数学 竞赛 群讲座(01-10)

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1、No.1设；求证：和数的末位数字不可能是2，4，7或9．解答：∵，即；∴有；可看成关于的一元二次方程；∵这个一元二次方程，有正整数解的情况；∴判别式必须是完全平方数；∵一个完全平方数的末位数字只能是0，1，4，5，6，9；而若的末位数字是2，4，7或9，则的末位数字依次是7，3，7，3；因此产生矛盾；故结论成立．No.2已知是勾股数，是质数，求证：和都是完全平方数．解答：∵勾股数；∴；变式：；∵因为是质数，∴只有1、、三个约数；而，∴有且，∴整理式子，；；从而命题正确．No.3求证：方程没有正整数解．解答：假定是偶数，则和都是奇数或都是偶数；若和都是奇数，则是4的倍数余2，

2、不是完全平方数，更不是完全四次方数，这与矛盾；若和都是偶数，可设，，；代入原方程并整理：由可知：也是偶数，从而设，代入整理：；所以也是原方程的解，且；这与是最小的矛盾；又假定是奇数，从而和是一奇一偶，若奇数和是偶数；引理：满足方程的一切基本勾股数（其中是偶数），都可以表示为以下形式：，，；（其中是正整数，，，是一奇一偶）由引理知：，，；7于是：，可见是方程是一组解；但是，这与是最小的矛盾；若偶数和是奇数；由引理知：，，；若是奇数，观察：由于即；由引理：，，；这里的与是一样的条件；又因为，所以由，可设，，，于是有：，；由于，所以可设，，从而有即；这样可得：是原方程的一组正整数

3、解，但是，这与是最小的矛盾；若是偶数，则同理可得矛盾；故综合上述，结论成立．No.4有一条边的长为24的勾股三角形有多少个？引理：当或或的奇数倍时，方程，没有正整数解；当是大于的奇数或大于且是的倍数时，方程，有正整数解；其解的情况如下表：其中表示的正约数个数．奇数偶数非完全平方数完全平方数非完全平方数完全平方数方程的正整数解的组数方程的整数解的组数（该定理要记住、会用，暂不证明，竞赛解答中称引理）解答：设三边为，其中为斜边；若，则有；易知与同奇同偶；若与同是奇数，由于奇数的平方是4的倍数余1，所以是4的倍数余2，而4的倍数余2的数不是完全平方数；故此类情况不存在；若与同是偶

4、数，则可设，，代入整理得：；7根据上述分析：再设，，再代入整理得：；再设，，再代入整理得：；显然中和都不是正整数；故此类情况不存在；从而可知：．若，则由，得：；由于576是偶数，又是完全平方数，由；可知：144有个正约数；所以方程，有：组正整数解；故原题有勾股三角形7个．No.5求不定方程组的所有整数解．解答：∵；∴，即；∵都是整数，∴也是整数；∴；∵；∴、、中至少有一个不小于2；令；于是有；①当时，，此时且；从而；②当时，，此时且；无整数解；③当时，，此时且；从而；由于是轮换对称，分别交换可知有四组解：．No.6求方程的一切整数解．定理：如果，则一定存在两个整数使得；其中

5、表示的最大公约数是1或互质（素）．解答看有：；所以有：7即有①；从而是方程的一组解；易知：①设是它的任意一组解，则有②；②①得：；因为；所以可令，；即，其中为整数；此即为方程的一切整数解．No.7（1）求方程的正整数解的组数；（2）求证：方程无整数解；（3）求证：方程无整数解．讲解：讲解第一小题：因数分解法；变式：先分解因数后，考虑不同正约数个数：；若取负数，则也取负数，但两者必有一个绝对值不小于1992；这是因为等式右边是分解出来的，从而可解得或不全为正数；故可取63个不同正整数值；当取定后，也随之确定；故原方程解的组数为：63．讲解第二小题：奇偶分析法；变式：；①因为与

6、是同奇同偶的即奇偶性相同；而积为偶数，故与同为偶数；因此中至少有两个因子2，这与①矛盾；所以原方程无整数解．讲解第三小题：同余法；7考虑方程两边的系数和常数，因为其中有一个系数，模5余0；（模5即除数为5）考虑取模为5；（当然也可取模3或7，只要能说清楚即可以）方程的右端：；方程的左端：∵，∴必有②；（方程两边同模同余）分别令，，（其中为整数）；则，（左边乘7，右边也乘7且去掉5的整数倍）从而有，这与②矛盾，故原方程无解．No.8（1）形如的数叫做费尔马数；求证：当时，的个位数永远是7；（2）求的末3位数字．解答：（1）当时，；当时，；假设当时，结论成立即有；则当时，，即结

7、论成立；所以对一切的自然数，；从而原题得证．（2）令，将1000分解成，中有足够多的因子5，所以显然是125的倍数，即（为整数）；………除去第1行和第2行外，其余各行都是连续4个奇数的乘积，这4个连续奇数的乘积模8同余于1；而故即（为整数）所以，所以的末3位数字625．No.9在一张纸上连续写下：1992199119901989…321；把第1个数字1乘以2加上第2个数字9，然后再乘以2加上第3个数字9，再乘以2，加上第4个数字2，…7，一直加到最后1个数字1，得出一个新数；再把这个新数按上述办法同样处理，即把第1