数学竞赛中的数论问题题型全(10)

解：因为左边是整数，因而右边的分式也应该是整数，所以

15x?7?5?6x??5?6x15x?7???????0

???8558????于是

81?90x?81?90x??0，从而0??1，故0?81?90x?40。

??40?40?但是

15x?7是整数，故15x?5t?7，t?Z，代入前面的不等式，得0?39?30t?40,t?Z，直接观察即知t?0,1，于是574x?,。

155例2．数100！的十进位制表示中，未尾连续地有多少位全是零？

解：命题等价于100！最多可以被10的多少次方整除。因为10?2?5因而100！中2的指数大于5的指数，所以100！中5的指数就是所需求出的零的位数。 由??100??100?????2??20?4?24即可知100！的未尾连续地有24位全是数码零。

?5???5?33例3．试求(257解：由于(x33?46)26被50除所得的余数。

?46)26是关于x的整系数多项式，而257?7(mod50)，于是知

(25733?46)26?(733?46)26(mod50)。

又注意到72?49??1(mod50)，故(25733?46)26?(733?46)26(mod50)?((72)16?7?46)26

?((?1)16?7?46)26?(7?46)26?5326?326(mod50)

又35?243?250?7??7(mod50)，所以(25733?46)26?(35)5?3?(?7)5?3

??(72)2?7?3??21?29(mod50)

注意到0?29?50，因而29就是所求的余数。 说明：在上述过程中，我们已经看到7有用的。事实上，若

2?49??1(mod50)的作用。一般而言，知道一个整数的多少次幂关于模同余于?1是非常

，则对大的指数

ak?1(modm)n利用带余除法定理，可得

n?kq?r,0?r?k，于是有

an?akq?r?(ak)qar?ar(modm)，这里余数r是一个比n小得多的数，这样一来，计算an的问题，就转化成了计算余数r次

幂a的问题，从而使计算简单化。 例4．设ar?101010，计算某星期一后的第a天是6星期几？

2解；星期几的问题是被7除求余数的问题。由于10?3(mod7)，于是10?32?2(mod7)，

103?33?2?3?6??1(mod7)，因而106?1(mod7)。

为了把指数a的指数10

10写成6q?r的形式，还需取6为模来计算1010。为此我们有

46

10?4(mod6)，进而有

102?42?4(mod6)，

103?43?4(mod6)，依次类推，有

1010?4(mod6)，所以

1010?6q?4(mod6)

从而，a?106q?4?(106)q?104?1q?104?34?4(mod7)

这样，星期一后的第a天将是星期五。 例5．求所有的素数分析：要使4p2p，使4p2?1与6p2?1也是素数。

?1与6p2?1也是素数，应该是对p除以某个数素q的余数进行分类讨论，最后确定p只能是这个素数。由于只

有两个数，所以q不能太大，那样讨论起来也不会有什么效果，试验q解：设u若r若r即r?2,3发现对本题不起任何效果，现对q?5展开讨论。

?4p2?1，v?6p2?1，且p?5k?1,k?Z,r?{0,1,2,3,4}

?1或4时，p2?1(mod5)，u?4p2?1?4?1?0(mod5)； ?2或3时，p2?4(mod5)，v?6p2?1?24?1?0(mod5)； ?0时，u,v为5的倍数且比5大，不为质数。故r?0，此时p?5，

u?52?4?1?101；v?52?6?1?151都是素数。

即可题有唯一解

p?5。

p,p?2,p?4均为质数，可得p只能为

3，由

注：要使几个数同为质数，一般是对这几个数也合乎以某一质数的余数来确定，如于这是

p的一次式，故三个数就模3，而二次式对三个数就模5，四个数一般就模7了。

m例6．求满足|12分析：如果5n?5n|?7的全部正整数m,n。

?12m?7，两边mod4，得1?3(mod4)，这是不可能的；

m 如果12得?5n?5n?7，而m,n中有一个大于1，则另一个也大于1，mod3得?(?1)n?1(mod3)，故n为奇数，mod8，

??1(mod8)，而52?1(mod8)，n为奇数，从而?5??1(mod8)，矛盾！

所以m?n?1为唯一解。

27an?45an?36注：在解不定方程时，往往要分情况讨论，也常常利用同余来导出一些性质求出矛盾！

例7．数列{an}满足：a0?1,an?1?2,n?N.

?1为完全平方数。

（2005年全国高中数学联赛试题）

证明：（1）对任意n?N,an为正整数；(2)对任意n?N,anan?1证明：（1）由题设得

2a1?5,且{an}严格单调递增.将条件式变形得2an?1?7an?45an?36,两边平方整理得

22an?1?7anan?1?an?9?0

①

47

?a2?7a2nn?1an?an?1?9?0

②

①-②得(an?1?an?1)(an?1?an?1?7an)?0,an?1?an,?an?1?an?1?7an?0?

an?1?7an?ab?1.

③

由③式及a0?1,a1?5可知，对任意n?N,an为正整数.

（2）将①两边配方，得(an?1?a1ann)2?9(anan?1?1),?anan?1?1?(an?3)2. ④

由③式an?1?an?9an?(an?1?an)≡?(an?an?1)?mod3?

∴a?ann?1?ann?1n≡(?1)?a1?a0?≡0（mod3）∴

a3为正整数，④式成立.

?anan?1?1是完全平方数.

例8．若

3n?1n(2n?1)可以写成有限小数，那么自然数n的值是多少？

解：由于(n,3n?1)?1

若3n?1与2n?1互素，则分数p?3n?1n(2n?1)是既约分数；

若

3n?1与

2n?1不互素，设它们的公约数为

d，且

d?1，设

3n?1?da,2n?1?db，d(2a?3b)?2(3n?1)?3(2n?1)?5，故3n?1与2n?1的公约数是5，此时分数p的分子、分母只有公约数5。

由于

p可以写成有限小数，故约分之后p的分母除了2,5以外，没还有其它的公约数，因此n(2n?1)?2k?5m。

n?1)?1，故??n?2k因为2n?1是奇数，(n,2，即2k?1m?1。

?2n?1?5m?5由于5m?1?2(mod4)故2k?1?2(mod4)，从而k?0，即m?0,n?1， 故只有n?1,p才是有限小数。

练习

1． 试求方程

??5?6x?15x?74?8???75的实数解x。（答案：x?15,5） 2． 若?(n)?16，试出至少5个n的值。（答案：17，32，34，40，48） 3． 试求(199810?1999)50被25除所得的余数。（答案：24）

4． 设整数n使an?1(modm)，这些n中最小的正整数为?，试证：?|n。特别地，若(a,m)?1，则?|?(m)。

则

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证明：设n??q?r,0?r??，则易知ar?(a?)qar?an?1(modm)，但?2是最小的正整数，故r只能为0，即n??q。

5． 设a是任意整数，试证下面形状的数都不是完全平方数：（1）5a?2；（2）5a解：（1）5a?2? （2）5a2?6。

2不同余x2(mod5)；

?6?a2?2?2或3(mod5)，但x2?0或1(mod5)。

x6． 求所有满足8?15y?17z的正整数三元组(x,y,z)。

127． 例1.设(91,ab)?1，求证：91|(a?b12)。

8． 证明：因为91?7?13，故由(91,ab)?1知(91,a)?1，从而(7,a)?1,(13,a)?1，但是?(7)?6,?(13)?12，故由

欧拉定理得：a9． 于是，a1212?(a6)2?12?1(mod7)，a12?1(mod13)，从而a12?1(mod91)；同理，b12?1(mod91)。

?b12?1?1?0(mod91)，即91|(a12?b12)。

n210．注明：现考虑整数a的幂a所成的数列：a,a,?,an,?若有正整数k使ak?1(modm)，则有an?ar(modm)，其中

n?kq?r,0?r?k；

11．因而关于mod(m)，数列a,a2,?,an,?的项依次同余于a,a2,?,ak,a,a2,?,ak,a,?这个数列相继的k项成一段，

各段是完全相同的，因而是周期数列。如下例： 12．下面我们着重对Fetmat小定理及其应用来举例： 13．例3．求证：对于任意整数x，14．证明：令

15137x?x?x是一个整数。 5315117f(x)?x5?x3?x，则只需证15f(x)?3x5?5x3?7x是15的倍数即可。

5315515．由3，5是素数及Fetmat小定理得x16．3x17．而（3，5）=1，故3x18．例4．求证：273019．证明： …… 此处隐藏：3900字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……