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1、2中等数学_应用组合数学思想解数论问题杨晓鸣8(浙江大学出版社3丨002),---0丨.1A文章編咢丨0056416201312000206中田分类号:56文?榇识码::)(-适合高中)中的数字均出现(n1(本讲)!次,因此,-ra+组合数学的内容十分丰富,些基本思(1!=St=)‘2想方法和内容一一对。,如算两次、容斥定理、re+!(应、组合几何等.”,常用于解决数论问题=>a=C2*‘‘i;j2=ai11算两次=?^3lmCodn.^^Si(!)1-例/I是个比Cc设1大的奇数,l,2,n因为>1是
2、奇数所以式右边模?!,,等是整数一2…,对每个11,,,M的排列的余数是0.,而左边不是,得出矛盾…例2证明:对每个素数”100和每个。=(??,,,O,定义…证…整数。存在整数使得"_n两个不同排列a明:存在l,2,丨的、6,5!,使+i-pqy。.n-得!是sa)sfc的因子?(()(第53届IMO预选题)42届IMO(第)证明对每个rZ记,p?2..nn25证明用>()表示!l,,、丨的!Sr=a4e2^mad()a+br
3、()()()l^,^,p个排列a本题的运算是在模的意义下-s()的S只需
4、证明⑴不空?:每个计算Ds(a)(modn!)有两种方式,“解决问题的基本思路是通过两种不同方首先一’假定结论是错误的,这样,对每?法,求彳辱29元组的个数个a,s(a)模n!均有不同的余数.因此,这些252一方面a+6sc+f,设满足的四元…1T-余数是数字0i1.,,,!则组rfZ(a,6,c的个数,):-i(a)=nnmoda.2X!(!D(!))n=SryI()I.a4§rsO另一方面,另一方面,对任意的(U)6Z,若〗n^32_办笠兹a&cc21组sa=c°=c°,由,相应的(,)有p-()*
5、U22iSi2i“()(。)1c=0a=0c卢a=±c?7(时,0时,)从而,这样;.一".对每i在和式o中l,2,nI,,,,d45-==^)组数矣/>4(d0时60的(6,,;时,6至多有5个).55--羊收稿曰期20139丨66l)+>l,4/(p幻0)界‘内(含)的整点个
6、=pp-l+k)p,22""+1-)^-(pl+5A(p)p(p)数为■22--+44p(pp).在区域I中,整点个数为反设有S(f)=0,则#0.设r=,hez.l(+)j255"由?+1mV,得+4=r.在区域n中,整点个数为J()()=故由s(r0-),得到所有i+yTT8fci;nLSrt=0feT.i2j()()l()对每个《=l:cn.I满足的至多10个,故而在矩形区域内,曲线上恰有个整点,myl由容斥原理得10n(n+l)当p>31时m$44sr=.二LLEI,,至少有个()0^+J[^
7、j2r=2由IS()l§P,及均值不等式得rere+l)(—重_iL.,0=2'"Srl4E()_()->.p?今4)-{-41+^pUmms(n)=rltfJAsLI文!HI矛盾.25ran+1()-=【评注1当p1与5互素时6已取遍.,3.1卜,[评注】本题通过映射将髙斯函数的求二ST:fff:二^if和问题转化为封闭曲线_整点问题.闭曲fin线内的整点问题是几何数论研究的对象,也,一^结论仍成立.般地n,对任意的正整数,当f有比较成熟的方法和工具.素獅充分大时总有?取遍Z.3组合几何2对应映射例4
8、正整数a2(允许相_006i+3例求的值?^.同.《)使得w,两两不相等问:,§r鬥??,2?0630
9、】【—a…解考虑/?a?(幻[丨,/],中最少有多少个不同的数2,2M6中?数学奥林匹克)nn+(1)1''解本题运用组合几何的方法求解.I2I--i“丨+ynn…^=设正整数^^;矣.则义太…,…,,?使得()以2i?1?-互不相等a*==n1.则…不同数的考虑矩形区域内的整点l,x,)n中4中等数学_1+v^接下来证明正整个数的最小值A=其中「一表…-一[I^2]m+i1m+Hl^n兀子集中,,的
10、任,均l示不小于实数《的最小整数.有至少三个两两互素的元素.从而得出由于个互不相同的正整数两两比值至n+in+i?+i?、ririri,=+1??)-t丁丁卜卜^kk11l+l()个,故2?+1^^7⑴首尾骑_三个连鍾数、rv~~…-n--^lAA+,^=>^l>nlA^.(U2
11、
12、2U+、2U+3两两互素,因此,四个连续整数…三个两两互素.设P>A,,,个互不相同的素数,中必有,/2A为2一一(1^+5五元子集以它们为顶点作有向图)
13、一,
