高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题.pdf

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1、精品文档竞赛中的数论问题的思考方法一.条件的增设对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。1.大小顺序条件与实数范围不同，若整数x，y有大小顺序xm,而令n=m+u，n>u≥1，得(m2mu

2、111(m2muu2)21。同理，又可令m=u+u，m>u≥1。如此继续下去将得u=u=1，而uuu，i≤k。11122k+1ki1ii1故u,u,,u,u,m,n是不大于1981的裴波那契数，故m=987，n=1597。k1k21例2.（匈牙利—1965）怎样的整数a，b，c满足不等式a2b2c23ab3b2c?bb解：若直接移项配方，得(a)23(1)2(c1)210。因为所求的都是整数，所以原不等22bb式可以改写为：a2b2c24ab3b2c，变形为：(a)23(1)2(c1)20，从而只22有a

3、=1，b=2，c=1。2.整除性条件对于整数x，y而言，我们可以讨论其整除关系：若x

4、y，则可令y=tx；若xy，则可令y=tx+r，0

5、x

6、-1。这里字母t，r都是整数。进一步，若q

7、a，q

8、b且ba，则baq。结合高斯函数，设nn除以k，余数为r，则有nkr。还可以运用抽屉原理，为同余增设一些条件。整除性与大小顺序k结合，就可有更多的特性。例3.试证两相继自然数的平方之间不存在自然数aq）由p，abqpq的互素性易知必

9、有q

10、a，q

11、b。这样，由b>a即得baq。（有了三个不等式，就可对的范围进行估q1q1pdd(n1)2计），从而1。于是将导致矛盾的结果：(nq)20。这里，因qqqbaqn2q为a，b被q整除，我们由b>a得到的不仅是b≥a+1，而是更强的条件b≥a+q。例4.（IMO-25）设奇数a，b，c，d满足0m。[(ad)24ad(da)24bc(da)24bc(cb)2(bc)1。欢迎下载精品文档(

12、cb)2(bc)2。所以2k2m。]d2ka,c2mb，代入ad=bc中，有a(2ka)b(2mb)（1），由（1）可得b•2ma•2kb2a2。即2mb2kab2a2，2m(b2kma)(ba)(ba)（2）已知a，b都是奇数，所以a+b，a-b都是偶数，又(ab)(ab)2a是奇数的2倍，故b+a，b-a中ba2m1eba2m1e必有一个不是4的倍数。由（2）必有或。其中，e，f为正整数，且ba2fba2fefba2km是奇数。[(ab)(ab)2mef，与（2）比较可

13、得]由于k>m，故efb2aba2ba2m12aba2f。从而e=1，fba2km。考虑前一情况，有由第二式可得kmba2f2(ba2)ba2k1ma，故2m12k1ma，所以奇数a=1。对于后一情况，可作类似的讨论。显然，上述解题思路中有两个技巧：一是用放缩法证明k

14、达式r(n)r(nk)n2kkkkkk1k1nnnnn1n1n1nn1r(nk)n2k。由此易得r(n1)(n1)2k。则r(n)r(n1)(n1)(kkkkk1k1k1k1kkn1nn1n1nn1nn11,k

15、n1)(n1)()k，因此，r(n)r(n1)等价于(n1)()k。注意到k1kk