16913)2(()2(219903119904fff16913)2(()2(219903119904fff，256)961()2(()2(219904119905fff，169)652()2(()2(219905119906fff……故256)2(19901991f四.课堂练习例5.设正整数a，b，c，d，m，n使19892222dcba2mdcba其中a，b，c，d的最大者为2n，试确定m，n的值。解：由柯西不等式得9019892dcba,由和与平方和具有要同的奇偶性，知2222229,7,5,3,1m而222222441989)(dcbadcba，44dcba，故2229,7m，（1）若27dcba，不防设dcba，则2nd，由27d知3662d，又494dcbad，13d，而d是完全平方数，36,25,16d，若36d，则133649cba，而1989)(222222dcbadcba，故6931989)(13222dcba矛盾，36d，同理25,16d227m，故229m；（2）由81dcba814dcbad，20d，而81d且19892d，故完全平方数36,25d①若25d，则1364222cba（Ⅰ）56cba（Ⅱ）由(Ⅰ)知，1364是偶数，则a，b，c或者全是偶数，或者是两个奇数一个偶数。若是两奇一偶，则)4(mod2222cba而)4(mod01364矛盾，故a，b，c必须全是偶数，可设12aa，12bb，12cc且121c（25dc，24c），则341212121cba，12111cba，28111cba由341321212121cbac，111c，12,111c，若111c，则2202121ba1711ba220221b，11021b111b而1111cb，故111b，61a，此时2202121ba不成立，111c同理122c；②若36d，则693222cba45cba，由6932c及69332c，2616c，当19c时，均可导出222baab的矛盾，如19c，则33222ba，676)(2ba，22222332334)(2bababaab，故}18,17,16{c，当16c时，29ba，43722ba，从而202ab，故1a，202b或2a，101b均不合要求，16c，同理17c，当18c时，由27ba，18ab得满足18ba的两组解10a，17b；12a，15b，前者不满足36918693222ba，经检验，得12a，15b，18c，36d，81m，6n为所求