数学竞赛中的数论问题题型全(9)

若(m?n)然而

2?3m?n是完全平方数，则必有(m?n)2?3m?n＝(m?n?1)2。

(m?n)2?3m?n＝(m?n?1)2?n?m?1，于是必有n?m?1?0，即m?n?1，此时n?2,3,?,99，

m?1,2,?,98。所以所求的有序整数对（m,n）共有98对： (m,n)?(1,2),(2,3),(3,4),?,(98,99)。

例7．证明：若正整数a,b满足2a2?a?3b2?b，则a?b和2a?2b?1都是完全平方数。

（2006年山东省第二届夏令营试题）

证法一：已知关系式即为2a2?a?3b2?b?2(a2?b2)?(a?b)?b2

①

2（2a?2b?1）＝b ?（a?b）

若a，结论显然。 ?b?0（或者说a,b中有一个为0时）

不妨设a?b且ab?0，令(a,b)?d，则a?a1d,b?b1d，(a1,b1)?1

?b1)d，将其代入①得2a1d?a1?b1?3b1d

22从而a?b＝(a1因为d2 ②

|2a1d，所以d|(a1?b1)，从而d?a1?b1；

?b1)(2a1?2b1?1)?b1d2；

?1，所以(a1?b1,b1)?1?(a1?b1)

而②式又可写成(a1因为(a,b)所以(a1所以d?d且(a1,b1)?b1)|d，从而a1?b1?d。

?a1?b1，所以a?b＝(a1?b1)d?d2，从而a?b为完全平方数。

b2b2所以2a?2b?1?2?()也是完全平方数。

dd证法二：已知关系式即为2a2?a?3b2?b?2(a2?b2)?(a?b)?b2

①

2（2a?2b?1）＝b ?（a?b）

论证的关键是证明正整数a?b与2a?2b?1互素。 记d知

2。若d?1，则d有素因子p，从而由①知p|b。因为p是素数，故p|b，结合p|(a?b)?（a?b，2a?2b?1）

p|a，从而由p|2a?2b?1得p|1，这是不可能的。故d?1，从而由①推知正整数a?b与2a?2b?1都是完全平方数。

例8．证明不存在正整数n，使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数。

证明：假设存在这样的正整数n，使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数，那么 （2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）也必定是完全平方数。 而（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）＝36n6+36n4+11n2+1；

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(6n3?3n)2?36n6+36n4+9n2；(6n3?3n?1)2?36n6+36n4+12n3+9n2+6n+1；

332?3n)2?（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）＜(6n?3n?1)与（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）为完全平方数矛盾。

所以(6n1．证明：如果证明：因为p和p?2都是大于3的素数，则6是p?1的因子。

p是奇数，所以2是p?1的因子。又因为p，p?1，p?2除以3的余数各不相同，而p与p?2都不能被3整数。

于是6是

p?1的因子。

2．设m?n?0，证明：(22n?1)|(22m?1)；

解：由22m?1?(22n?1?1)[(22n?1)2m?n?1???22n?1?1]n?1，故(22?1)｜（22m?1）

。 又因为22n?1?1?(22n?1)(22n?1)，从而(22n?1)｜(22n?1?1)，于是由整除的性质知

(22n?1)|(22m?1)。

3．证明：对于任意正整数n，数12005?22005???n2005 不能被n?2整除。

证明：只需证2（n?2）2（12005?22005???n2005）即可。

因为若n是正整数，则xn?yn?(x?y)(xn?1?xn?2y???xyn?2?yn?1)；

若n是正奇数，则xn?yn?(x?y)(xn?1?xn?2y???xyn?2?yn?1)；

故n?2｜22005?n2005；n?2｜32005?(n?1)2005，……， n?2｜n2005?22005

所以n?2｜2（22005???n2005）

。 又因为n?2?3?2，所以n?2 2，所以n?2 2（22005???n2005）＋2

即（n?2）2（12005?22005???n2005）命题得证。

4．已知n为正奇数，求证：60|6n?3n?2n?1。

证明：因为若n是正整数，则xn?yn?(x?y)(xn?1?xn?2y???xyn?2?yn?1)； 若n是正奇数，则xn?yn?(x?y)(xn?1?xn?2y???xyn?2?yn?1)；

所以3|6n?3n，3|2n?1，从而3|6n?3n?2n?1；

4|6n?2n，4|3n?1，从而4|6n?3n?2n?1；

5|6n?1，5|3n?2n，从而5|6n?3n?2n?1；

又(3,4,5)?1且3?4?5?60，所以60|6n?3n?2n?1。

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例1． 设x,y是正整数，x解：设(x,y)?y且x?y?667，它们的最小公倍数是最大公约数的120倍，求x,y。

?d，则x?md,y?nd，其中(m,n)?1且m?n，于是[x,y]?mnd。

?nd?667?(m?n)d?23?29??md所以?mnd即? 3?120?mn?2?3?5??d由m?n及（2）可得：

?m?1?m?2?m?3?m?4;?;?;?;?n?40n?30n?120n?60????由（1）可知只能取?(1)(2)

?m?5?m?6?m?8?m?10。 ;?;?;??n?24n?20n?15n?12?????m?5?m?8;?;

?n?24?n?15从而d?23或29，故x?115,y?552或x?232,y?435。

?0，mn|(m2?n2)，则m?n。

例2．设m,n证明：设(m,n)22?d，则m?m1d，n2?n1d，其中(m1,n1)?1。于是，已知条件转化为m1n1|(m1?n1)，故更有

22m1|(m1?n1)，从而转化为m1|n1因此m，但是(m1,n1)?1，故(m1,n1)?1，结合m1|n122，知必有m1?1，同时n1?1，

?n。

例3．设正整数a,b,c的最大公约数是1，并且证明：设(a,b)化为da1b1ab?c，证明a?b是一个完全平方数。

a?b?d，则a?a1d，b?b1d，其中(a1,b1)?1，由于(a,b,c)?1，故(b,c)?1，现在问题中的等式可以转

?ca1?cb1

①

由此可见a1整除cb1。因为(a1,b1)?1，故a1|c，同样可得b1|c，再由(a1,b1)?1便可以推出a1b1|c。设c?a1b1k，其

中k是一个正整数。一方面，显然k整除c；另一方面，结合①式，得d故k?k(a1?b1)，故k|d，从而k|(c,d)，但(c,d)?1，

?1。

?a1?b1，故a?b?d(a1?b1)?d2，这样就证明了a?b是一个完全平方数。

因此，d例4．

a,b都是正整数，是否存在整数p,q使得对任意的正整数n，p?na与q?nb互质？ ?[a,b]，r?解：令L令

LL,s?，则(r,s)?1，于是存在整数x,y使得rx?sy?1， abp?x,q??y，则对任意的正整数n，设dn?(p?na,q?nb)，有dn|(r(p?na)?s(q?nb))

所以dn|1?dn?1，即对任意的正整数n，（p?na，?rx?sy?1，ra?L?sb，

即dn|(rp?sq?n(ra?sb))，而rp?sqq?nb）＝1。

43

n3?1例6．求出所有的正整数对(m,n)，使得是一个整数。

mn?1（2006年山东省第二届夏令营试题）

解：由于(m3,mn?1)?1且mn?1|n3?1?mn?1|m3(n3?1)?mn?1|m3n3?1?m3?1

?mn?1|m3?1，所以m,n是对称的。不妨设m?n。

n3?1n2?n?11??n??N*?n?2，从而m?n＝2； 当m?n时，则2n?1n?1n?1当m?n时，若n?1时，则有m?1|2，所以m?2或3；

若

n?2时，由于

n3?1mn?1是一个整数，从而

?k?N*使得

n3?1?(kn?1)(mn?1) 即

1n3?1n3?11?2?n?，所以kn?1＜1?。 kn?1?n?1mn?1n?1n?1 又由于n?2，k?N*，所以k?1。

3

n2?12?n?1??N*得n?2或3，所以n?1?(n?1)(mn?1)?mn?n?mn?1，从而m?所以m?5；

n?1n?13综上知所有的(m,n)为（2,2）,(2,1),(1,2),(3,1),(1,3),(5,2),(2,5),(5,3),(3,5).

例7．已知a,b,m,n?N，且(a,b)*?1,a?2，试问an?bn|am?bm的充要条件是n|m吗？

（2006年山东省第二届夏令营试题）

分析：因为a又ark?bk?ak?n(an?bn)?bn(ak?n?bk?n)，所以an?bn|ak?bk?an?bn|ak?n?bk?n；

?br?ar?n(an?bn)?bn(ar?n?br?n)，所以an?bn|ar?br?an?bn|ar?n?br?n；

令m?nq?r(0?r?n)，则有an?bn|anq?r?bnq?r?an?bn|a(q?1)n?r?b(q?1)n?r

?an?bn|a(q?2)n?r?b(q?2)n?r???an?bn|ar?(?1)qbr

又因为n?r，所以ar?(?1)qbr?an?bn

从而上式?r?0且q为奇数，即an?bn|am?bm的充要条件是n|m且

3mn为奇数。

例8．我们知道2?1?9有1个质因子，且32|23?1；

2

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