专题29初等数论（教师版含解析）备战2021年高中数学联赛之1981-2020年高中数学联赛二试试题分专题训练.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题29初等数论历年联赛真题汇编1【2020高中数学联赛B卷(第02试)】设a,b为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得an+bn+9C(mod13)对任意正整数n成立.求所有满足条件的有序数对(a,b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1:由条件知,对任意正整数n,有an+bn+9an+3+bn+12(mod13). 注意到13为素数,a,b均与13互素,由费马小定理知a2b21(mod13).因此在中取n=12,化简得1+b9a3+1(mod13),故b9a3(mod13).代入,

2、得an+a3bnan+3+bn+12an+3+bn(mod13),即(an-bn)(1-a3)0(mod13). 分两种情况讨论.()若a31(mod13),则b3a3b3b121(mod13),又a,b1,2,12,经检验可知a,b1,3,9.此时an+bn+9an+bn(mod13).由条件知a+ba3+b32(mod13),从而只能是a=b=1.经检验,当(a,b)=(1,1)时,对任意正整数n, an+bn+9模13余2为常数,满足条件. ()若a31(mod13),则由知,对任意正整数n,有anbn(mod13).特别地, ab(mod13) ,故a=b.所以a3b9=a9(mod1

3、3),即a3(a3-1)(a3+1)0(mod13),故a3-1(mod13).通过检验a1,2,6(mod13),可知a=4,10,12.经检验,当(a,b)=(4,4),(10,10), (12,12)时,对任意正整数n,有an+bn+9=an+an+9=an(1+(a3)3)0(mod13),满足条件.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).解法2:由条件知,对任意正整数n,有(an+bn+9)(an+2+bn+11)(an+1+bn+10)2(mod13),化简得anbn+11+an+2bn+92an+1+bn+10(mod13),即an

4、bn+9(a-b)20(mod13).由于13为素数, a,b1,2,12 ,故13|(a-b)2,进而a=b.因此,当n变化时, an+bn+9=an(1+a9)模13的余数为常数.当1+a9(mod13)时,由上式知, an模13的余数为常数,特别地,有a2a(mod13),故a=1.当1+a90(mod13)时,由费马小定理得a21(mod13),故a3a3(-a9)-a12-1(mod13).通过检验a1,2,6(mod13),可知a=4,10,12.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).2【2019高中数学联赛A卷(第02试)】设m为

5、整数，|m|2.整数数列a1,a2,满足:a1,a2不全为零，且对任意正整数n，均有an+2=an+1-man.证明:若存在整数r、s(rs2)使得ar=as=a1，则r-sm.【答案】证明见解析【解析】不妨设a1,a2互素(否则，若a1,a2=d1，则a1d与a2d互素，并且用a1d,a2d,a3d,代替a1,a2,a3,条件与结论均不改变).由数列递推关系知a2a3a4(mod|m|) 以下证明:对任意整数n3，有ana2-a1+(n-3)a2mmodm2 事实上，当n=3时显然成立.假设n=k时成立(其中k为某个大于2的整数)，注意到，有mak-1ma2modm2，结合归纳假设知ak+1

6、=ak-mak-1a2-a1+(k-3)a2m-ma2a2-a1+(k-2)a2modm2，即n=k+1时也成立.因此对任意整数n3均成立.注意，当a1=a2时，对n=2也成立.设整数r、s(rs2)，满足ar=as=a1.若a1=a2，由对n2均成立，可知a2-a1+(r-3)a2mar=a3=a2-a1+(s-3)a2mmodm2，即a1+(r-3)a2a1+(s-3)a2(mod|m|)，即(r-s)a20(mod|m|) 若a1a2，则ar=as=a1a2，故rs3.此时由于对n3均成立，故类似可知仍成立.我们证明a2，m互素事实上，假如a2与m存在一个公共素因子p，则由得p为a2,a

7、3,a4,的公因子，而a1,a2互素，故pa1，这与ar=as=a1矛盾.因此，由得r-s0(mod|m|).又rs，所以r-s|m|.3【2019高中数学联赛B卷(第02试)】求满足以下条件的所有正整数n:(1)n至少有4个正因数；(2)若d1d2dk是n的所有正因数，d2-d1,d3-d2,，dk-dk-1构成等比数列.【答案】答案见解析【解析】由条件可知k4，且d3-d2d2-d1=dk-dk-1dk-1-dk-2.易知d1=1,dk=n,dk-1=nd2,dk-2=nd3，代入上式得d3-d2d2-1=n-nd2nd2-nd3，化简得d3-d22=d2-12d3.由此可知d3是完全平方

8、数.由于d2=p是n的最小素因子，d3是平方数，故只能d3=p2.从而序列d2-d1,d3-d2,dk-dk-1 , p-1,p2-p,p3-p2，,pk-1-pk-2，即d1,d2,d3,dk为1,p,p2,pk-1，而此时相应的n为pk-1.综上可知，满足条件的n为所有形如pa的数，其中p是素数，整数a3.4【2018高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数a2.证明:对任意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数ak+1,ak+2,ak+n均是合数.【答案】证明见解析【解析】设i1i21，故a+ij有素因子pj.我们有pj,a=1(否则，因pj是素数，故pj|a，但pj|a+ij，从而pj|

9、ij，故a,ij不互素，与ij的取法矛盾).因此，由费马小定理知，apj-11modpj.现取k=p1-1p2-1pr-1+1.对任意j=1，2，r，注意到k1modpj-1，故有ak+ija+ij0modpj.又ak+ija+ijpj，故ak+ij为合数.综上所述，当k=p1-1p2-1pr-1+1时，ak+1,ak+2,，ak+n均是合数.5【2017高中数学联赛A卷(第02试)】设m、n均是大于1的整数，mn.a1,a2,an是n个不超过m的互不相同的正整数，且a1,a2,an互质.证明:对任意实数x，均存在一个i(1in)，使得aix2m(m+1)x，这里y表示实数y到与它最近的整数的

10、距离.【答案】证明见解析【解析】4首先证明以下两个结论结论1存在整数c1,c2,cn，满足c1a1+c2a2+cnan=1，并且cim,1in.由于a1,a2,an=1，由裴蜀定理，存在整数c1,c2,cn，满足c1a1+c2a2+cnan=1 下面证明，通过调整，存在一组c1,c2,cn满足，且绝对值均不超过m.记S1c1,c2,cn=cimci0，S2c1,c2,cn=j0，那么存在cim1，于是ciai1，又因为a1,a2,an均为正数，故由可知存在cj0.令ci=ci-aj,cj=cj+ai,ck=ck(1kn,ki,j)，则c1a1+c2a2+cnan=1 并且0m-ajcici,c

11、jcjaim.因为cici，且cjm，所以S1c1,c2,cncj及ci0，故S2c1,c2,cnS2c1,c2,cn.如果S20，那么存在cj0.令ci=ci-aj,cj=cj+ai,ck=ck(1kn,ki,j)，那么成立，并且-mcici,cjcj0.与上面类似地可知S1c1,c2,cnS1c1,c2,cn，且S2c1,c2,cn0，即a、b同号.当|a|+|b|12时，有a+b-12,12，此时a+b=|a+b|=|a|+|b|=a+b.当|a|+|b|12时，注意总有a+b12，故a+b1212(m+1)，则在a1,a2,an中存在两个相邻正整数.不妨设a1,a2相邻，则x=a2x-

12、a1xa2x+a1x.故a2x与a1x中有一个x22xm(m+1).综上所述，总存在一个i(1in)，满足aix2m(m+1)x.6【2015高中数学联赛(第02试)】求具有下述性质的所有正整数k：对任意正整数n，2(k-1)n+1|kn!n!不成立.【答案】答案见解析【解析】以v(n)表示n!中2的幂次，以S(n)表示n的二进制表示中1的个数.有结论v(n)=n-S(n).原题等价于v(n)+k(n-1)v(kn)恒成立，等价于S(kn)S(n)恒成立.显然S(k)1.当S(k)=1，即k为2的方幂时，有S(kn)S(n)，符合题意.下面用构造法证明：使S(k)2的k均不符合题意.若S(k)

13、2，则k的二进制表示中至少有两个1.用如下方式构造序列ni，使得存在lN，使S(knl)a2aj=0,由构造的方式，知knj的最后a1+1位只有一个1.设2mk2m+1，则2a1+mknjm+1，有故使S(knj)2的k均不满足题设.综上，所求的k为一切2的方幂.7【2014高中数学联赛(第02试)】设整数x1,x2,x2014模2014互不同余，整数y1,y2,y2014模2014也互不同余.证明：可将y1,y2,y2014重新排列为z1,z2,z2014，使得x1+z1,x2+z2,x2014+z2014模4028互不同余.【答案】证明见解析【解析】记k=1007.不妨设xiyii(mod

14、2k)(1i2k)，对每个整数i，1ik，若xi+yixi+k+yi+k(mod4k)，则令zi=yi,zi+k=yi+k，否则，令zi=yi+k,zi+k=yi，如果是前一种情形，则xi+zi=xi+yixi+k+yi+k=xi+k+zi+k(mod4k)，如果是后一种情形，则也有xi+zi=xi+yi+kxi+k+yi=xi+k+zi+k(mod4k)若不然，我们有xi+yixi+k+yi+k(mod4k)，xi+yi+kxi+k+yi(mod4k)，两式相加得2xi2xi+k(mod4k)，于是xixi+k(mod2k).但x1,x2,x2014模2014(2014=2k)互不同余，特别

15、地xixi+k(mod2k)，矛盾.由上述构造方法知z1,z2,z2k是y1,y2,y2k的排列.记wi=xi+zi,i=1,2,2k.下面验证1,2,2k模4k互不同余，这只需证明，对任意整数i,j,1ijk,wi,wj,wi+k,wj+k模4k两两不同余.注意，前面的构造方式已保证wiwi+k(mod4k),wjwj+k(mod4k) 情形一：zi=yi且zj=yj，则由前面的构造方式可知wiwi+k2i(mod2k)，wjwj+k2j(mod2k)，由于2i2j(mod2k)，故易知wi与Wj及wi+k模2k不同余，wi+k与Wj及wj+k模2k不同余，从而模4k更不同余，再结合式，可见

16、结论得证.情形二：zi=yi+k，且zj=yj+k，则由前面的构造方式可知：wiwi+k2i+k(mod2k)，wjwj+k2j+k(mod2k).同样有wi与wj及wj+k模2k不同余，wi+k与wj及wj+k模2k不同余，与情形一相同地可知结论得证.情形三：zi=yi，且zj=yj+k(zi=yi+k，且zj=yj的情形与此相同)，则由前面的构造方式可知wiwi+k2i(mod2k)，wjwj+k2j+k(mod2k).由于k是奇数，故2i2j+k(mod2)，更有2i2j+k(mod2k).因此仍然有wi与wj及wj+k模2k不同余，wi+k与wj及wj+k模2k不同余.从而结论得证.因

17、此本题得证.8【2013高中数学联赛(第02试)】设n，k为大于1的整数，n2k.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n整除.【答案】证明见解析【解析】先考虑n为2的幂的情形设n=2r,r1，则rk.取3个2r-1及2k3个1，显然这些数均不被n整除.将这2k个数任意分成两组，则总有一组中含2个2r-1，它们的和为2r，被n整除.现在设n不是2的幂，取2k个数为-1,-1,-2,-22,-2k-2,1,2,22,2k-1，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除.若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n整除.不妨设1在第一组

18、，由于(-1)+1=0被n整除，故两个1必须在第二组；因(-1)+(-1)+2=0被n整除，故2在第一组，进而推出2在第二组.现归纳假设1,2,2l均在第一组，而1，1，2，2l均在第二组，这里1lk-2，由于(-1)+(-1)+(-2)+-2t+2t+1=0被n整除，故2l+1在第一组，从而-2l+1在第二组.故由数学归纳法可知，1,2,22,2k-2在第一组，1，1，2，22，2k2在第二组.最后，由于(-1)+(-1)+(-2)+-2k-2+2k-1=0被n整除，故2k-1在第一组.因此1,2,22,2k-1均在第一组，由正整数的二进制表示可知，每一个不超过2k-1的正整数均可表示为1,

19、2,22,2k-1中若干个数的和，特别地，因为n2k-1，故第一组中有若干个数的和为n，当然被n整除，矛盾.因此，将前述2k个整数任意分成两组，则总有一组中有若干个数之和被n整除.9【2009高中数学联赛(第02试)】设k，l是给定的两个正整数.证明：有无穷多个正整数mk，使得Cmk与l互素.【答案】证明见解析【解析】证法一对任意正整数t，令m=k+tl(k!)，我们证明Cmk,l=1.设p是l的任一素因子，只要证明：p|Cmk.若p|k!，则由k!Cmk=i=1k(m-k+i)i=1ki+tlk!i=1kik!(modp)，即p不整除上式，故p|Cmk.若p|k!，设a1使p|k!，但p+1

20、|k!，则p+1|l(k!).故由k!Cmk=i=1k(m-k+i)i=1ki+tlk!i=1kik!modp+1，及p|k!且p+1|k!知p|k!Cmk且p+1|k!Cmk，从而p|Cmk.证法二对任意正整数t，令m=k+tl(k!)2，我们证明Cmk,l=1.设p是l的任一素因子，只要证明：p|Cmk.若p|k!，则由k!Cmk=i=1k(m-k+i)i=1ki+tl(k!)2i=1kik!(modp)，即p不整除上式，故p|Cmk，若p|k!，设1使p|k!，但p+1|k!，则p+1|(k!)2.故由k!Cmk=i=1k-1(m-k+i)i=1ki+tl(k!)2i=1kik!modp

21、+1及p|k!且p+1|k!知p|k!Cmk且p+1|k!Cmk，从而p|Cmk.10【2007高中数学联赛(第02试)】设集合P=1，2，3，4，5.对任意kP和正整数m，记fm,k=i=15mk+1i+1，其中a表示不大于a的最大整数.求证：对任意正整数n，存在kP和正整数m，使得f(m,k)=n.【答案】证明见解析【解析】定义集合A=mk+1|mN*,kP，其中N*为正整数集.由于当任意k，iP且ki时，k+1i+1是无理数，所以对任意的k1,k2P和正整数m1,m2，有m1k1+1=m2k2+1，当且仅当m1=m2,k1=k2，这表明A中无重复元素.注意到A是一个无穷集，现将A中的元素

22、按从小到大的顺序排成一个无穷数列.对于任意的正整数n，设此数列中第n项为mk+1.下面确定n与m，k间的关系.若mii+1mk+1，则mimk+1i+1，由mi是正整数知，对i=1，2，3，4，5，满足这个条件的mi的个数为mk+1i+1，从而n=i=15mk+1i+1=f(m,k),因此对任意nN*，存在mN*,kP，使得f(m,k)=n.11【2004高中数学联赛(第02试)】对于整数n4，求出最小的整数f(n)，使得对于任意正整数m，集合m，m+1，m+2，m+n1的任何一个f(n)元子集中，均有至少3个两两互素的元素.【答案】证明见解析【解析】当n4时，对集合M=m,m+1,m+2,m

23、+n-1，若2|m，则m+1，m+2，m+3两两互素.若2不能整除m，则m，m+1，m+2两两互素.所以M的所有n元子集中，均有至少3个两两互素的元素，即f(n)存在且f(n)0.设Tn=t|tn+1且2|t或3|t可知Tn是2，3，n+1的子集，但Tn中任3个元素均不能两两互素，所以f(n)Tn+1，由容斥原理知Tn=n+12+n+13-n+16，从而必有f(n)n+12+n+13-n+16+1 所以f(4)4,f(5)5,f(6)5，f(7)6,f(8)7,f(9)8，我们将证明f(6)=5，设x1,x2,x3,x4,x5是m，m+1，m+2，m+5中的5个数，若这5个数中有3个奇数，则它

24、们两两互素，若这5个数中有两个奇数，则必有3个偶数，不妨设x1,x2,x3为偶数，x4,x5为奇数.当1i665，即u14.又2|u，3|u均不成立，所以u17.由vu及式可得66u-15u-66u，即5u2-132u+10.于是u66+662-554.删去x1时，则当x1依次取1，3，4时，x2+x3+xk分别等于n1，n3，n4.故当n4时an=an-1+an-3+an-4 先用归纳法证明下式成立a2n+1=a2n+a2n-1 因故当n=1时，式成立.设n=k时，式成立，即a2k+2=a2k+a2k-1，则据式，有a2k+3=a2k+2+a2k+a2k-1=a2(k+1)+a2(k+1)-

25、1.可见式对k+1成立，于是式对一切nN成立.再用归纳法证明下式成立a2na2n+2=a2n+12 因a2=1,a3=2,a4=4，故当n=1时，式成立.设n=k时，式成立，即a2ka2k+2=a2k+12，则据式，有a2k+2a2k+4=a2k+2a2k+1+a2k+1+a2k=a2k+2a2k+3+a2k+2a2k+1+a2k+12=a2k+2a2k+3+a2k+1a2k+3=a2k+32.可见式对k+1成立.故式对一切nN成立.最后再用归纳法证明本题结论，显然n=1时结论正确，设a2n是完全平方数，则由式知a2n+2是完全平方数，因此结论对任意自然数n成立.15【1989高中数学联赛(第

26、02试)】有nn(n4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意地填入+1与1两数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项.试证：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除(即总能表成4k的形式，其中kZ).【答案】证明见解析【解析】首先题目中所谓的基本项共有n!个，且每个基本项的取值要么是1，要么是1.设表中第i行，第j列的数为aij(aij=1或1)，则每个aij都出现在(n1)!个基本项内.考虑全部(n!个)基本项的乘积G1G2Cn!=1i,jnaij(n-1)!.由于n4，所以(n1)!是偶数，故aij(n-1)!=1.

27、即G1G2Gn!=1.说明在G1,G2,Gn个基本项中1有n!个数，设为2k个，于是G1,G2,Gn中的1的个数为n!2k，这样G1+G2+Gn!=(n!-2k)+2k(-1)=n!-4k.显然是4的倍数，命题得证.16【1985高中数学联赛(第02试)】在直角坐标系xOy中，点Ax1,y1和点Bx2,y2的坐标均为正整数.OA与x轴正方向的夹角大于45，OB与x轴正方向的夹角小于45，B在x轴上的射影为B，A在y轴上的射影为A，OBB的面积比OAA的面积大33.5.由x1,y1,x2,y2组成的四位数x1x2y2y1=x1103+x2102+y210+y1试求出所有这样的四位数，并写出求解过

28、程.【答案】答案见解析【解析】很明显，题设的主要条件是关于面积的一些等量关系.于是由SBOB=SAOA+33.5得x2y2=x1y1+67，因为x1y10，所以x2y267.因为x2,y2为一位正整数，所以x2y2=72和81.但因为BOBy2，故x2y281.于是x2y2=72，所以x2=9,y2=8，从而x1y1=5.又因为AOB45，所以x15(否则用p2作为首项)，则有(5，p1)=1，于是由费马小定理得5p1-11(modp1)，所以pp1=5p1-1(p1+1)-1=5p1-1p1+5p1-1-1=0(modp1)，这与pp1是素数矛盾所以，满足题设的素数数列不存在.4设m，n是正

29、整数，满足mn|m2+n2+1.证明：m2+n2+1=3mn.【答案】证明见解析【解析】由题：m，n是正整数，满足mn|m2+n2+1，设m2+n2+1=tmn,tN*，mn|m2+n2+1，必有n|m2+1,m|n2+1，所以m2+1n,n2+1m均为正整数，当m=n时，2m2+1=tm2,tN*，1=(t-2)m2,tN*，显然只能m=1,t=3，当mn时，不妨设mn，则m2+1nmn，考虑方程x2+y2+1=txy,tN*，(m,n)是方程的一组解，m2+n2+1=tmn,tN*，则m2+(m2+1n)2+1=m2+(tmn-n2n)2+1=m2+(tm-n)2+1=m2+n2+t2m2

30、-2tmn+1=t2m2-tmn=tm(tm-n)=tm(tmn-n2n)=tmm2+1n即m2+(m2+1n)2+1=tmm2+1n，即(m,m2+1n)也是方程x2+y2+1=txy,tN*的一组解，同理可得：(n,n2+1m)，(n2+1m,n),(m2+1n,m)均是该方程的解，照此递换，必有(1,2)是方程的解，所以t=3综上所述：t=3，即m2+n2+1=3mn.5求证：对任意的nN*，32n+2-8n-9能被64整除.【答案】证明见解析【解析】(1)当n=1时，式子32n+2-8n-9=34-8-9=64能被64整除，命题成立(2)假设当n=k时，32k+2-8k-9能够被64整

31、除当n=k+1时，32k+4-8(k+1)-9=932k+2-8k-9+64k+64=932k+2-8k-9+64(k+1)，因为32k+2-8k-9能够被64整除，932k+2-8k-9+64(k+1)能够被64整除即当n=k+1时，命题也成立由(1)(2)可知，32n+2-8n-9(nN*)能被64整除6求最小的正整数n，使得当正整数点kn时，在前k个正整数构成的集合M=1,2,k中，对任意xM总存在另一个数yM且yx，满足x+y为平方数【答案】7【解析】易知当n6时，在M=1,2,3,4,5,6中，数2与其他任何数之和皆不是平方数；以下证明，n的最小值为7如果正整数x、y(xy)满足：x

32、+y=平方数，就称x,y是一个“平方对”，显然在M=1,2,7中，1,3，2,7，3,6，4,5为平方对在M=1,2,7,8中增加了平方对1,8；在M=1,2,7,8,9中平加了平方对7,9以下采用归纳法，称满足题中条件的k为具有性质P；简记为kP据以上知，当7k32时，均有kP设已证得，当7km2(m3)时，皆有kP，今考虑7k(m+1)2情况，利用归纳假设，只需证，当k=m2+r，其中1r2m+1时，均有kP首先，在r=2m+1，即k=(m+1)2时，(k,2m+3)构成平方对，这是由于k+(2m+3)=(m+1)2+(2m+3)=(m+2)2，而由m2-(2m+3)=(m-1)2-40，

33、知2m+3m2，即2m+3k在1r2m时，(k,2m+1-r)构成平方对，这是由于k+(2m+1-r)=(m2+r)+(2m+1-r)=(m+1)2，而12m+1-r2mm2，所以2m+1-rk因此对于满足7k(m+1)2的每个k，皆有kP，从而对所有满足7km2(m3)的正整数k，皆有kP，即对一切正整数k7，均有kP所以n的最小值为77设kZ+，定义：A1=1，An+1=nAn+2(n+1)2kn+2(n=1,2).证明：当n1时，An为整数，且An为奇数当且仅当n1或2(mod4).【答案】见解析【解析】注意到(n+2)An+1-nAn=2(n+1)2k (n+1)An-(n-1)An-

34、1=2n2k (n+1)+n得(n+1)(n+2)An+1-(n+1)nAn-1=2(n+1)2k+1+2n2k+1.反复运用上式，再叠加得An=2S(n)n(n+1).其中，S(n)=1+2+n(t=2k+1).由2S(n)=i=0n(n-i)t+it=i=1n(n+1-i)t+itn(n+1)|2S(n)因此，An(n1)为整数.1.若n0或2(mod4)，由S(n)有奇数个奇数项知S(n)为奇数.于是，An为奇数.2.若n0(mod4)，则(n2)t0(modn)故S(n)=i=0n2(n-i)t+it-(n2)t0(modn)于是，An为偶数.3.若n3(mod4)，则(n+12)t0

35、(modn+1)故S(n)=i=1n+12(n+1-i)t+it-(n+12)t0(modn).于是，An为偶数.因此，当n1时，An为整数，且An为奇数当且仅当n1或2(mod4).8已知a、b、c、d、e、e为整数，方程ax5-2bx4+3cx3-5dx2+7ex-2024=0有正整数解证明：存在无穷多个正整数k使得61|(11k5-7ek4+5dk3-3ck2+2bk-a)【答案】见解析【解析】设方程的正整数解为x=m首先说明：(m,61)=1否则，61|m61|(am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em)61|2024矛盾由am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em-2024=0

36、am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em-11=2013=31161am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em-110(mod61)取整数n(1n60)，满足mn1(mod61)故0-(am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em-11)n511n5-7en4+5dn3-3cn2+2bn-a0(mod61)取k=61t+n(t=1,2,)则11k5-7ek4+5dk3-3ck2+2bk-a11n5-7en4+5dn3-3cn2+2bn-a0(mod61)因此，存在无穷多个正整数k，使得61|(11k5-7ek4+5dk3-3ck2+2bk-a)9已知an=i=0n-110i(n=1,2,

37、)，求证：存在无穷多个正整数n，使a1,a2,an除以n的余数互不相同。【答案】见解析【解析】由已知得ani=0n-110i=111n个。下面证明：n=3m(m=1,2,)满足题意。首先证明：3ma3m(m=1,2,)。对m用数学归纳法。当m=1，a3=111=337，则3a3。假设m=k时，3ka3k。则当m=k+1时，有a3k+1=a3k(1023k+103k+1)。但1023k+103k+13(mod9)，故3k+1a3k+1。由数学归纳法，得证3ma3m(m=1,2,)。其次证明：a1,a2,an-1均不能被3m整除。假设a1,a2,an-1中存在被3m整除的数，取其中最小的记为ar(

38、1rn)，设3m=qr+t(0tr-1)则an=apr+t=(ard=0p-110dr)10t+at。此处规定t=0时，at=0。故由3m整除an、ar，得3m也整除ai。但由ar(1rn)的最小性及0tr-1知，t=0，即r整除3m，必有小于m的正整数使r=3。由第一步证明知3ar3mar，矛盾。所以，a1,a2,an-1不能被3m整除。最后证明：a1,a2,an-1被3m除的余数互不相同。假设a1,a2,an-1被3m除的余数有相同的，即存在1ijn，使得ajai(mod3m)。但aj=10iaj-i+ai且(10,3m)=1，得3m|aj-i(1j-i0y.令b1=-y,b2=x,b3=

39、b1+b2.则a1b2-a2b1=1，a3b2-a2b3=(a1+a2)b2-a2(b1+b2)=1，a1b3-a3b1=a1(b1+b2)-(a1+a2)b1=1.故a1(b2+a2k)-a2(b1+a1k)=1，a2(b3+a3k)-a3(b2+a2k)=-1，a3(b1+a1k)-a1(b3+a3k)=-1.因此，b1+a1k,b2+a2k,bn+ank两两互质.所以，当n=3时，这样的整数存在.11(1)若p为奇素数,a、b、nN+,p|(a-b),p|b,ab ,证明： panpaan-bna-b; (2)若a,b是不同的正有理数,使得存在无穷多个正整数n,满足an-bn是正整数.证

40、明：a,b也是正整数.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】设a-blp(p|l,N+).则an-bna-b1lp(b+lp)n-bn=1lpk=1nCnk(lp)kbn-k=k=1nnkCn-1k-1lk-1p(k-1)bn-k 设prn.只需证明：pran-bna-b 因为prbn-1,而式的其他项k=1nnkCn-1k-1lk-1p(k-1)bn-k(K1)中k所含的p的次数不大于k-2,所以,式成立.(2)不妨设a=xz,b=yz(x、y、zN+且(x,y,z)=1).则an-bnZzn|(xn-yn).分两种情形.(i)若2|z,设2(x2-y2),n=2kl(l为奇数).则2n|

41、(xn-yn) 因为(x,y,z)=1,所以,x、y均为奇数.故xn-yn=x2kl-y2kl=(x2k-y2k)x2k(l-1)+y2k(l-1)=(x2-y2)(x2+y2)(x2k-1+y2k-1)x2k(l-1)+y2k(l-1).注意到,2(x2-y2),2(x2+y2),2(x4+y4), 2(x2k-1+y2k-1),2|x2k(l-1)+y2k(l-1).于是,2+(k-1)(xn-yn).结合式有n+(k-1).但n=2kl2k,故klog2n.所以,n+log2n-1.上式只能对有限多个n成立,矛盾.(ii)存在奇素数p|z.设k为满足p|(xk-yk)的最小正整数.则若n

42、N+,p|(xn-yn),即xnyn(modp)(xy-1)n1(modp). 因为xkyk(modp),所以,(xy-1)k1(modp). 由式、知k|n.设p(xk-yk),pnk则nkplogpn.由(1)知pxn-ynxk-yk于是,p+(xn-yn).因为zn|(xn-yn),所以,n+logpn.上式只能对有限个n成立,矛盾.12已知a、b、c为正整数，且a(a+b)(a+bc)是一个素数的幂.证明：1+bca必为1+ba的某个正整数次幂.【答案】见解析【解析】设a(a+b)(a+bc)是素数p的幂.注意到，1aa+ba+bc.故可设a=pk，a+b=pk+m，a+bc=pk+n

43、，其中，kN，m、nN+，mn.因此，b=pk(pm-1)，bc=pk(pn-1).从而，c=pn-1pm-1，即(pm-1)|(pn-1).设n=mq+r(qN+,r0,1,m-1).注意到，(pm-1)|(pmq-1)显然成立.又pn-1=pmq+r-1=pr(pmq-1)+pr-1，则(pm-1)|(pr-1).但0pr-1pm-1，从而，pr-1=0r=0.故1+bca=pk+npk=pn=pmq=(a+ba)q=(1+ba)q.13给定正整数n(n3).已知a1a2an，且(k+1)akA(k=1,2,n-1,A=a1,a2,an).求满足条件的一切有序数组(a1,a2,an).【答

44、案】(c,2!c,n!c)或(0,2!d2,3!d2,n!d2)，其中c，d为任意给定的正数.【解析】首先，a10.否则，若a10，则2a1a1a2an.故2a1A，矛盾.显然，2a13a20，则2a1a1.故必有a2=2a1,a3=3a2,an=nan-1.记a1=c，则对k2,3,n，有ak=kak-1=k(k-1)ak-2=k!a1=k!c.(2)若a1=0，则a20.此时，集合B中a1=0，3a2a2，结合BA，知a3=3a2,a4=4a3,an=nan-1.记a2=d，则对k3,4,n，有ak=kak-1=k(k-1)ak-2=k(k-1)3a2=k!d2.综上，满足条件的有序数组(

45、a1,a2,an)为(c,2!c,n!c)或(0,2!d2,3!d2,n!d2)，其中c，d为任意给定的正数.14对任意一个正整数M，设其十进制表达为a1a2ak.证明：存在nZ+，使得3n的十进制表达的前k位为a1a2ak.【答案】见解析【解析】先证明一个引理.引理 对任意的无理数a，实数b、c(c0)，均存在正整数m、n使得|na-m+b|c.证明：将数轴模a分段.记ndn(moda)(nZ+,0dna2c(qZ+).将模a区间分为q份，则每一份长度为aqn2)处于同一区间(长为aq).记k=n1-n2.则kn1-n2dn1-dn2(moda).因为|dn1-dn2|2c，所以，必存在sZ

46、+，使sks(moda)，b-cs1(moda)，b+cs2(moda)，其中，0s1、s、s2a.于是，s1ss2.此时，取m=sk，n=sk-sa，有b-cm-anb+c.故|na-m+b|0，a=lg3.由引理，知存在m、nZ+，使得-lg(M+1)-lgM2nlg3-lgM+lg(M+1)2-mlg(M+1)-lgM2.故lgM+mnlg3lg(M+1)+m.又lgx单调递增，于是，10mM3nc0，(a,c)=1；(2)对任意给定的正整数k，恰有k个正整数n，使得(an+b)|(cn+d)。【答案】见解析【解析】当k=1时，c=a-1,d=b+1(a1,a、dZ+)，显然，ac0，(

47、a,c)=1.当n2时，an+b(a-1)n+b+10.而当n=1时，(an+b)|(a-1)n+b+1.故这样的整数组(a,b,c,d)有无数个.当k2时，令a=2，b=1，c=1，d=pk-12，其中，p为任一奇素数，满足条件(1).若(2n+1)|(n+pk-12)，设(2n+1)q=n+pk-12则n=pk-(2q-1)2(2q-1).易知，2|pk-(2q-1),(2,2q-1)=1.因为n为正整数，所以，(2q-1)|pk02q-1pk.故2q-1=p0,p1,pk-1q恰有k个解n恰有k个解.满足条件(2).又这样的奇素数p有无限个，则(a,b,c,d)有无数組.综上，原问题得证

48、.16设x是一个大于1的正整数，p是素数，d|xp-1x-1.(1)证明：d0(modp)或d1(modp)；(2)若d是不同于p的素数，则xd-10(modp)恰有d个不同的解(即模p互不同余).【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)当p=2时，结论显然成立.当p3时，不妨设d是一个素数.注意到，xp-1x-1=xp-1+xp-2+x+1.若d|(x-1)，则xp-1x-1=xp-1+xp-2+x+1p0(modd).故d=pd0(modp).若d|(x-1)，则d|(xp-1).设m是使得d|(xm-1)成立的最小正整数.则m|p.于是，m=1或p.又d|(x-1)，故m=p.因

49、为d|(xd-1-1)，所以，p|(d-1)d1(modp).综上，d0(modp)或d1(modp).(2)由(1)知d1(modp).又d是不同于p的素数，故xd-1是xp-1-1的因子.因为xp-1-10(modp)有p-1个根，所以，由拉格朗日定理得xd-10(modp)的根数也是次数，即xd-10(modp)恰有d个不同的解(即模p互不同余).17求最大的正整数n，使得对于任意整数a，若(a，n)1，均有a2(modn).【答案】n的最大值为24.【解析】首先验证n24时成立因为对任意(a，24)1，有(a,3)=1a21(mod3).且(a,2)=1a21(mod8).所以，a21

50、(mod24).接下来证明n24.分两种情形.1.若5n，则取a5.由于a21(modn)，故251(modn).从而，n24.2.若5|n，不妨设n=52(1,0,与10互素).取a=5+2.则(a,)=(2,)=1，(a,5)=1,(a,2)=1.故(a,n)=1，且a24(mod5)，这与a21(modn)矛盾.18求最小的两个正整数m，使得47(m2+46m+713)为完全平方数.【答案】539、731【解析】注意到47(m2+46m+713)=4747(m+15)+m(m-1)+8于是，47(m2+46m+713)为完全平方数的必要条件是47|m(m-1)+8.设m=47k+i(k=

51、0,1;i=0,1,46).则m(m-1)+8=(47k+i)(47k+i-1)+8=47k(47k+2i-1)+i(i-1)+8.故47|m(m-1)+8 47|i(i-1)+8i=22,26.因此，47(m2+46m+713)为完全平方数.只有当m=22(mod47)或m=26(mod47)时才有可能.当m=47k+22(k=0,1,)时，47(m2+46m+713)=472(47k2+90k+47).当m=47k+26(k=0,1,)时，47(m2+46m+713)=472(47k2+98k+55).当k为偶数时，47k2+90k+47、47k2+98k+55均不为完全平方数.若k=2n

52、-1(nZ+)，则47k2+90k+47=4(47n2-2n+1)，47k2+98k+55=4(47n2+2n+1).于是，47(m2+46m+713)为完全平方数的必要条件是47n22n+1(nZ+)为完全平方数，并且取“+”时，m=94n-21；取“-”时，m=94n-25.经计算，能够使得47n2-2n+1为完全平方数的最小正整数n=6，此时，m=946-25=539；47n2+2n+1为完全平方数的最小正整数n=8，此时，m=948-21=731.故使得47(m2+46m+713)为完全平方数的最小的两个正整数m为539、731.19证明：存在无穷多个正整数n，使得(n+n5)|n，其

53、中，x表示不超过实数x的最大整数。【答案】见解析【解析】设x=n,y=n5.则x2n(x+1)2,5y2n0.所以，x2nx2+2x，即共有2x+1个n使得x=n,y=n5.由yx，知在x2,x2+1,x2+2x这连续2x+1个整数中，至少有一个为x+y的倍数.例如，当x=9，y=4时，在81，82,.,98中，存在n=91使得(n+n5)|n.20求所有素数p，使得p2|k=1p-1k2p+1.【答案】见解析【解析】由于22|1不成立，故p=2不满足条件.以下设p为奇素数.对k=1，2，p-12，由费马小定理知k2pk2(modp2).故k2p+1+(p-k)2p+1k2p+1+(2p+1)pk2p-k2p+1pk2ppk2(modp2).求和知k=1p-1k2p+1pk=1p-12k2=p2p2-124(modp2)当且仅当24|(p2-1)时，p2|k=1p-1k2p+1.显然p3.当p5时，p2-1=(p+1)(p-1)必为3和8的倍数，故24|(p2-1).综上，所求P为一切大于3的素数.