数论中的存在性问题new

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1、维普资讯http://www.cqvip.com2002年第3期5数论中的存在性问题杨贵武严镇军(深圳市高级l1】学，518001)(中国科学技术大学，230026)(本讲适合高中)符合要求．事实上存在性问题是数学竞赛中的常见题型，(a!+a。)+a!!±∈N+本文着重讨论一些属于初等数论的问题．为(口!+口)一口!一了节省篇幅，我们直接了当地提出构造供读=1，2，⋯，n)．者揣摩，但有一点要说的是，构造的思索过又不妨设i>J，(i，J．=1，2，⋯，n)，则程，实如同摸着石头过河，走一步看一步，通过不

2、断的修正“凑”出合要求的对象．A=篙苷2(a!)+a+aj1利用阶乘构造ai——ajn!具有明显的整除性质，许多涉及整除因为(口—aj)l(口+aj)(归纳假设)的存在性问题，常利用它来构造．口一ajl2(口!)，所以，AEN．例1对任意nI>2，证明：存在n个连续例3证明：可把正整数集N分拆成两正整数，使它们都不是P的形式．这里P是个子集A、B，使得A中任3个数都不成等差质数，q是大于1的正整数．数列，而且不存在由中无穷多个数构成的证明：只须找到n个连续正整数，其中每等差数列．个都至少有两个不同质约数

3、即可．如取n个证明：令A={n!+nlnEN}，B=N—连续正整数A．若B中含有首项为a．、公差为d的无限长a：[(n+1)!]+k(k=2，3，⋯，n+1)．等差数列，则此数列中的一项显然，因【+1]，。．+【+]d又，则=(al+d)!+(al+d)∈A与所设矛盾．故中不含无穷多项组成的等k÷+1．，c差数列．所以，k的质约数都不是旦+l又对任意正整数m>n>k≥1，有(k!+)+(，n!+，n)的质约数．从而，a至少有两个不同质约数．>m!+m≥m(!)+m>13(n!)+m例2对任意n>12，证

4、明：存在n个不同=2(n!)+(n!)+，n>2(n!+n)，正整数a。，a，⋯，a，使得所以，A中任3数不成等差数列．(0一0『)I(fI+Ⅱ，)(Cj，，J=1，2，⋯'『})．证明：用归纳方式构造．2应用非十进制记数构造当rI=2时，取0l=l，a2=2即可．例4对任意正整数n≥2，证明：可以从设已有n个正整数aI

5、证明：考虑在3进制中不含数码2，且位维普资讯http://www.cqvip.com6中等数学数不超过n的非负整数的全体所形成的集合数列：口，口+d，⋯，口+6d(口为首项，d为公A={，一1。3一+一2。3一+⋯+1’3差)．+0I=0或1(i=0，1，2，·一，n一若7{d，则上述7个数模7两两不同余(即构成一个模7的完系)，从而，这7个数中1)}．必有一个，它除以7的余数为i，即它的7进由进位制数表示的惟一性，知lAI=2．制表示中的末位数为i，矛盾．记A中的2个元为若7Id，7{d，仿上可得到这

6、个等差数列0=b12000，矛盾．所以，集合C={c，c，⋯，c}c．综上证得集合A(i=1，2，3，4)中任意7下证：C中的任3个数不成等差数列．个数不成等差数列．最后，令反设有3个数c

7、，M2=A2nA1，M3=A3nA1n则b。<6：Xi4‘(i可

8、取负数)，∈{0，1，组成的等差数列．t2，3}．取t=4‘，由于t比多一位，则证明：问题等价于把集合一+1S={1，2，⋯，2000}+t的首位不会进位．故令分拆成4个非空子集、、、，使得“=+t=>：“4，“。∈{0，1，2，3}．n=(i≠)，g。UgUgUg=5．-一+1。则=“一t=(“一1)4‘；因为6×7>2000，所以，5中的每个数；一+1都可以表示成至多4位的7进制数(abcd)，，设要找的数为y=∑4，。=≤仉+1这里口