10數(shù)論問題的常用方法（教師版）

1、 數(shù)論問題的常用方法數(shù)論是研究數(shù)的性質(zhì)的一門科學(xué)，它與中學(xué)數(shù)學(xué)教育有密切的聯(lián)系。數(shù)論問題解法靈活，題型豐富，它是中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題的源泉之一。下面介紹數(shù)論試題的常用方法.1.基本原理為了使用方便，我們將數(shù)論中的一些概念和結(jié)論摘錄如下：我們用表示個(gè)整數(shù),的最大公約數(shù)。用,表示,的最小公倍數(shù)。對(duì)于實(shí)數(shù)，用表示不超過的最大整數(shù)，用=-表示的小數(shù)部分。對(duì)于整數(shù),若，則稱關(guān)于模同余，記為。對(duì)于正整數(shù)，用表示1，2，中與互質(zhì)的整數(shù)的個(gè)數(shù)，并稱為歐拉函數(shù)。對(duì)于正整數(shù)，若整數(shù)中任何兩個(gè)數(shù)對(duì)模均不同余，則稱為模的一個(gè)完全剩余系；若整數(shù)中每一個(gè)數(shù)都與互質(zhì)，且其中任何兩個(gè)數(shù)關(guān)于模不同余，則稱為模的簡(jiǎn)化剩余系。定理1設(shè)

2、的最大公約數(shù)為，則存在整數(shù)，使得.定理2 （1）若，2，則；（2）若，則；（3）若，且，則；（4）若（），M=，則（）.定理3 （1）；（2）；（3）設(shè)為素?cái)?shù)，則在質(zhì)因數(shù)分解中，的指數(shù)為.定理4 （1）若是模的完全剩余系，則也是模的完全剩余系；（2）若是模的簡(jiǎn)化剩余系，則是模的簡(jiǎn)化剩余系.定理5（1）若，則.(2) 若的標(biāo)準(zhǔn)分解式為，其中為正整數(shù)，為互不相同的素?cái)?shù)，則.對(duì)于以上結(jié)論的證明，有興趣的讀者可查閱初等數(shù)論教材.2 方法解讀對(duì)于數(shù)論試題，除直接運(yùn)用數(shù)論的基本原理外，常用的基本方法還有因式（因數(shù)）分解法，配對(duì)法，分組法，估值法，同余方法，構(gòu)造法，調(diào)整法，數(shù)學(xué)歸納法與反證法.下面分別予以說

3、明2.1基本原理的應(yīng)用例1 設(shè)正整數(shù)，的最大公約數(shù)為1，并且（1）證明：是一個(gè)完全平方數(shù).證 設(shè),其中.由于，故有.由（1）得（2）由（2）知，又，.同理可證，從而有，設(shè)，為正整數(shù)，代入（2）得 （3）由（3）知，又，.故是一個(gè)完全平方數(shù).例2 設(shè)為大于1的奇數(shù)，為給定的個(gè)整數(shù).對(duì)于的任一排列，記，試證存在的兩個(gè)不同的排列B、C，使得.證 假設(shè)對(duì)于任意兩個(gè)不同的排列B、C，均有不整除.令X為的所有排列構(gòu)成的集合，則為模的一個(gè)完全剩余系，從而有 （1） 又= （2）而為大于1的奇數(shù)，所以由（1），（2）得.又，所以，矛盾.這個(gè)矛盾表明必存在B、C，BC，使得.2.2 因式（數(shù)）分解數(shù)論中許多問題

4、直接與因式（數(shù)）分解相關(guān)聯(lián)，如合數(shù)問題，整除問題等常常是要證明某種分解式的存在.數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分解式本身就是一種特定形式的因數(shù)分解.在不定方程的求解與一些代數(shù)式的求值中，因式（數(shù)）分解能幫助我們確定某些變量的取值范圍，尋找到解題的方法.例2 求三個(gè)素?cái)?shù)，使得它們的積為和的5倍.解 采用分析中的記號(hào)，易知，中必有一個(gè)為5，不妨設(shè)，則有，從而有.因?yàn)榕c均為正整數(shù)，不妨設(shè)，則有 或 ，從而知，.故所求的三個(gè)素?cái)?shù)為2，5，7.2.3配對(duì) 例4 設(shè)為正奇數(shù)，證明：整除.分析 因?yàn)?故需證，注意到當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，可因式分解，因此可將中的個(gè)數(shù)兩兩配對(duì).證 =，而當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，從而知 （1） 又=， （2）由（1）（2）

5、知，故結(jié)論成立.2.4 分組例5 （1990年高中聯(lián)賽試題）設(shè)，且具有下列性質(zhì)：（1） 對(duì)任何，；（2） .試證：中的奇數(shù)的個(gè)數(shù)是4的倍數(shù)，且中所有數(shù)的平方和是一定數(shù).證 對(duì)于，令，.，則中恰含中的一個(gè)元素.設(shè)中有個(gè)奇數(shù)，有個(gè)偶數(shù)，這里=.由題設(shè)知，10080=+ =2+ =. （1）由于為偶數(shù)，所以，又，所以，即是4的倍數(shù).=+=+=+ （2）將（1）代入（2）得=1349380.2.5估值例6 令表示前個(gè)質(zhì)數(shù)之和，即，,證明：對(duì)任意的正整數(shù)，區(qū)間中包含有一個(gè)完全平方數(shù).分析 設(shè)質(zhì)數(shù)從小到大依次為，要結(jié)論成立，只要存在正整數(shù)，使得，只要 ，只要 ，只要 ，只要 只要 （1） 證 直接驗(yàn)證易知

6、，中都含有1個(gè)完全平方數(shù).當(dāng)時(shí)，我們證明（1）式成立.為此，令，則=.因?yàn)楫?dāng)時(shí)，為奇數(shù)，所以，=，故當(dāng)時(shí)，數(shù)列為遞增數(shù)列.由于=32>所以當(dāng)時(shí)，.故當(dāng)時(shí)（1）式成立.例7 求出不定方程 （1）的全部正整數(shù)解.解 當(dāng)時(shí)，易得；當(dāng)時(shí)，（1）式左邊為偶數(shù)，故右邊也是偶數(shù)，所以為奇數(shù).當(dāng)時(shí)，由，得.當(dāng)時(shí)，由，得.當(dāng)且為奇數(shù)時(shí)，故，即，因此，所以.另一方面，由二項(xiàng)式定理知=A（+.其中A為整數(shù)，所以，故，因此，從而有.這說明當(dāng)時(shí)，方程（1）無解，故方程（1）的解為，2.6同余 例8 證明能被1984整除.證 993=，.例9 用數(shù)碼1，2，3，4，5，6，7 排成7位數(shù)，每個(gè)數(shù)碼恰用一次，證明：這

7、些7位數(shù)中沒有一個(gè)是另一個(gè)的倍數(shù).證 若有兩個(gè)7位數(shù)，使得 （1）由于，均是由1，2，.,7所排成，故由（1）得，即，這與矛盾，故結(jié)論成立.2.7構(gòu)造 例10 若一個(gè)正整數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分解中，每個(gè)素約數(shù)的冪次都大于1，則稱它為冪數(shù)，證明：存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)，它們及它們中任意多個(gè)不同數(shù)的和都不是冪數(shù).證 將全體素?cái)?shù)從小到大依次記為，.令，當(dāng)時(shí)，下證 ，滿足要求.事實(shí)上，但，所以不是冪數(shù).又對(duì)于，=，其中A為正整數(shù).因?yàn)?，所以在的?biāo)準(zhǔn)分解中的冪次為1，因而不是冪數(shù).例11 設(shè)中質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)為，為正整數(shù)且，求證必有個(gè)連續(xù)正整數(shù)，其中恰有個(gè)質(zhì)數(shù).證 令，并令為中質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)，則易知，. 對(duì)于，顯然有，

8、所以對(duì)于，必存在一個(gè)，使得，從而中的個(gè)連續(xù)整數(shù)滿足要求.2.9 數(shù)學(xué)歸納法例12 設(shè)是正整數(shù)，求證：. 證 令.因?yàn)椋?，假設(shè)，那么對(duì)于，因?yàn)椋砸C，只需證，即只需證明.為此，令.顯然有，假設(shè)，由于，由歸納法原理知對(duì)一切，有，從而有，再由歸納法原理知，對(duì)于正整數(shù)，有.2.10反證法例13 試證方程 （1）無正整數(shù)解.分析 若（）為（1）的一組解，則為偶數(shù)，令，則有，從而知為偶數(shù)，再令，代入上式得，從而知為偶數(shù)，再令，代入上式得，因此也是方程（1）的解.這樣由方程（1）的一組正整數(shù)解必可得到另一組正整數(shù)解，且.因此，若開始取得的正整數(shù)解使得達(dá)到最小，則這種下降不可能進(jìn)行.證 反證法. 若方程（1）存在正整數(shù)解，設(shè)是使得達(dá)到最小的正整數(shù)解，那么依分析的過程知必可得到方程（1）的一組