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1、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+u1， nu11 ， 得2(m1mu1)(22112umum。同理，又可令m= u1+ u2，mu21 。如此继续下去将得uk+1= uk=1，而11iiiuuu，i k。故nmuuuukk,121是不大于1981 的裴波那契数，故m=987 ，n=1597 。例 2. （匈
2、牙利 1965 ）怎样的整数a，b，c 满足不等式?233222cbabcba解： 若直接移项配方，得01)1()12(3)2(222cbba。因为所求的都是整数，所以原不等式可以改写为：cbabcba234222，变形为：0)1()12(3)2(222cbba，从而只有 a=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|y， 则可令 y=tx； 若 x? y， 则可令 y=tx+r， 0r|x|-1 。这里字母t，r 都是整数。进一步，若aq |，bq |且ab，则qab。结合高斯函数，设n 除以 k，余数为r，则有rkknn。还可以运用抽屉原理
3、，为同余增设一些条件。整除性与大小顺序结合，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abcq）由 p，q 的互素性易知必有q|a，q|b。这样，由ba 即得qab。 （有了三个不等式，就可对qp的范围进行估计） ，从而qnnqadbdqpqqq22)1(111。于是将导致矛盾的结果：0)(2qn。这里，因为 a，b 被 q 整除，我们由ba 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 0abcm。 22)(4)(adadda22)()(4)(4cbbcbcadbc精选学习资料 - - - - - - - -
4、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 5 页22)()(cbbc。 所以mk22。 bcadmk2,2， 代入 ad=bc 中，有)2()2(bbaamk（ 1） ，由 （ 1） 可得2222ababkm。 即2222ababkm，)()2(2abababmkm（2）已知 a，b 都是奇数，所以a+b，a-b 都是偶数，又ababa2)()(是奇数的2 倍，故 b+a，b-a 中必有一个不是4 的倍数。由（2）必有fabeabm221或fabeabm221。其中， e，f 为正整数，且mkabef2是奇数。 efbabam2)()(， 与 （2） 比较可得 由于 km，
5、 故ababef22faba22。从而e=1，mkabf2。考虑前一情况，有)2(2221mkmabfabab由第二式可得aabmk 12，故amkm1122，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k1 时，我们总是作如下考虑：令dbbdaa11,，则必有1),(11ba。这种互素条精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 5 页件的增置往往对解题有很大作用。例 7. （波兰 6465）设整数a，b 满足bbaa2232，试证ba及122ba都是完全平方数。解：bbaa223
6、2变形可得：2) 122)(bbaba，故只要能证一个，则另一个必是。我们在排除了字母取零或相等的情况后，可设dbababa),(,0,。这时令dbbdaa11,，1),(11ba，从而方程变为21112132dbbada。显然有)( |11bad。另一方面又212111(223ddadbba21212121211)(223dbbaddadbb，有2111|)(dbba。注意到1),(),(11111babba，于是有dba|)(11。这样就有|11bad。至此已十分容易获得命题的结论了。这里，由 a1与 b1互素导出a1b1与 b1互素，是证明dba|)(11的关键。二 . 从特殊到一般例
7、8. （IMO-18 ）试求和为1978 的正整数之积的最大值。解：我们可通过减少加法运算的次数来选择特例，例如考虑求正整数,21naaa满足,1021aaan,10,1021naaan使naaa21最大。显然，最特殊且最简单的正整数是1。例如取a1=1，这里由nnnaaaaaaa) 1(2221知乘积不是最大的值。对于某些正整数取2 的情况， 注意到 2+2=4 ，2 2=4 ；2+2+2=6=3+3，2 2 25 。因此不如把一个5 拆成 2 与 3 的和，从而使乘积变大，对于6，7 等有类似的结论。这样，我们已大致可确定诸 ai只应取 2 或 3，且 2 的个数不超过两个。依此估计，由1
8、978=658 3+2+2 ，即可猜测最大的积为658232。例 9. （IMO 31 备选题）设a，b 是给定的正整数，现有一机器人沿着一个有n 级的楼梯上下升降，每上升一次恰好上升a 级，每下降一次恰好下降b 级。为使机器人经过若干次上升下降后，可以从地面升到楼梯顶，然后再返回地面，问n 的最小值是多少？解： 为了探讨解法和结论，不妨设ba。我们分b|a 与 a? b 两种情况进行讨论。对于b|a 的情况结论是显而易见的：可令a=sb, 机器人上升一次，然后再连续下降s 次即达到要求，故n=a.现考虑 a?b。例如，特例a=5，b=3。这时机器人先上升一次达到第五级，为使n 最小，机器人就
9、不应再上升，而是尽量下降。 下降 1 次至第 2 级。此时， 再上升一次到第2+5=7 级，然后再一降两次到第1 级，又上升至 1+5=6级，再下降二次至0 级，从而机器人已完成了上升下降的全过程，故n=7。又取特例a=7，b=4。依上述方法可得n=10 。通过特例，我们可作如下猜测：若a?b，且（ a，b）=1，则 n=a+b -1。实际上，依照上述试验的思路，这一猜想是可以被证明的。数论中还有很多命题是通过选取某一特殊的数作为模来讨论和解决的。这种数往往是根据命题的一些因素（如项的系数、字母的指数、式的形状等），通过试用来选择和确定的，最简单的是mod2 ，即奇偶分析法。其次是模3，4，
10、5，8 等。三 . 讨论极端情况由于整数集具有最大（小）整数原理这一特性，我们往往可以从某种条件下有最大（小）元素出发进行讨论。例如，可考虑： （1）数列中具有某种特点的极端项；（2）数的最小因数； （3）数的分解式中某素精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 5 页数的最高次幂； （4）未知数的最小正整数值；（5）一组正整数解和的最小值。使用这种方法的实例很多。例 10. （IMO 28）设 n2，nxxxf2)(，这里 x 为整数。若当30nx时，f(x)都是素数，试证对任何0 x n-2，f(x)也都是素数。解：设命题结论
11、不成立， 我们就可取使f(x)为合数的最小整数)(,20;min为合数xfnxxy)(为合数xf。我们通过nyy2的最小素因数p 的讨论，将可证明30ny，从而产生矛盾。例 11. （IMO 29）设正整数a，b 使 ab+1 整除22ba，试证122abba是完全平方数。解： 记122abbak，则正整数k 应使方程022kbkaba（1） ，关于未知数a，b 有正整数解。显然ab0，否则由ab -1 就可以从（ 1）导出 k0。设 a0，b0是（ 1）的使 a0+ b0最小的一组正整数解，不妨设a0 b0。固定 k 与 b0，由（ 1）有)3()2(2000000kbaakbaa，由（ 2
12、）知0a是整数。若k 不是完全平方数，则20bk，故由（ 3）知00a。注意到000ba，故00a。这就表明0a，0b也是（ 1）的一组正整数解。易证00aa，故0000baba。这是矛盾的。故k 是完全平方数。四 . 缩小取值范围讨论并缩小变数或式子的取值范围，是解决数论命题常用的方法之一。对数论中有关整数的命题而言，这种方法有着特殊的作用：如能将取值范围确定在一有限区间内，我们就可以用有限个整数逐一进行检验。通过取某些数为模来排除不合要求的剩余类是缩小取值范围的一个重要方法。例 12. （IMO 30 备选题）设正整数a， b， c， d， m， n 满足19892222dcba，2mdc
13、ba，其中 a，b，c， d 的最大者为2n，试求 m 与 n 的值。解： 由条件不难看出m 是奇数。同时可对 a+b+c+d 的取值范围作出一个估计，而在此范围内可成为2m的数是不多的。 事实上， 由柯西不等式得9019892dcba。)(41414141()21212121(2dcba)(41414141()2122222dcbad， 因而 m 只能从 1， 3， 5， 7， 9 这五个数中选取.再由2222)(dcbadcba22222)dcbad知只能有m=7 或 9。因而只要证明492m，即可确定812m，进而252n。这里，我们主要是利用已知的重要不等式来确定取值范围。例 13.
14、（IMO 19）设 a，b 是正整数，22ba除以 a+b 时，商为 q，余数为 r。试求所有的数偶a 与 b，使得19972rq。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 5 页解： 由19972rq，可得估计q 44 。于是4522baba。但 q 取得较小值时，由19972rq就使 r 增大，进而由r3，必存在素数p，满足 npn!。解决此类命题的关键是寻找和构造所需的数或式。例如，取24ka，k 为任意非零整数，就证明了（1） ；取7),1!(61kkn，就证明了（ 2） ；取 p 为 n!-1 的最小素因数，也可证明np
15、n!。我们要强调指出前面（*）中的 n 个数的构造是极有启发性的。首先，其中N 的选择还是有迹可寻的：由“ n 个相继自然数” 立即可联想到取N+1，N+2， ，N+n。但 N+1 不能判定是否为合数，因而应取消，于是立即联想到（*） 。为了保证各数是合数，就应要求N 同时含有因数2， 3，n， n+1。这样的构造还为我们提供了解决另一些命题的线索。例如，为证“ 存在 n 个相继的自然数，其中仅有一个素数” 这一结论，可从数列（1）出发进行分析：设p 为大于 N+1 的最小素数，可以证明：p-n+1，p-1，p；除最后一个数 p 外，都是合数。例 14. （IMO 30）试证对于任何正整数n，
16、存在 n 个相继的自然数，它们都不是素数的整数幂。解： 我们取 N=(2( n+1)!+1 ，考虑 N+j，1 j n。若 N+j=(2(n+1)!+ j+1=mp，则显然有 (j+1)|( N+j)，因而必有 j+1=rp,1 r m，从而mrpp|1。另一方面，由j+1n+1 知)!1(| npr，故)!1(2( |1npr。于是1)!1(2()( |1jnjNpr。这是与rpj1矛盾的，从而证明了命题。最后还应指出，同一命题的构造方法可以有多种，如例13 中也可令1)!1(2nN。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 5 页