第 21 讲 数论试题选讲
在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A类例题 例1．设p是给定的奇质数，正整数k使得k2－pk 也是一个正整数，求正整数k。（2004年全国高中数学竞赛）
分析 k2－pk 是一个正整数，即k2－pk是一个完全平方数。为了配方，考虑4(k2－pk)是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解 由题k2－pk 是一个正整数，则k2－pk是一个完全平方数， 设k2－pk=m2，m∈N*，则 4(k2－pk)= 4m2， ∴ (2k－p) 2=p2+ 4m2， ∴ (2k－p) 2－4m2 = p2， ∴ (2k－p－2m)(2k－p+2m) = p2，(2k－p) ∵ (2k－p+2m)＞0，(2k－p－2m)＜(2k－p+2m)， 且 p是给定的奇质数，
∴ 2k－p－2m=1且2k－p+2m= p2， ∴ 4k－2p=1+ p2，即 4k=(1+p)2， 1+p
由于k＞0，∴ 2k=1+ p，k= 2 ∈N*。
说明 本题中，p是已知数，k是未知数，所求的是用p表示出k。借助m=k2－pk列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n，使得n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）
分析 n是整数，对多项式n4+6n3+11n2+3n+31配方，如果恰好是一个n的多项式的平方，则所有的整数n都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。很显然，本问题配方以后会有多出的部分。
解 设A＝n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数， 则配方后A＝(n2+3n+1)2―3(n―10)是完全平方数． 当n＜10时，A＜(n2+3n+1)2，所以A?(n2+3n)2，
∴ A―(n2+3n)2＝(n2+3n+1)2―3(n―10)―(n2+3n)2?0， 即 (n2+3n+1)2―(n2+3n)2?3(n―10)， ∴ 2n2+3n+31?0，这不可能．
当n=10时，A＝(102+3×10+1)2=1312是完全平方数。 当n＜10时，A＞(n2+3n+1)2， 若n?－3，或n?0，则n2+3n+1?0， 于是A?(n2+3n+2)2，化简得2n2+9n－27?0， ∴ －7＜
－3(33+3)3(33－3)
?n?＜3， 44
∴ n=－6，－5，－4，－3，0，1，2，
此时对应的A=409，166，67，40，31，52，145都不是完全平方数． 若n=－2，－1，与之对应的A=37，34也都不是完全平方数． 所以，只有当n=10时，A是完全平方数．
说明 A是完全平方数，配方后(n2+3n+1)2也是完全平方数，若A等于(n2+3n+1)2，配方多出的多项式应该等于0；若A不等于(n2+3n+1)2，配方多出的多项式应该大于或小于0，但此“多余的”式子是一次的，不能反映出较多的信息，必须进一步估计范围。
例3．在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，若相邻若干个数之和能被11整除，则这些数组成一个数组，这样的数组共有_________个。
分析 若干个数的和被11整除，只要考虑这些数模11的剩余的和被11整除即可，为了计算简单，这些剩余的绝对值应该尽量的小。而相邻若干数的和，常常与数列前n项的和Sn相关。
答 7个。把各项先减去11的倍数，使数字变小易于计算。 由此有如下数列：1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1。
设其前n项之和为Sn，则S1＝1，S2＝5，S3＝2，S4＝1，S5＝6，S6＝3，S7＝2，S8
＝5，S9＝2，S10＝1。其中相等的有S1＝S4＝S10＝1，S2＝S8＝5，S3＝S7＝S9＝2，这样有7组差S4―S1，S10―S1，S10―S4，S8―S2，S7―S3，S9―S7，S9―S3为0，即共有7组能被11整除。
说明 数列a1，a2，??，an中，连续若干项的和ak+1+a k+2+?+am就是Sn―Sk。 例4．已知a、b、c为正整数，且3a+b
是有理数。 3b+c
a2+b2+c2 证明：是整数。（2004年芬兰高中数学竞赛）
a+b+c分析
3a+b
是有理数，其中隐含着正整数a、b、c的关系，找出a、b、c的关系，进3b+c
一步推出a+b+c是a2+b2+c2的约数。
证明 因为3为无理数,故, 3b－c≠0，于是
(3a+b)(3b－c)3ab－bc+3(b2－ac) 3a+b
= = ，
3b2－c23b2－c23b+c
上式表示有理数，则有b2－ac=0。 从而 a2+b2+c2=(a+b+c)2－2ab－2bc－2ca
=(a+b+c)2－2(ab+bc+b2) =(a+b+c) (a－b+c).
a2+b2+c2
故 a+b+c = a－b+c∈Z。 说明
3a+b
是有理数，其分子、分母中的无理数3应该可以约去，注意到a、b、c为3b+c
ab
正整数，有 = 即可，也即b2=ac。
b c
情景再现
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1．已知a、b、c、d均为正整数，且logab=2，logcd=4。若a－c=9，则b－d= 。（2003年全国高中数学竞赛）
2．一组相邻的正整数，其中任何一个都不能被大于1的奇数的立方所整除，则这组数最多有_______个。
3．将一个四位数的数码相反顺序排列时为原来的4倍，求原数。
4．由7个数字0，1，2，3，4，5，6组成且能被55整除的最小七位数是 ；
B类例题 例5．证明：不存在正整数n，使得2n2+1，3n2+1，6n2+1全都是完全平方数。（2004年日本数学奥林匹克）
分析 完全平方数有诸多性质，推理过程中容易找到方向。
譬如若2n2+1，3n2+1，6n2+1全都是完全平方数，则两两的乘积
(2n2+1)(3n2+1)=6n4+5n2+1，(2n2+1)(6n2+1)=12n4+8n2+1和(3n2+1)(6n2+1)=
18n4+9n2+1都是完全平方数，但其中任意一个都可以是不矛盾的。而三个数的积(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方数则有可能出现矛盾。
注意36n6+36n4+11n2+1=9n2(4n4+4n2+1)+2n2+1=9n2(2n2+1)2+(2n2+1)，若乘一个平方数36n2即可以配方。
证明 若题中结论不真,那么,此三数均为完全平方数,则三个数的积(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方数。 ∴ 36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)是完全平方数，
即36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1) = 36n2 (36n6+36n4+11n2+1) =36n2 [9n2(2n2+1)2+2n2+1] = (18n2)2(2n2+1)2+36n2(2n2+1) =(36n4+18n2+1)2－1是完全平方数。
(36n4+18n2+1)2是完全平方数，(36n4+18n2+1)2－1也是完全平方数，两个正整数的平方相差1，这是不可能的。 所以题中结论成立。
说明 否定型命题，适合用反证法处理。
例6．2005！+2，2005！+3，??，2005！+2005这连续的2004 个整数构成一个数列，且此数列中无质数。是否存在一个由2004 个连续整数构成的数列，此数列中恰有12 个质数？ （2004年芬兰高中数学竞赛）
分析 条件中给出了一个重要的特例，由于当k∈N、2?k?2005时，总有k | 2005！，所以2005！+k总是合数。而1，2，3，??，2004中质数个数超过12个。
考虑数列a，a+1，a+2，?，a+2003和数列a+1，a+2，?，a+2004中的质数个数变化。
解 考虑数列a，a+1，a+2，?， a+2003 和数列a+1， a+2，?，a+2004中的质数个数。
若a和a+2004均为质数或均为合数,那么,这两个数列中的质数个数相等; 若a和a+2 004中有一个是质数,则两个数列中的质数个数差1. 已知数列1，2，?，2004中质数从小到大有
2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，??
质数个数超过12个，
而对于a，a+1，a+2，?，a+2003，当a=2005!+2时，此数列中无质数。所以,存在一个b(1
例7．已知m、n、k为自然数，m?n?k，且2m+2n－2k是100的倍数，求m+n－k的最小值．
分析：2m+2n－2k中有因数2k，又2m+2n－2k是100的倍数，2m+2n－2k是4的倍数且是25的倍数，求m+n－k的最小值可以去掉因数2k后逐个试验。
解 设2m+2n－2k =100t(t∈N)，
若n=k，则得2m=100t，不可能， ∴ n>k．
∴ 2k(2mk+2nk－1)=22·52t．由2mk+2nk－1为奇数，∴ k?2．
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取m－k=p，n－k=q，(0 ∴ 2p+2q－1=25t，t为奇数．∴ 2p+2q的末两位数字为26或76． 于是p>4(∵ 24+23<26)，取p、q值试验： p 5 6 7 122p 32 64 8来源学§8 9 10 256 512 1024 科§网 2+50k，k=0，20+50k，k=0，14+50k，k=0，1，2，??，1，2，3，4 1，2，??，9 20． 2的 可能值 62 98 ，，q1248其中p=9时有解q=6，使m+n－k=p+q+k=17； 再对p<15的值试验，得p=10，q=1使m+n－k=p+q+k=13． 而p>10时p+q+k>13．∴ 最小值为13． 说明 求多元变量的最小值的命题时，可以在充分讨论限制条件后逐个试验求解。