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数学奥赛辅导


数学奥赛辅导
知识、方法、技能

第一讲

奇数、偶数、质数、合数
Ⅰ.整数的奇偶性 将全体整数分为两类,凡是 2 的倍数的数称为偶数,否则称为奇数.因此,任一偶数可表 为 2m(m∈Z) ,任一奇数可表为 2m+1 或 2m-1 的形式.奇、偶数具有如下性质: (1)奇数±奇数=偶数;偶数±偶数=偶数; 奇数±偶数=奇数;偶数×偶数=偶数; 奇数×偶数=偶数;奇数×奇数=奇数; (2) 奇数的平方都可表为 8m+1 形式, 偶数的平方都可表为 8m 或 8m+4 的形式 (m∈Z) . (3)任何一个正整数 n,都可以写成 n ? 2 m l 的形式,其中 m 为非负整数,l 为奇数. 这些性质既简单又明显,然而它却能解决数学竞赛中一些难题. Ⅱ.质数与合数、算术基本定理 大于 1 的整数按它具有因数的情况又可分为质数与合数两类. 一个大于 1 的整数, 如果除了 1 和它自身以外没有其他正因子, 则称此数为质数或素数, 否则,称为合数. 显然,1 既不是质数也不是合数;2 是最小的且是惟一的偶质数. 定理: (正整数的惟一分解定理,又叫算术基本定理)任何大于 1 的整数 A 都可以分解 成质数的乘积,若不计这些质数的次序,则这种质因子分解表示式是惟一的,进而 A 可以写 成标准分解式:
A ? p1
a1

? p2

a2

? pn

an

(*).

其中 p 1 ? p 2 ? ? ? p n , p i 为质数, ? i 为非负整数,i=1,2,?,n. 【略证】由于 A 为一有限正整数,显然 A 经过有限次分解可分解成若干个质数的乘积, 把相同的质因子归类整理可得如(*)的形式(严格论证可由归纳法证明).余下只需证惟一 性. 设另有 A ? q 1
?1

? q2

?2

? qn

?m

, 其中 q 1 ? q 2 ? ? ? q m , q j 为质数,? i 为非负整数,j=1,

2,?,m.由于任何一 p i 必为 q j 中之一,而任一 q j 也必居 p i 中之一,故 n=m.又因
p 1 ? p 2 ? ? ? p n , q 1 ? q 2 ? ? q n , 则有 p i ? q i ( i ? 1, 2 , ? , n ) ,再者,若对某个 i,? i ? ? i (不

妨设 ? i ? ? i ) ,用 p i 除等式 p 1 p 2 ? p n ? p 1 ? p 2 ? p n 两端得:
a2 a1 an

?i

?1

?2

?n

p1 1 ? p i

?

?i ??i

? p n n ? p1

?

?1

? p i ?1

? i ?1

? p i ?1
1

? i ?1

? pn n .

?

此式显然不成立(因左端是 p i 的倍数,而右端不是).故 ? i ? ? i 对一切 i=1,2,?,n 均成 立.惟一性得证. 推论: (合数的因子个数计算公式)若 A ? p 1 p 2 ? p n 为标准分解式,则 A 的所有因 子(包括 1 和 A 本身)的个数等于 (? 1 ? 1)( ? 2 ? 1) ? (? n ? 1). (简记为 ? (? i ? 1 ) )
i ?1 n

?1

?2

?n

2 这是因为,乘积 (1 ? p 1 ? p 12 ? ? ? p 1 ) ? (1 ? p 2 ? p 2 ? ? ? p 2

?1

?2

) ? (1 ? p n ? p n

2

? ? ? p n n ) 的每一项都是 A 的一个因子,故共有 ? (? i ? 1 ) 个.
i ?1

?

n

定理:质数的个数是无穷的. 【证明】假定质数的个数只有有限多个 p 1 , p 2 , ? p n , 考察整数 a ? p 1 p 2 ? p n ? 1 . 由于
a ? 1 且又不能被 p i ( i ? 1, 2 , ? , n ) 除尽,于是由算术基本定理知,a 必能写成一些质数的乘

积,而这些质数必异于 p i ( i ? 1, 2 , ? , n ) ,这与假定矛盾.故质数有无穷多个.

赛题精讲
例 1.设正整数 d 不等于 2,5,13.证明在集合{2,5,13,d}中可以找到两个元素 a,b,使 得 ab-1 不是完全平方数. (第 27 届 IMO 试题) 2 2 2 【解】由于 2×5-1=3 ,2×13-1=5 ,5×13-1=8 ,因此,只需证明 2d-1,5d-1, 13d-1 中至少有一个不是完全平方数. 用反证法,假设它们都是完全平方数,令 2d-1=x2 ① 2 5d-1=y ② 2 13d-1=z ③ * x,y,z∈N 由①知,x 是奇数,设 x=2k-1,于是 2d-1=(2k-1)2,即 d=2k2-2k+1,这说 明 d 也是奇数.因此,再由②,③知,y,z 均是偶数. 设 y=2m,z=2n,代入③、④,相减,除以 4 得,2d=n2-m2=(n+m)(n-m),从而 n2-m2 为 偶数,n,m 必同是偶数,于是 m+n 与 m-n 都是偶数,这样 2d 就是 4 的倍数,即 d 为偶数, 这与上述 d 为奇数矛盾.故命题得证. 例 2.设 a、b、c、d 为奇数,0 ? a ? b ? c ? d , 并且 ad ? bc ,证明:如果 a+d=2k,b+c=2m, k,m 为整数,那么 a=1.
2

(第 25 届 IMO 试题)

【证明】首先易证: 2 k ? 2 m . 从而 k
? ( b ? c ) ? 4 bc ? ( b ? c )
2 2

? m (因为 d ? a ? b ? c , 于是 ( a ? d ) ? ( a ? d ) ? 4 ad
2 2

.再由 ad

? bc , d ? 2

k

? a, c ? 2

m

? b 可得 b ? 2

m

? a?2

k

? b

2

?a ,
2

因而 2 m ( b ? a ? 2 k ? m )

? ( b ? a )( b ? a )



显然, b ? a , b ? a 为偶数, b ? 2 k ? m a 为奇数,并且 b ? a 和 b ? a 只能一个为 4n 型 偶数,一个为 4n+2 型偶数(否则它们的差应为 4 的倍数,然而它们的差等于 2a 不是 4 的倍数) , 因此,如果设 b ? 2 k ? m a (Ⅰ) ? b ? a ? 由 ef
?b?2
? 2
m ?1

? e? f

,其中 e,f 为奇数,那么由①式及 b ? a , b ? a 的特性就有

?b ? a ? 2 f .
k ?m

e , 或(Ⅱ) ? b ? a ? 2 f , ? m ?1 e. ?b ? a ? 2

a ? b ? 2a ? b ? a ? 2 f

得 e=1,

从而 f

? b?2
m ?1

k ?m

a . 于是(Ⅰ)或(Ⅱ)分别变为

k ?m ?b ? a ? 2 ? , ? 或 ? b ? a ? 2 ( b ? 2 a ), ? ? k?m m ?1 ?b ? a ? 2 (b ? 2 ?b ? a ? 2 a) ? ?

解之,得 a ? 2 k ? m ?1

? 2

m ?1

.因 a 为奇数,故只能 a=1.

例 3.设 a 1 , a 2 , ? , a n 是一组数,它们中的每一个都取 1 或-1,而且 a1a2a3a4+a2a3a4a5+? +ana1a2a3=0,证明:n 必须是 4 的倍数. (第 26 届 IMO 预选题)

【证明】由于每个 a i 均为 1 和-1,从而题中所给的等式中每一项 a i a i ? 1 a i ? 2 a i ? 3 也只取 1 或-1, 而这样的 n 项之和等于 0, 则取 1 或-1 的个数必相等, 因而 n 必须是偶数, n=2m. 设 再进一步考察已知等式左端 n 项之乘积=( a 1 a 2 ? a n )4=1,这说明,这 n 项中取-1 的项(共 m 项)也一定是偶数,即 m=2k,从而 n 是 4 的倍数. 例 4.如 n 是不小于 3 的自然数,以 f ( n ) 表示不是 n 的因数的最小自然数[例如 f ( n ) =5].如 果 f ( n ) ≥3,又可作 f ( f ( n )) .类似地,如果 f ( f ( n )) ≥3,又可作 f ( f ( f ( n ))) 等等.如 果 f ( f ( f ? f ( n ) ? )) ? 2 ,就把 k 叫做 n 的“长度”.如果用 l n 表示 n 的长度,试对任 意的自然数 n(n≥3) ,求 l n ,并证明你的结论. (第 3 届全国中学生数学冬令营试题)
3

【解】令 n ? 2 m t , m 为非负整数,t 为奇数. 当 m=0 时, f ( n ) ? f ( t ) ? 2 ,因而 ln=1; 当 m ? 0 时,设 u 是不能整除奇数 t 的最小奇数,记 u ? g (t ). (1)若 g ( t ) ? 2 m ? 1 , 则 f ( n ) ? u , f ( f ( n )) ? 2 , 所以 l n ? 2 . (2)若 g ( t ) ?
2
m ?1

, 则 f (n) ? 2

m ?1

, f ( f ( n )) ? f ( 2

m ?1

) ? 3 , f ( f ( f ( n ))) ? f ( 3 ) ? 2 , 所以 l n ? 3 .

故ln

?1, 当 n 为奇数时 ; ? m m ?1 ? ? 3 , 当 n ? 2 t , m ? 0 , t 为奇数 , 且 g ( t ) ? 2 ( g ( t ) 如上 ); ? 2 , 其他情形 . ?

例 5.设 n 是正整数,k 是不小于 2 的整数.试证: n k 可表示成 n 个相继奇数的和. 【证明】对 k 用数学归纳法. 当 k=2 时,因 n 2 ? 1 ? 3 ? ? ? ( 2 n ? 1), 命题在立. 假设 k=m 时成立,即 n m ? ( a ? 1) ? ( a ? 3 ) ? ? ? ( a ? 2 n ? 1) ? na ? n 2 , (a 为某非负 数) 则 n m ?1 ? n m ? n ? ( na ? n 2 ) n ? n ( na ? n 2 ? n ) ? n 2 ,

若记 b ? na ? n 2 ? n (显然 b 为非负偶数) ,于是
n
m ?1

? nb ? n

2

? ( b ? 1) ? ( b ? 3 ) ? ? ? ( b ? 2 n ? 1), 即 k ? m ? 1 时,命题成立,故命

题得证. 例 6.在平面上任画一条所有顶点都是格点的闭折线,并且各节的长相等.能使这闭折线的节 数为奇数?证明你的结论. (莫斯科数学竞赛试题) 【解】令符合题设条件的闭折线为 A1A2?AnA1,则所有顶点 A i 的坐标( x i , y i )符 合 x i , y i ? Z ( i ? 1, 2 , ? , n ). 并且 X i2 ? Y i 2 ? C ( i ? 1, 2 , ? n , C 为一固定的正整数) ,其中
X i ? x i ? x i ? 1 , Y i ? y i ? y i ? 1 ( i ? 1, 2 , ? , n , x n ? 1 ? x 1 , y n ? 1 ? y 1 ), 则由已知有

?
i ?1 n

n

X

i

? 0,



?Y
i ?1

i

? 0,
4



X 1 ? Y1 ? X
2 2

2 2

? Y2 ? ? ? X
2

2 n

? Yn

2



不妨设 X i 和 Y i 中至少有一个为奇数(因为设 X i ? 2 m t i , m 是指数最小的,ti 为奇数, 用 2m 除所有的数后,其商仍满足①、②、③式) ,于是它们的平方和 C 只能为 4k+1 或 4k+2. 当 C=4k+2 时,由③知,所有数对 X i 与 Y i 都必须是奇数,因此,根据①、②式知,n 必为偶数. 当 C=4k+1 时,由③知,所有数对 X i 与 Y i 都必一奇一偶,而由①知,Xi 中为奇数的有 偶数个(设为 2u) ,余下的 n-2u 个为偶数(与之对应的 Yi 必为奇数) ,再由②知,这种奇 数的 Yi 也应有偶数个(设为 2? ? n ? 2 u ) ,故 n ? 2 ( u ? ? ) =偶数. 综上所述,不能作出满足题设条件而有奇数个节的闭折线. 例 7.求出最小正整数 n,使其恰有 144 个不同的正因数,且其中有 10 个连续整数. (第 26 届 IMO 预选题) 【解】根据题目要求,n 是 10 个连续整数积的倍数,因而必然能被 2,3,?,10 整数. 由于 8=23,9=32,10=2×5,故其标准分解式中,至少含有 23·32·5·7 的因式,因此,若 设
n ? 2
?1

?3

?2

?5

?3

?7

?4

? 11

?5

?,

则 ? 1 ? 3 , ? 2 ? 2 , ? 3 ? 1, ? 4 ? 1 . 由

(? 1 ? 1)( ? 2 ? 1)( ? 3 ? 1)( ? 4 ? 1) ? ? 144 , 而 (? 1 ? 1)( ? 2 ? 1)( ? 3 ? 1)( ? 4 ? 1) ? 4 ? 3 ? 2 ? 2 ? 48 , 故最

多还有一个 ?

j

? 0 ( j ? 5 ), 且 ?

j

? 2 , 为使

n 最小,自然宜取 2 ? ? 5 ? 0 . 由 , 考虑

(? 1 ? 1)( ? 2 ? 1)( ? 3 ? 1)( ? 4 ? 1)( ? 5 ? 1) ? 144 (? 5 ? 0时 ) 或 (? 1 ? 1)( ? 2 ? 1)( ? 3 ? 1)( ? 4 ? 1) ? 144 (? 5 ? 0时 )

144 的可能分解,并比较相应 n 的大小,可知合乎要求的(最小) ? 1
? 3 ? ? 4 ? ? 5 ? 1, 故所求的 n ? 2 ? 3 ? 5 ? 7 ? 11 ? 110880 .
5 2

? 5, ? 2 ? 2 ,

下面讲一个在指定集合内的“合数”的问题.这种合数与通常的合数有区别,题中的“素 元素”是指在该集合内的素数,也与通常的素数有区别. 例 8.设 n>2 为给定的正整数, V n ? ?kn ? 1, k ? N * ?. 试证:存在一数 r ? V n , 这个数可用不 只一种方式表示成数集 Vn 中素元素的乘积. 【证明】由于 Vn 中的数都不小于 n ? 1( n (第 19 届 IMO 试题)
2 2

? 2 ), 因而 ( n ? 1) , ( 2 n ? 1) , ( n ? 1) ? ( 2 n ? 1) ? V n

.

显然 ( n ? 1) 2 , ( n ? 1) ? ( 2 n ? 1) 是 Vn 中的素元素.又若(2n-1)2 不是 Vn 中素元素,则有
a ? b ? 1, 使 ( an ? 1) ? ( bn ? 1) ? ( 2 n ? 1) , 由此有 4 n ? 4 ? abn ? a ? b , 于是 1 ? ab ? 3 , 从而
2

5

b=1,a=1;b=1,a=2,b=1,a=3,对此就有 n ? 2 , 中素元素. 当n

8 2

, 8 , 故 n=8.这说明 ,当 n ? 8时 , ( 2 n ? 1) 就是 Vn
2

? 8时 , 令 r ? ( n ? 1) ( 2 n ? 1) .显然 r ? V n , 且 r ? ( n ? 1) ( 2 n ? 1)
2 2 2

2

? [( n ? 1)( 2 n ? 1)]

[( n ? 1)( 2 n ? 1)].

当 n=8 时,有 1089=136×8+1=9×121=33×33,而 9,121,33∈V8. 综上知,命题得证. 例 9.已知 n≥2,求证:如果 k 2 ? k ? n 对于整数 k( 0 ? k ? 对于所有整数 k ( 0 ? k ? n ? 2 ) 都是质数. (第 28 届(1987)国际数学奥林匹克试题 6) 【证】设 m 是使 k 2 ? k ? n 为合数的最小正整数.若 质因子,则 p ?
2

n 3

)是质数,则 k 2 ? k ? n

n 3

? m ? n ? 2, 令 p是 m ? m ? n
2

的最小

m

?m?n .

(1)若 m≥p,则 p|(m-p)2+(m-p)+n.
k
2

又(m-p)2+(m-p)+n≥n>p,这与 m 是使

?k ?n

为合数的最小正整数矛盾.

(2) m≤p-1, ( p ? 1 ? m ) 2 ? ( p ? 1 ? m ) ? n ? ( p ? 1 ? m )( p ? m ) ? n 被 p 整除, 若 则 且 ( p ? 1 ? m ) 2 ? ( p ? 1 ? m ) ? n ? n ? p. 因为 ( p ? 1 ? m ) 2 ? ( p ? 1 ? m ) ? n 为合数,所以 p ? 1 ? m ? m , p ? 2 m ? 1 . 由
2m ? 1 ? p ?
?3?

m

2

? m ? n,
n 3 n 3



3m

2

? 3m ? 1 ? n ? 0,

由此得 m ?

12 n ? 3 6

?

与已知矛盾.所以,对所有的

? k ? n ? 2, k

2

? k ? n 为质数.

6


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