四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题讲义(完整版)

高一竞赛数论专题

1.整除

设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b . 整除关系的基本性质 (1)|,||.a b b c a c ?

(2)|,|a b a c ?对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +

设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.

设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a

1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+

2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c

(2)若|a bc 则|.a c

3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=

4.证明对任意整数n ,6

5

2

22n n n n +--能被120整除.

5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n

-+.求m 的所有可能取值.

6.证明：正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22

(1),(2),

,M M M M +-+-

2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.

7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111

x y y x --+++是整数,求证444

1x y -能被1x +整除.

9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明：p

n n C p ??-????

能被p 整除.

10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<

<,使得1

1

(1)n

k k

p =+

∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*

12,,,,,n a a a n N ∈使得21

1

(1)n

k k

a =+

∏为整数?.

11.设,m n 是正整数, 证明(,)

(21,21)2

1.m n m n --=-

12.任给2n ≥,证明：存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.

高一竞赛数论专题

1.整除解答

设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b . 整除关系的基本性质

(1)|,||.a b b c a c ?

(2)|,|a b a c ?对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +

设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.

设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a

1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+

证明：记121(,),a a d =1212(,)a a qa d +=.

121(,),a a d =即1112|,|.d a d a 于是11121|,|.d a d a qa +所以12.d d ≤

1212(,)a a qa d +=,即21221|,|.d a d a qa +于是2122112|,|().d a d a qa qa a +-=所以21.d d ≤

所以12.d d =命题得证.

2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c

(2)若|a bc 则|.a c

证明(,)1,a b =则1.ax by =+于是1().c c c ax by acx bcy =?=+=+

(1)|,|a c b c ,则12,.c aq c bq ==于是2121().c abq x baq y ab q x q y =+=+所以|.ab c (2)|,a bc 则|.a acx bcy +即|.a c

3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=

证明：当,a b 中有一个为零时,结论是显然的. 不妨设,a b 都不为零,且||||.a b ≤

一方面若存在整数,x y 使得 1.ax by +=注意到(,)|,(,)|a b a a b b .

所以(,)|.a b ax by +即(,)|1.a b 所以(,)1a b =.

另一方面设11111,0||,,b aq r r a q r =+≤<为整数,若10,r =则辗转相除到此为止；否则继续.

1222122,0,,a r q r r r q r =+≤<为整数,若20,r =则辗转相除到此为止；否则继续.

12333233,0,,r r q r r r q r =+≤<为整数,若30,r =则辗转相除到此为止；否则继续.

由于123r r r >>>

且123,,,

r r r 均为自然数,所以经过有限步辗转相除可得0.k r =

即3211.k k k k r r q r ----=+21(0).k k k k k r r q r r --=+=

引理：设,a b 是两个整数且0,a ≠,0||,,b aq r r a q r =+≤<为整数.则(,)(,).a b a r = 证明：因为(,)(,).a b a b aq =-又.r b aq =-所以(,)(,).a b a r = 回到原题：利用引理我们可得112211(,)(,)(,)(,)(,).k k k k a b a r r r r r r r ---=====注意到0.k r =

所以11(,)(,0).k k a b r r --==

由辗转相除的过程知道1321.k k k k r r r q ----=-

2432.k k k k r r r q ----=-

3123.r r r q =- 212.r a r q =- 11r b aq =-

所以11,r b aq =-

212122()(1),r a b aq q q q a q b =--=+-

311223123123[(1)][(1)](1),r b aq q q a q b q q q q q a q q b =--+-=+-++

所以1k r -是,a b 的线性组合即存在整数,x y 使得1.k r ax by -=+即(,).a b ax by =+ 所以若(,)1,a b =则存在整数,x y 使得 1.ax by +=

4.证明对任意整数n ,652

22n n n n +--能被120整除.

证明：652542

22(2)(2)(2)(1)(2)(1)(1)(1)n n n n n n n n n n n n n n n n +--=+-+=+-=+-++

5!|(2)(1)(1)(2),n n n n n --++4!|(1)(1)(2),5!|5(1)(1)(2),n n n n n n n n -++-++

所以652

22n n n n +--能被120整除.

5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n

-+.求m 的所有可能取值.

解: 因为21|21m n

-+,所以2121n m +≥-所以n m ≥(若不然,则 1.n m ≤-于是1212121m n m -+≥+≥-,即2m ≤矛盾).

因为n m ≥,所以存在正整数,q r 使得,0.n mq r r m =+≤<

1212122212(21)212(21)[(2)21]21n mq r mq r r r r mq r r m m q m r ++-+=+=-++=-++=-+

++++.

因为21|21m n -+,所以21|21m r

-+.从而212 1.r m

+≥-

注意到0.r m ≤<所以 1.r m ≤-于是1

21212 1.m r m -+≥+≥-即2m ≤矛盾.

所以不存在这样的.m

6.证明：正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22

(1),(2),

,M M M M +-+-

2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.

证明：()?正整数M 是完全平方数,则2

.M d =

222222()()()()M i M d i d d d i d d i +-=+-=++-+.

2d d i -+对于1,2,

,i n =是连续n 个正整数,所以一定存在某个i 使得2|.n d d i -+

于是2

|().n M i M +-

所以对于任意正整数n ,22

(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.

()?假设正整数M 不是完全平方数,则M 中一定有一个素因数p ,它的指数是奇数即存在正整数k 使得212|,.k k p M p M -

因为对于任意正整数n ,22

(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.

故取2k

n p =,对于21,2,,k i p =一定存在某个i 使得22|().k p M i M +-注意到2k

p M .

所以22()k

p

M i +( 若不然, 22|(),k p M i +又22|().k p M i M +-于是2k

p M 矛盾).

由于22|(),k p M i M +-于是21

2|().k p

M i M -+-注意到21|k p M -.所以212|().k p M i -+

我们得到21

2|()k p M i -+且22()k p M i +.这与2()M i +是完全平方数矛盾.

所以假设错误.所以正整数M 是完全平方数.

7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111

x y y x --+++是整数,求证444

1x y -能被1x +整除.

证明：设

4411,.11x a y c

y b x d

--==++其中(,)1,(,)1,0,0.a b c d b d ==>> 则

a c ad bc

b d bd

++=

是整数.即|.bd ad bc + 从而|,|.b ad bc d ad bc ++于是|,|.b ad d bc 注意到(,)1,(,) 1.a b c d == 所以|,|.b d d b 又0,0b d >>,所以.b d =

因为44222211(1)(1)(1)(1)(1)(1)

(1)(1)(1)(1).1111

a c x y x x x y y y x x y y

b d y x y x ---++-++?=

?=?=-+-+++++ 所以

a c

b d

?是整数,结合.b d = 所以2

|.b ac 于是|b ac ,又(,)1a b =,则|,b c 又(,) 1.b c =且0.b >所以 1.b =

也就是41

1

y c x -=+.即41| 1.x y +-

又44444444441049421(1)1(1)[()()1](1)(1)(1)x y x y x x y y y y x x x -=-+-=-++

++++-+.

所以444

1| 1.x x y +-

8.证明：对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k k

f n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.

证明: 我们知道数(,)f n k 能分解成n 个连续的自然数之积,则一定能被!n 整除.所以只需要证明数(,)f n k 不能被一个很小的自然数n 整除即可.

33333(,)2410(339)13(3)()1k k k k k k k k k k f n k n n n n n n n n n n =++=++-++=++--+ 33(3)(1)(1)1k k k k k n n n n n =++--++. 33|3(3),3|(1)(1),3 1.k k k k k n n n n n ++-+

所以3

(,).f n k

也就是数(,)f n k 不能分解成3个或3个以上的连续的自然数之积. 下面再证明数(,)f n k 不能分解成2个连续的自然数之积.

由上可知(,)31f n k q =+.因此只需要证明31(1)q x x +=+无自然数解. 当3x m =时,(1)3(31)3[(31)]x x m m m m +=+=+,故无解.

当31x m =+时,2

(1)(31)(32)3(33)2x x m m m m +=++=++,故无解.

当32x m =+时,(1)(32)(33)3(1)(32)x x m m m m +=++=++故无解. 所以数(,)f n k 不能分解成2个连续的自然数之积.

于是我们证明了对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k k

f n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.

9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明：p

n n C p ??-????

能被p 整除. 证明：,1,2,,1n n n n p ---+这连续p 个数有且仅有一个被p 整除,设这个数为.N 则,.N pq q Z =∈

则.n N

q p p

??==?

???且,1,,1,1,1n n N N n p -+--+除以p 的余数不计次序为1,2,,1p -.

于是(1)

(1)(1)

(1)(1)!.n n N N n p p pA -+--+=-+

(1)(1)(1)(1)

(1)

(1)(1)

(1)

1!(1)!

p n n n n N N N n p n n N N n p C q q p p p ????-+--+-+--+-=

-=-???

?-??

?

?

(1)!1(1)!(1)!

p pA pqA

q p p ??-+=-=

??--??. 因为p 与1,2,

,1p -互素,所以(,(1)!) 1.p p -=于是(1)!|..(1)!p n n qA

p qAC p p p ??--=???-??

所以|.p

n n p C p ??

-????

10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<

<,使得1

1

(1)n

k k

p =+

∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*

12,,

,,,n a a a n N ∈使得2

1

1

(1)n

k k a =+

∏为整数?.

解(1)11

1

(1)1

(1).n

k n

k n k k k

k p p p ===++=∏∏∏ 当3n ≥时,1,1 1.n k p p k n >+≤≤-故1

1

((1),) 1.n k

n

k p p -=+=∏所以|1.n

n p

p +又|.n n p p 所以|1.

n p

于是1n p =矛盾.所以2n ≤.

当1n =时,1

1

1N p +

?. 当2n =时,1212121212

(1)(1)111

(1)(1)1.p p p p N p p p p p p +++++

+==+∈ 1212|1p p p p ++,21221|1,|1.p p p p p +++又211p p ≥+.所以211.p p =+

于是1111|11,|2.p p p p +++ 所以122, 3.p p ==

综上,所求的数列只有一个122, 3.p p == (2)不存在. 当121n a a a <<<

<时,设.n a m ≤

2222222212222111(!)21(1)(1) 2.

(1)!1(1)(1)1(1)!2

n

m m m m k k k k k k k k k m m

m a k k k k k m m =====+<+≤+=<===<+--++-∏∏∏∏∏所以21

1

(1)n

k k N a =+?∏.

所以不存在n 个大于1的不同正整数*

12,,,,,n a a a n N ∈使得2

1

1

(1)n

k k a =+

∏为整数.

11.设,m n 是正整数, 证明(,)

(21,21)2

1.m n m n --=- 解：不妨设.m n ≥有带余除法得1111(1,0)m q n r q r n =+≥≤<.

我们有11

1111111212122212(21)2 1.q n r q n r r r r q n r m

++-=-=-+-=-+-

因为121|2

1q n

n

--,所以1(21,21)(21,21).r m n n --=--

注意到1(,)(,).m n n r =

r

m n n n n

若10,r >则作辗转相除.,212221(1,0)n q r r q r r =+≥≤<.

我们有212

2212212

12(21)2 1.q r r r q r r n

+-=-=-+-

因为121

21|2

1r

q r --,所以112(21,21)(21,21)(21,21)r r r m n n --=--=--.

若20,r >则继续处理,直到10k r +=为止.由辗转相除法知(,).k m n r =

1112(,)(21,21)(21,21)(21,21)(21,21)(21,0)212 1.k k k k r r r r r r r m n n m n +--=--=--=

=--=-=-=-

至此,我们证得了结论.

12.任给2n ≥,证明：存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.

证明：我们任取n 个互不相同的正整数12,,

,,n a a a 并选取一个正整数参数,K 希望12,,,n Ka Ka Ka 的积

12

n n K a a a 被任意两项的和i j Ka Ka +()i j ≠整除,

取1().i j i j n

K a a ≤<≤=

+∏

12,,

,n Ka Ka Ka 互不相同, 1()

().i j i j i j i j n

Ka Ka a a a a ≤<≤+=++∏

12

12

1(

()).n n n i j n i j n

K a a a a a a a a ≤<≤=+∏

显然有12|.

n

i j n Ka Ka K a a a +

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2.同余

设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡

(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡?-?=+∈

设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为

模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.

在模m 的同余类0121,,,

,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称

为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.

如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同

欧拉函数()m ?是一个定义在正整数集上的函数,()m ?的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.

1.证明(mod )(mod

).(,)

m

ac bc m a b m c ≡?≡ (特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡?≡ 若2,m c =则2

(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡?≡)

2.设p 是素数,1,k ≥证明1

()(1).k

k p p p ?-=-

3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明：()

1(mod ).m a

m ?≡

(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).p

a a p ≡若(,)1,a p =则1

1(mod ).p a p -≡

4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-

特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-

5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数：

11101

110

k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b p

b p b ----=++++=++

++

其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=. 证明：0

(mod ).i

i

k

b n m

a i C C p =≡∏

6.已知正整数2n ≥,12,,

,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明：存在不全为零的整数

12,,

,n εεε,使得1122n n a a a εεε++

+为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,

,.i i n ε<=

7.已知素数*

61(,1),p k k N k =+∈>证明：121127m m

--为整数,其中21p

m =-.

8.设素数3p >,证明

2(1)!(1)!

(1)!

0(mod ).12

1

p p p p p ---+++

≡-

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2.同余解答

设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡

(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡?-?=+∈

设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为

模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.

在模m 的同余类0121,,,

,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称

为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.

如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同余类中,各取一数所组成的集叫做模m 的一个简系.模m 的一个简系的元素个数记为欧拉函数().m ? 欧拉函数()m ?是一个定义在正整数集上的函数,()m ?的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.

1.证明(mod )(mod

).(,)m

ac bc m a b m c ≡?≡

(特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡?≡