数学竞赛中的数论问题题型全(4)

例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．（1988，高中联赛）

解法1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7和B1,B2,B3,B4,B5,B6,B7．如果甲方获胜，设Ai获胜的场数是xi，则0?xi?7,1?i?7而且

x1?x2??x7?7 ， ①

容易证明以下两点：在甲方获胜时

（i）不同的比赛过程对应着方程①的不同非负整数解；

（ii）方程①的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：

A1胜B1和B2；B3胜A1、和A3；A4胜B3后负于B4；A5胜B4、B5和B6但负于B7；最后A6胜B7结束比赛．下

面求方程①的非负整数解个数，设yi?xi?1，问题等价于方程

y1?y2?y3?y4?y5?y6?y7?14，

正整数解的个数，将上式写成

1?1?1?1?1?1?1?1?1?1?1?1?1?1?14，

从13个加号取6个的方法数C13种．得甲方获胜的不同的比赛过程有C13种．

6同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有C13种，合计2C13?3432种比赛过程

766例31（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出a1,a2,a3，使同时满足 a2?a1?3, a3?a2?3，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？

a1?1?0, 解 由已知得

a2?a1?3?0 a3?a2?3?0, 14?a3?0,4项均为非负数，相加得?a1?1???a2?a1?3???a3?a2?3??? 14?a3??7，

于是a1,a2,a3的取法数就是不定方程 x1?x2?x3?x4?7

的非负整数解的个数，作一一对应y1?xi?1，问题又等价于不定方 y1?y2?y3?y4?11 的正整数解．由 1?1?七．数论函数

主要是?x?高斯函数，??n?欧拉函数．

例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于时再增．．6．选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数y??x?（?x?表示不大于x的最大整数）可以表示为

33个解，即符合要求的不同取法有C10种． ?1?11，得C10 16

(A)y??? (B)y?? (C) y?? (D)y?? ???10101010????????（2010年全国高考数学陕西卷理科第10题）

解法1 选（B）．（求解对照）．规则是“六舍七入”，故加3即可进1． 选y???x??x?3??x?4??x?5??x?3?． ??10?解法2 选（B）．（特值否定）．取x?56，按规定应选5人，可否定(C)、(D)；再取x?57，按规定应选6

人，可否定(A)．

注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入”．

例33 用?x?表示不大于x的最大整数，求

??1??2???366???366?????? ?366????2004??????366???．

???讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号．关键是弄清?x?的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除：

（1）分子是那些数相加，求出和来；

由366?5?1830?2004?2196?366?6，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个 1～365 366～731 732～1097 1098～1463 1464～1829 1830～2004 0 1 2 3 4 5 365个 366个 366个 366个 366个 175个 （2）除法谁除以366，求出商的整数部分．

?0?365?366?1?2?3?4??5?175?原式???

366???10?366?875????366??143????10?2? ?366???12. 命题背景2004年有12个月、366天．

例34 50!的标准分解式中2的指数．

解 50!?21325374115136177198239293137414347 2的指数为

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??????????50??50??50??50??50???2???3???4???5??25?12?6?3?1?47． ??2???2??2??2??2? 图示（5条横线，25个偶数中2的方次，按横线求和）

八、综合练习

例35 整数勾股形中，证明

（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数； （3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数．

证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长x,y,z互素，且满足

x2?y2?z2.

这时，若x,y两个均为偶数，则z也为偶数，与x,y,z互素矛盾；若x,y两个均为奇数，有

x2?1?mod4?,y2?1?mod4?，得 z2?x2?y2?2?mod4?， 这与平方数模4只能取0，1矛盾.所以，x,y中有且只有一个为偶数，不妨设x为偶数.

（1）设x,y中无一为3的倍数，则

x?1?mod3?,y?1?mod3?，得 z?x?y?2?mod3?，

22222这与平方数模3只能取0，1矛盾，故x,y中有一个为3的倍数. （2）由x为偶数.，必有y,z均为奇数，记

x?2m,y?2p?1,z?2q?1有 4m2?x2?z2?y2??2q?1???2p?1??4?q2?q?p2?p?

22则 m?q?q?1??p?p?1?右边是两个偶数的差，必为偶数，从而x为4的倍数.

2（3）若x,y中有5的倍数，命题已成立. 若x,y均不是5的倍数，则若x,y只能是形如5k?1或5k?2的正整数.若x,y均为5k?1型，则z?x?y?1?1?2?mod5?

222这与平方数模5只能取0，1，4矛盾若x,y均为5k?2型，则z?x?y?4?4?3?mod5?

222这与平方数模5只能取0，1，4矛盾.所以，x,y只能分别取5k?1与5k?2型，有 z?x?y?4?1?0?mod5?得5z，但5是素数，得5z.

2222（4）由上证（1）、（2）及?3,4??1知，xy是12的倍数，则

1xy是6的倍数，得三角形的面积是6的倍数． 2例36 已知ABC内有n个点，连同A,B,C共有n?3个点，以这些点为顶点，把ABC分割为若干个互不重叠的小三角形，现把A,B,C分别染上红色、蓝色、黄色，而其余n个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（斯潘纳定理）

证明1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为0；当边的两端点异色时，记为1；

再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为0，记这样的小三角形有a个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为2，记这样的小三角形有b个；当三角形的三顶点两两异色时，和值为3，记这样的小三角形有c个.下面用两种方法计算所有三角形赋值的总和S，一方面

S?0?a?2?b?3?c?2b?3c. ①

另方面，AB,BC,CA的赋值均为1，和为奇数；而ABC内的每一条连线，在上述S的计算中都被计算了两

18

次，和为偶数；这两者之和得S为奇数，记为

S?2k?1 ② 由①，②得 2k?1?2可见c为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（ b?3c

证明：n个连续整数的乘积一定能被n!整除

设a为任一整数，则式： (a+1)(a+2)...(a+n) =(a+n)!/a! =n!*[(a+n)!/(a!n!)]

而式中[(a+n)!/(a!n!)]恰为C(a+n,a),也即是从a+n中取出a的组合数，当然为整数。 所以(a+1)(a+2)...(a+n)一定能被n!整除

同余式与不定方程

例：求使2+1能被3整除的一切自然数n. 解∵

∴

n

n

则2+1

n

n

∴当n为奇数时，2+1能被3整除；当n为偶数时，2+1不能被3整除. 例2 求2最后两位数码. 解 考虑用100除2所得的余数.∵∴∴

∴

∴2的最后两位数字为88.

例3 求证3证明 ∵∴

2．不定 …… 此处隐藏：2690字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……