数列与数论
与数论有关的数列问题
一、重要定理及应用
1. Euler 定理:设整数m>1,且(a,m)=1.则有a
φ(m)
≡1(modm).M=p1p2^
2. Fermat 定理:设p 是素数,则对任意正整数a 有a p
≡a(modp).
证明:若p|a,则显然成立.若(p,a)=1,则a,2a,…,(p-1)a 对modp 余数各不相同(若p|(m-n)a(n ?(p-1)!≡(p-1)!(modp)∵(p,p-1)=1∴a p ≡a(modp). 3. 设(a,m)=1,c 是使得a c ≡1(modm)的最小正整数,则c|φ(m). 4. Wilson 定理:设p 是素数,则(p -1)!≡-1(mod p). 例1 证明对任意整数x,1573535x x x ++是整数.(p1,a)=1,(p2,a)=1,则(p1p2,a)=1 证明: 即 15 75335x x x ++,由Fermat 定理得x 5≡x(mod5),∴3x 5+5x 3 +7x ≡3x+7x ≡10x ≡0(mod5) ∵x 3 ≡x(mod3) ∴3x 5 +5x 3 +7x ≡5x+7x ≡12x ≡0(mod3)∵(3,5)=1 ∴3x 5 +5x 3 +7x ≡0(mod15),得证. 例2 设p 是大于3的素数.求证:42p|3p -2p -1. 证明:∵42=2×3×7,2|3p -2p -1,3|3p -2p -1,由Fermat 定理得3p ≡3(modp), 2p ≡2(modp)， ∴3p -2p -1≡0(modp) 。 ∵36 ≡1(mod7), 26 ≡1(mod7),p>3是素数∴p ≡1(mod6)或p ≡5(mod6) ∴3p -2p -1≡3 6k+1 -2 6k+1 -1≡3-2-1≡0(mod7)或3p -2p -1≡3 6k+5 -2 6k+5 -1≡5-4-1≡0(mod7)即7|3p -2p -1 ∴42p|3p -2p -1. 例3 求出大于1的整数n 的个数，使得对任意的整数a ，都有a a n -25 | 解 设满足条件的正整数组成集合S ，若a a n -25 |，a a m -25|，则a a n m -25|],[，因此S 中全部 数的最小公倍数也属于S ，即S 中的最大数是其余每个数的倍数。a a m -25 |，则m 的约数也整除 a a -25，于是只需确定最大数m ，其一切大于1的约数组成集合S 。 2525|22,|33m m --因为，并且137532)33,22(2525????=--，由费马小定理，易证 137532????a a -25|，所以137532????=m ，集合S 共有31个元素。 评注 利用特殊值法确定最大值，再进行证明是处理竞赛问题的典型技巧。 例4 求使得7d ≡1(mod2r )(整数r ?3)的最小正整数d 0. 解: ∵Φ(2r )=2r (1-2 1)=2r-1及d 0|Φ(2r ) ， ∴d 0=2k , 0?k ?r-1. 先证:对任意奇数a,必有2 2 1(mod 2)r r a -≡:归纳法,设a=2t+1, 当 r=3 时,a 2 =4t(t+1)+1≡1(mod23 ),设当r=n 时, 2 2 1(mod 2) n n a -≡,则当r=n+1 时,)1)(1(12 2 1 222+-=----n n n a a a 可被2 n+1 整除,即有1 2 11(mod2)n n a -+≡,故结论成立. 由此可知d 0=2k 中的k 满足0?k ?r-2.我们证明:对任意整数r ?3,必有3 27 -r ?1(mod2r ):归纳法,当r=3 时,显然成立,设当r=n 时,3 27 -n ?1(mod2n ) 。∵ 3 27 -n ≡1(mod2n-1 ) ， ∴ 3 27 -n =1+s ?2n-1 ,其中整数 2?s,∴2 3 2 2 2 2 7(7)1(12)2 n n n n s s ---==++?,2?1+s ?2n-2 ,即 2 27 -n ?1(mod2n+1 ) ， ∴ 3 27 -r ?1(mod2r ),由此推得:2 7 j ?1(mod2r ),0?j ?r-3,故d 0=2r-2 为所求. 二、数论在数列中的应用 例1 证明数11,111,1111,…中无平方数. 证明:任意整数n 2 ≡0或1(mod4),11≡111≡1111≡…≡3(mod4),所以,数11,111,1111,…中无平方数. 例题2 { 122111153,,1,2,,0.n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a n a +++++--=== ≠若为偶数若为奇数 已知证明对一切正整数 1233231331331323130,0(mod ).,,0(mod )1(mod 4),2(mod 4),3(mod 4),1(mod 4),2(mod 4),3(mod 4),531(mod 4),2(mod 4), k k k k k k k k k k k k a m a m m n a m a a a a a a a a a a a a a --+-++=≡≠≡≡≡≡≡≡=-≡=-≡解 若对于某一个则对于任意的正整数有因此只要找到一个对任何一个均有即可因为设n=k 时则有333231 533(mod 4) k k k a a +++=-≡ {}{}{}{}011101111111,1,2,1,7,23,1135351717173(mod8),5(mod8),255n n n n n n n n n n n n n n n n x y x x x x x y y y y y x y x x x x x x +-+--+-===+===+≡≡=+≡≡例题3 数列、定义如下: 证明，两个数列只有公共项1。证明：考虑两个数列被8整除的余数： ，，，，，，…… ：，，，，，，……下面用归纳法给于证明。 若则（mod8）；若111111111(mod8),3(mod8),231(mod8),7(mod8),2377(mod8),1(mod8),231n n n n n n n n n n n n n n x x x x y y y y y y -+--+--+-≡=+≡≡≡=+≡≡≡=+≡则（mod8）。同理，若y 则y （mod8）；若y 则y （mod8)。所以，两个数列除1以外，无其他公共项。 评注 注意数列对某数取模后得到的余数数列的周期性的利用. 例题 4 数列1001，1004，1009的通项是n N n n a n 对于每个,,10002+?+=，用的最大值。的最大公约数，求与表示n n n n d a a d 1+ 22222(1000,1000(1)),1000(1)1000(21),2(1000)(21)2000(2000),(212(2000)),4001,14001, n n n n n n n d n n d n n d n n n n n d n d n n d d =+++++--?++=++-?-++-??≤≤得到 显然，当n=2000 时，第2000项为4001*1000，而第2001项为1001*4001，所以n 的最小值为4001。 1121121212112112112112(),1, 5. 21,3,12.5,123,1,15n n n n k k n n s n n n n -----≥+≠=+=+>=+++=?例题 数P 为正整数P =2定义对于n 2,P 是P P ...P 的最大质因子证明对于每一个正整数n 有P 证明 由P 和P 是P 的最大质因子则P 因为P P ...P 是一个奇数,所以P 假设P 而P P ...P 无因子和且P 是P P ...P 的最大质因子故P P ...P P P 121514(55....51) s s s n ---=-=++++...P 上式左边(mod4)不为0,而上式右边(mod4)为0,矛盾. {}21 222 2 12121 22221121222211122111. ,3,4(),(41),(1),,,(1),,(1)n n k k n n k k n n n n n n n n n a a n a a a ==++++++==+=++=+=+?+-∑∑例题 证明存在无限正整数数列使得对于任意的正整数 是一个完全平方数证明记S =取a a 勾股数则有这就意味着S =a S =a a a 于是可以选取其他的a 为偶数使得 S =S +a a 成立这是可能的由于S -a =S a a 22122 11112(1) (1)121(1)2 (2)2 (2),2,2 .3,4,12,84,3612,.... n n n n n n n n n n n n n a a a a a ++++=++-?+=+?= +?=++a a a a a a 因为a 为偶数所以一定为偶数故也为偶数例如取a =3,a =4,则数列为 {}()201212222215,1,22,455(mod ),242421(mod ) 44414644(mod ),(4,)1,1(mod ),n n n n k a b x x x x x x a b k k k m m b k k k m b k k k b m m m b m b m ++-===+-=+≡=+-≡+?=++≡+≡+=≡+例题 设为一个大于的固定整数,m=4k 证明存在正整数和使得定义:=a,=b,+的数列其所有项都与m 互素.证明 取因为所以又为奇数所以即b 由于2221222221(22,45)(22,21)(2,21)1,(,)1,.0(mod ) 0,1(1)(mod ),,(,)(,)1n n n n n n n n n n n n n k k k k k k k b m n n x b m n x x x b b b b b b b m x m b m ----++=+--=+-+=+==≥≡=≥=+≡+=+≡≡==所以为自然数下面用归纳法证明当时,有当时,结论显然成立,假设对于小于n 的非负整数成立,其中n 2,则有因此对于所有非负整数有. 例5 已知() 01111,3,6n n n x x x x x n N + +-===-∈，求证数列{}n x 中无完全平方数。 解：易得数列的通项公式为( (1332n n n x ? ?=++-??? ? ， 设( ( 33 n n n y?? =+-- ?? ?? ，则 n y N+ ∈且易得22 21 n n x y -= 因此欲证 n x为非完全平方数，只需证明42 21 x y -= (1) 无正整数解(),x y，其中3 x≥，由（1）式知x为奇数，则() 4 81 x-，故y为偶数， 不妨设() 11 2 y y y N+ =∈，则 22 2 1 11 2 22 x x y +- ?= (2) 又 222 111 ,,11 222 x x x ???? +-+ == ? ? ???? ，由式（2）及有关数论知识得： 2 2 2 2 1 2 2 1 2 x s x t ?+ = ?? ? - ?= ?? 或 2 2 2 2 1 2 1 2 2 x s x t ?+ = ?? ? - ?= ?? () ,,, s t N s t + ∈互素， 若为前者，则() 22 413mod4 x s =-≡，矛盾。 若为后者，则22 14 x t -=，有()() 221 x t x t +-=，于是 21 21 x t x t += ? ? -= ? 解得： 1 x t = ? ? = ? 矛盾。 故() n x n N+ ∈不是完全平方数。 例题6 设a,b,x0∈N*,x n=ax n-1+b ,n=1,2, ….证明x1,x2,…不可能都是质数. 证明:设x1=p是质数,则p>a,(p,a)=1, x2,x3,…,x p+2这p+1个数中必有两个属于modp的同一剩余类,即有m>n?2,使得x m≡x n(modp),由题意有x m-x n≡a(x m-1-x n-1)≡0(modp),依次类推,有x m-n+1-x1≡0(modp),即有p|x m-n+1,因数列增,所以x m-n+1>p, x m-n+1不是质数. 例7 问是否存在一个无限项素数数列p1, p2, …,p n,…对任意n满足 |p n+1-2p n|=1?请说明理由. 解若存在,则由p n+1=2p n±1>p n知{p n}递增, p3>3, p3≡1或2(mod3). 若p3≡1(mod3),则p4=2p3-1即p4≡1(mod3) ∴p5=2p4-1,…,p n=2p n-1-1 ∴p n=2n-3p3-2n-3+1,取n-3=p3-1 则由 1 3 2-p≡1(modp3) 知p n≡ 0(modp 3),矛盾! 若p 3≡2(mod3), 则p 4=2p 3+1即p 4≡2(mod3) ∴p 5=2p 4+1, …, p n =2p n-1+1 ∴p n =2n-3 p 3+2n-3 -1,取n-3=p 3-1 则由1 32 -p ≡1(modp 3)知p n ≡0(modp 3),矛盾! 例题8 求证：存在唯一的正整数数列 {} n a ，使得11a =，21a >， ( )()11111,2,n n a a n ++-= = ． 解： 3 2 111+= = 所以() 1110n n a a ++=， 因为n a ，1n a +，2n a + ∈*N ，若11n a ++=，则11n a +=，21n n a a +=， 从而121n n n a a a ++===，所以{}n a 是常数数列，与21a >矛盾． 所以10n a +=，即3211n n n a a a ++=+． 31321a a a =+，即3321a a =+，又 ()3 339632432222111332a a a a a a a =+=++=+++， 因为22a ，又21a >，所以22a =，{}n a 唯一确定． 下面证明{}n a 是正整数数列：假设n a ，1n a +，2n a +，3n a +∈*N ， ()3 33 33333963 123 1 31 12224 3 3 3 2 21 21 21 11331n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++++++++++++++++++++= = = = 963 2222 3 21 33n n n n n n n a a a a a a a +++++++++=．所以()3332113n n n n a a a a +++++ 又因为3 211n n n a a a ++=+， 所以()321,1n n a a ++=， ()333321 1 13n n n n n a a a a a +++++?+， 所以4n a +∈* N ， 由此可知{}n a 是正整数数列． 说明 2005年全国高中数学联合竞赛试题： { }0111,, (1);(2)n n n n a a a n N a a ++== ∈数列满足证明数列的各项都是正整数-1为完全平方数. 例题9 数列a 1，a 2，…定义如下：a n =2n ＋3n ＋6n －1(n=1，2，3，…)。求与此数列的每一项都互素的所有整数。 解 本题利用模的逆元素来做就很自然。 (i) 可归结为求与此数列的每一项都互素的所有素数，即不能整除其每一项的素数。 (ii) 因为a 1=10，a 2=48，所以可考虑素数p>5。 (iii) 对整数列a n 被素数p 去除的有关数论结论是Fermat 小定理： a p ≡a(mod p)，以及当(a ，p)=1时，a p －1 ≡1(mod p)。 (iv) 当素数p>5时，为了考察是否此数列的每一项均不被p 整除，只要去考察 ：a 1，a 2，…，a p －1。对每个数取模p ，我们有a p －1≡2(mod p)，利用(iii)及模p 的逆元素有a p －2≡2－1 ＋3－1 ＋6－1 －1(mod p)。 因为p>5，上式等价于6a p －2≡6(2－1 ＋3－1 ＋6－1 －1)≡3＋2＋1－6≡0(mod p)。 即p 整除a p －2。 (v) 与此数列的每一项都互素的整数仅为1，－1。 例10、已知k 是一个给定的整数，2 45m k =-，已知数列{}n x 满足：0121,,n n n x a x b x x x ++===+， 是否存在,a b 使得对任意整数n N ∈都有(),1n x m = 解：存在，2 1,22a b k k ==+-，此时有()() mod ,,1n n n x b m b m ≡= 例10（1）证明：存在无穷多个正整数n ，使23+n 与25+n 同时为合数. （2）试判断是否存在正整数p 和q ，使得对于任意2007≥n ，总有23+?n p 与 25+?n q 之一为素数？并证明你的结论。 证明：（1）23+n 5)13(31+-=-n ，由费马小定理：)5(mod 134 ≡， 所以，令r n 41=-，则 23|5+n ，即)(14* ∈+=N r r n 时 ，23+n 为合数。 又25+n 7)15(51+-=-n ，所以由费马小定理：)7(mod 156≡ 所以 s n 61=-，即)(16*∈+=N s s n 时 ，25+n 为合数。因此，只要 )(112121*∈+=?=-N t t n t n 时，23+n ，25+n 都是合数，这样的n 有无穷多个. （2）不存在。23)33(23++-=+?p p p n n ，取23+p 的一个素因子,s 则1)3,(=s ，由费马小定理，知*,1)1(N t s t n ∈+-=（*）时，23)33(|++-p p s n ，即23+?n p 为合数。 同理，25)55(25++-=+?q q q n n ，取25+q 得一个素因子u ，则* ,1)1(N v u v n ∈+-=（**）时，25+?n q 为合数。由（*）和（**）知* ,1)1)(1(N x u s x n ∈+--=时23+?n p 与 25+?n q 同时为合数。 例11 求出所有具有下列性质的正整数n:存在数列{}n x 使n ,...,2,1各出现一次并且对于 n k ,...,2,1=有12....k k x x x +++ 解 当n k =时，2) 1(+n n n 1+∴n 为偶数，即n 为奇数。设.,12+∈+=N p p n 当p n k 21=-=时，)2 ) 1(( 2n x n n p -+即))1)(12((2n x p p p -++ )1(2n x p p -+∴ 又.2)12(1112p p p p x p p p n ->-=+-+≥-+>+≥.01=-+∴n x p .1+=∴p x n 仿照上面，12-=p k 时，有)22()12(12 --+-n x p p p 1)1()12(--+-∴n x p p 又 .)12(1111p p p x p p n -=+-+>-+>+- 又11+=≠-p x x n n .2112 ∈N p .1=∴p 此时 2,3,1321===x x x 时满足条件。又显然1=n 时，11=x 满足条件。 综上：3,1==n n 是满足条件的正整数。 例12 （2005年第46届IMO ） 设123,,,a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为负整数.假设对每个正整数n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次. 证明：由题设知，对任意正整数n ，12,,,n a a a 构成模n 的一个完全剩余系． 若i j <，则i j a a ≠．否则，设()i j a a k i j ==<，则在12,,,j a a a 中存在两个数,i j a a ，它们被j 除的余数相同，矛盾！ 进而，若i j n <≤，则1i j a a n -≤-．事实上，若i j a a n -≥，令i j m a a =-，则12,,,m a a a 就不是模m 的一个完全剩余系，矛盾． 对于任意正整数1n ≥，令()12()12min{,,,}, max{,,,}i n n j n n a a a a a a a a == ， 则由上面的讨论知，()()1i n j n a a n -=-，所以12,,,n a a a 含有()i n a 与()j n a 之间的所有整数． 设x 是任一整数，由题设及上面的讨论知，数列12,,,,n a a a 中既含有无穷多个不同的正整数，又含有无穷多个不同的负整数，故存在,i j ，使得i j a x a <<， 令max{,}n i j >，则12,,,n a a a 包含i a 与j a 之间的每一个整数，故x 在12,,,n a a a 中出现． 综上所述，每个整数恰好在数列中出现一次． 【证明二】 数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣ 现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为－(k －1－i),…,0,…,i (0?i ? k －1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但∣a k+1∣ 由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u 最后由正负项均无穷多个（即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数）就得到:每个整数在数列中出现且只出现一次. 例题13． 已知数列{}n a 且,20=a ,11=a .11-++=n n n a a a 证明：若p 是)2(2-k a 的质因子，则也是)1(12-+k a 的质因子。 证明 我们用数学归纳法证明：.52 21212-=+-k k k a a a 当1=k 时，3102=+=a a a ，.4213=+=a a a 431=?∴a a 而.45952 2=-=-a .42 231-=∴a a a 假设k 时成立，.52 21212-=+-k k k a a a 当1+k 时， 21232122122()()k k k k k k a a a a a a ++-++=++ =212121222212225k k k k k k k k a a a a a a a a +--++++++- =221222212()()5k k k k k k a a a a a a ++-+++-=22221225k k k k a a a a ++++- =55)(2 2222122-=-++++k k k k a a a a ， 1+=∴k n 成立。因而.52 21212-=+-k k k a a a =-++-)1)(1(1212k k a a =--+-+-+112121212k k k k a a a a )3)(2(62222 2+-=-+k k k k a a a a )1)(1(1212-+∴+-k k a a p 又=-)2(2k a p )1()1(1212+---+k k a a )1(12+∴-k a p 且)1(12-∴+k a p 说明：（2003年德国数学竞赛） 证明：存在无穷多对正整数)(,b a b a >满足下列性质：（1） 1),(=b a （2）5|,5|2 2 --a b b a 。 提示；构造数列，见上题。 或者构造数列}{n a ：,...)2,1(,3,11,41221=-===++n a a a a a n n n ，则),(1+n n a a 满足条件。下 面用数学归纳法证明：5112 +=+-n n n a a a 。 例14（2007年意大利数学竞赛）数列}{n a 定义如下：21=a ，.1221-=+n n a a 证明：对所有n 有 .1),(=n a n 解 对于n p |，p 为素数。考察.,,,121-p a a a 若其中若干个).(mod 1,0p a i ≡则 ).(mod 11221p a a i i ±≡-=+则).(mod 12p a i ≡+可推得：).(mod 1p a p ±≡故.|p a p / 而且 ).(mod 1p a kp ≡则).(mod 1p a n ≡ .|n a p / ∴ 若.,,,121-p a a a 模p 余数没有0和1，则必有).)((mod j i p a a j i ≠≡则).(mod 11p a a j i ++≡且121,,,,--+p p i i a a a a 都不被p 整除，同余周期为“i j -” ，则).(mod )(p a a a r r i j k n ≡=+-其中.10--≤≤i j r 若0=r ，).(mod p a a i j n -≡总之).(mod 0p a n ≡/ 若n k p p p n ααα 2121=，可知：.|n i a p /故.1),(=n a n 评：思想新颖，很灵活，一道好题值得借鉴。 例题15 数列(a n )定义为:a 1=8,a 2=20,a n+2=a n+12 +12a n+1a n +a n+1+11a n (n ?1).求证,这个数列的每一项都不能表成3个整数的7次方之和. 证 记x 7 =u,x ∈{1,2,3,…,28}时有x 28 ≡1(mod29),故 u 4 －1=(u －1)(u+1)(u 2 +1)≡(u －1)(u+1)(u+12)(u －12)≡0(mod29), 即每个整数的7次方为0,±1或±12(mod29).两个整数的7次方之和只能取0,±1, ±2,±5,±11,±12或±13(mod29), 三个整数的7次方之和只能取0,±1,±2,±3, ±4,±5,±6,±7,±10±11,±12,±13或±14(mod29),不会为±8,±9(mod29). 另一方面,本题数列各项(mod29)由a n+2=(a n+1+12a n )(a n+1+1)－a n 依次为 8,－9,－8,9,8,－9,…此数列以4为周期.故所有a n 都是±8或±9(mod29), 从而不能表成3个整数的7次方之和. 例题16 数列(a n ),(b n )满足:a 0=b 0=1,a n+1=αa n +βb n ,b n+1=βa n +γb n (n ?0).其中α,β,γ为正整数,且αγ=β2 +1.证明,对每个n ∈N,a n +b n 必可表为两个正整数的平方和. 证 基本事实:正整数m 若无3(mod 4)型素因子且m ≠4k ,则m 可表为2个正整数的平方和.记s n =a n +b n .由βb n =a n+1－αa n 代入βb n+1=β2 a n +γβ b n 利用β2 －αγ=－1得到a n+2=(α+γ)a n+1－a n .同样有b n+2=(α+γ)b n+1－b n .于是,s n+2=(α+γ)s n+1－s n . s 0=2,s 1=α+2β+γ, (s n+2,s n+1)=(s n+1,s n )=…=(s 1,s 0)=1或2. 记f(n)=s n+1s n-1－s n 2 (n ?1),则f(n+1)=((α+γ)s n+1－s n )s n －s n+12 =s n+1((α+γ)s n －s n+1)－s n 2 =f(n). 递推得 s n+1s n-1－s n 2=f(1)=s 2s 0－s 12=2((α+γ)(α+2β+γ)－2)－(α+2β+γ)2=(α－γ)2 . 若某个s n 有3(mod 4)型素因子p,由s n+2s n = s n+12 +(α－γ)2 可得p|s n+1,从而s n 与s n+1有公因子p,矛盾.若某个s n 被16整除,可得4| s n+1, s n 与s n+1有公因子4,也矛盾. s 0=2, n ?1时s n >4,故s n 无3(mod 4)型素因子且不等于4k .（以上红色字体部分有误） 例题17（2000年波兰数学竞赛）数列}{n a 定义如下：1a 和2a 为素数，n a 为200021++--n n a a 的最大素因子。证明：数列}{n a 有界。 证明：用反证法，若}{n a 无界。 （1）设}.,,,max{21n n a a a P =下面证明：.20021+≤+n n P a 若1-n a 和n a 是两个奇数，则1110002002.2 n n n n a a a P -++≤ +<+ 若1-n a 和n a 中有一个为2，则1120002002.n n n n a a a P +-≤++≤+ （2）由于k k k k +++!,,3!,2! 都是合数，由假设数列无界，故令3000≥k 且.,!21a a k ≥则数列开始项不大于!.k 如果数列无界，则存在第一个i a 满足.!k k a i +>且.1!,,,121+≤-k a a a i 此时， .1!1+≤-k P i 则i a .20021+≤-i P 与>+>k k a i !>-+-11k P i .2002 1+-i P 矛盾。 故假设不成立，即数列}{n a 有界。 例题18（2006年波兰数学竞赛）数列}{n a 定义如下：1a 1=，).,2,1()(1 =+=+n c a d a n n 其中c 为确定的正整数，)(m d 表示m 的正约数个数。求证：存在k 使 ,,1+k k a a 为周期数列。 证明：引理1：).2*,,(1≥∈+≥m N n m n m n 引理2：)3)(1(22≥+≥n n n ，)2)(1(23≥+≥n n n ， ).5*,)(1(2≥∈+≥m N n n m n 下面证明原题： 1a 1=，.12c a +=我们用数学归纳法证明：.242+≤c a n （1） 当2,1=n 时，结论成立； （2） 假设k n =时，.242+≤c a k 则1+=k n 时，.)(1c a d a k k +=+ 我们只要证明.24)(+≤c a d k 设m m k p p p a αα α 2 121=则k a 共有正约数)1()1(1++m αα 个 。 由引理1知：).(k k a d a ≥ 若.24+≤c a k 则结论成立。 若.24+>c a k （I ）k a 含有2和3以外因子，由引理1及2知：.2 1)(k k a a d ≤ （II ）若k a 只含有因子2或因子3，则要么至少3 2，要么含有.32 由引理1及2知：.2 1)(k k a a d ≤ 综上：.122 1 )(+=≤ c a a d k k 故.2421+≤+c a k 由（1）（2）知：.242+≤c a n 有界，又其为正整数数列，故结论成立。 例题19 k 为给定的正整数，定义数列{}n a ：011,0,1,2,.n n a a a n +==+= 这里[x]表示 不超过x 的最大整数。对每一个k ，求数列0n ≥中所有整数构成的集合A. 证明 对每一个k ，集合A 均为{20,1,2,,}n A n == 。（*） 事实上，由条件01a =，故1A ∈。一般地，设m A ∈，我们证明：下一个属于A 的正整数为2m 。（依此，结合数学归纳法可知（*）成立） 注意到，m A ∈，表明存在k i a m =，且1i i a a m +=+，设(1)k i j a m +<+，而1(1)k i j a m ++≥+，则 1i j i j a a m +++=+，而对1l j ≤≤，均有21i i l a a m ++-=+，即110(mod )i i i j a a a m +++≡≡≡ ，所以 1(1)k i j a m ++>+， 设1(1)k i j a m d ++=++，则d m <，从而由10(mod )1(mod )i j a m d m m ++≡?≡-，即d=m-1。 例题20 :f N N ++→是N +上的一个排列。 (1)求证：存在一个由正整数构成的等差数列,,2a a d a d ++，其中0d >，使得 ()()(2)f a f a d f a d <+<+。 (2) 是 否 正 整 数 ,,2,,2007a a d a d a d +++ ，其中 d >，使得 ()()(2)(2007)f a f a d f a d f a d <+<+<<+ 。 证明 (1)任取正整数a ，只有有限个d ，使得()()f a d f a +<，这是因为()f a d +是不同的正整数，于是存在n ，使得对于所有的()d d n ≥，均有()()f a d f a +> 下面考虑无穷序列(),(2),(4),,(2),k f a n f a n f a n f a n ++++ 假设不存在三个构成等差数列的正整数满足结论，则如上序列一定是严格递减序列，因为如果 1(2)(2)k k f a n f a n ++>+，则构成等差数列的三个正整数a ，2k a n +，12k a n ++满足1()(2)(2)k k f a f a n f a n +<+<+ 所以存在均大于()f a 且满足严格递减的无穷序列，但是在()f a 和()f a n +之间只能有有限个数，矛盾。 (2) 考虑排列:1,2,4,3,8,7,6,5,16,15,14,f 对于3n ≥，第21n +项是1 2 n +，第1 22,23,,2 n n n +++ 项分别是1 2 1n +-，122n +-，,21n + 。 下面证明，对于排列f ，有(2005)(2006)f a d f a d +>+，或(2006)f a d + (2007)f a d >+ 假设上面的结论不成立，则(2005),(2006),(2007)f a d f a d f a d +++严格递增，于是这三个数应在f 的排列中的三个不同的递减子列中，其中递减子列是从形如21n +到2n 项组成的，因此 2006a d +所在的单调递减子列的长度至少为 200610032 a d d +≥。于是(2007)(2005)1003a d a d d +-+>（这是因为2005a d +与2007a d +均不包含在2006a d +所在的 单调子列中），矛盾。所以，一定不存在满足条件的正整数. 习 题 {}12331231214232242 2131212121221 1.1,1,2,(7),. 7,7,,,,3,n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n k k k k k a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a b b b a a a a a a b b a ++++++++++++++++++-+-====+=+=++++===+= ==设数列的定义为证明该数列中的项都是正整数证明 两式相减得 令于是所以 222 21 21221222125,3,3k k k k k k k k k a a a a a a a a +++-+++==-=-即 {}12 2122 22122.204,11()1,0. 20042004 . 1 1,,,12004, 2004 4,3,167.. n n n n a a n a a n n a a a a a a a a n +<=+-+>-=++=-=设数列中的各项均为非负整数且证明该数列中包含无数多个质数证明 记由于为整数所以被整除即被整除可以证得 3、设{}n a 中的每一项都是正整数，并有21=a ，72=a ，()32 1 2122 1≥≤ -≤---n a a a n n n ． 证明：自第二项开始，数列的各项都是奇数． 证明：这是一个已知关于正整数序列的不等式，证明n a 是奇数的题目，我们研究满足条件的序列 先从简单情形入手，计算这个数列的前几项，以发现其中的规律 122,7a a ==，由22 111 1122n n n n n a a a a a +---+<≤+ 得332425,25a a <≤∴=，同理4589,317a a == 不难得出32143254332,32,32a a a a a a a a a =+=+=+，于是，我们猜想1132n n n a a a +-=+ 下面我们改证这样一个命题：{}n b 中的每一项都是正整数， 并有12b =，27b =，1132n n n b b b +-=+则有()2121 1322 n n n b b n b ---≤-≤ ≥，然后由归纳法可得n n a b = 4、数列{}n a 满足10=a ，51=a ，() ,3,229 322 12 1=--= ---n a a a a n n n n ，证明n a 都是整数． 解 由题意知932212 12--=---n n n n a a a a ，93222 11--=+-n n n n a a a a ． 两式相减，有12 12 211323222---+-+--=-n n n n n n n n a a a a a a a a ． 整理，得 () ,3,23 223 22211 1=-+-+=--+-n a a a a a a n n n n n n ，将1-n 个式子联乘得 3 2232202111-+-+=-+a a a a a a n n n ， 又132=a ．所以322511-+=-+n n n a a a （＊）， 可得()322 1 3211--= ---+n n n n a a a a ，又03201=--a a ， 所以0321=---n n a a （１）， 由此可推知Z a n ∈． 又由（＊）式推知()3223211+-=+--+n n n n a a a a ，又123201=+-a a 所以n n n n a a 262123211?=?=+---．与（１）联立可解得322-=+n n a ． 注：本题已知数列的一个递推关系是分式形式的，证明＂n a 都是整数＂有一定的难度．因此通过整理变形得到数列的另一个递推公式：0321=---n n a a ．这样证明起来变得容易了．另外本题也可通过先求数列的前几项，再根据结果猜测数列满足0321=---n n a a ，再用数学归纳法加以证明． 注：还可以得到112n n n a a +--=，可用数学归纳法加以证明． 5、已知00=a ，11=a ，()1221>+=--n a a a n n n ．证明：n a k n k 22?． 证明：由()122 1>+=--n a a a n n n ，可得( (11n n n a ?=+-?? 6．数列(a n )定义为:a 1=0,(n+1)3a n+1=2n 2 (2n+1)a n +2(3n+1) (n ?1).求证,这个数列有无穷多项是正整数. 证.令n 2 a n =2n n C x n ,则x 1=0, (n+1) (22)! (1)!(1)! n n n +++x n+1=2(2n+1)(2)!!!n n n x n +2(3n+1), x n+1=x n +(31)!!(21)!n n n n ++= x n +1212111n n n n C C --+-.迭代得x n =1 1121 2111()n k k k k k C C --=-+-∑=1－1211n n C --. a n = 21n (2n n C －2).当n 为素数p 时,a p =22(1)! p p ?-((p+1)(p+2)…(2p －1)－(p －1)!).2((p+1)(p+2)…(2p －1)－(p －1)!)=Mp 2 +2(1+2+…+p －1)p=p 2 (M+p －1)可被p 2 整除,又被(p －1)!整除.由于p 2 与(p －1)! 互素,故可被p 2 (p －1)!整除,即a p 为整数. 7. a 1 =2,a k =12k a -(k ?2).求证,对于任意取定的正整数n,数列a k (mod n)最终为常数. 证. a k > a k-1,归纳可证a k ?2k .记Δk = a k －a k-1. Δ2=4－2=2, Δ3=16－4=12. 引理.Δk |Δk+1.k=2显然.设Δk |Δk+1,由Δk+2= a k+1(1 2k +?－1),Δk+1= a k (2 k ?－1),a k | a k+1, (2 k ?－1)| (1 2 k +?－1),故Δk+1|Δk+2. 现在可以归纳证明k|Δk (即a n ≡a n-1(mod n)). k=2显然.设对2?i ?k 都有i|Δi .设k+1=2u M (M 为奇数).由于a k ?2k ?k+1?2u ,故2u |a k ,从而2u |Δk+1.另一方面,当M ?3时2?φ(M)?M －1?k,由引理及归纳假设, φ(M)|Δφ(M), Δφ(M)| Δk ,故φ(M)| Δk .因此M|(2 k ?－1), M|Δk+1.再由2u 与M 互素得 到 (k+1)| Δk+1. 由此可知Δk 被2,…,k 整除,因此对任意n,当k ?n 时都有n|Δk .即k ?n 时a k ≡a k-1(mod n), 数列a k (mod n) (k ?n －1)为常数. 8、 证明数列k n k k n n C a 30 121 22?= ∑=++都不能被5整除． 解：10=a ，111=a ，又( ) ()1 22 32 3123222 212 2 2 +- += ?=k k k ． 所以()() ????? ?-++= ++12121 22122241n n n a ()()()() ?? ???? --+++= n n 249122 2491222 41． 18211=+=x x c ，49212-=-=x x c ． 所以()5mod 349182121----+≡-=n n n n n a a a a a ． ,,10a a 除以5的余数为 ,1,1,3,2,2,1,4,4,2,3,3,4,1,1形成周期数列． ()5mod 12n n a a ≡+，又前12项中没有被5整除的． 所以，命题得证． 9、 求证：由31=a ，52=a 及不等式 ()N n n n a a a n a a n n n n n ∈≥+<<-+-+-,21111可唯一确定正整数列{}n a ． 解：（1）先证明3+=n n F a 是满足条件的．（{}n F 为斐波那契数列） 413F a ==，255a F ==均成立． 因为12 213=-F F F ． 当3≥k 时， ()()() 2211111221k k k k k k k k k k k k F F F F F F F F F F F F +--------=+-+=-- 因为 ()() () ()() 2 2 2 1 32 2 122 11111-----+-=--==--=-n n n n n n n n F F F F F F F F F ． 若对所有N n ∈，3+=n n F a ． 则验证2≥=k n 时， () 1 2 3242 111+++++--=-=-k k k k k k k F F F a a a 所以k a a a k k k k <≤-≤-<-+-112 11，n a a a n a a k k k k k +<<-+-+-1111． 存在数列{}n a ．（使{}n a 中每个3+=i i F a ） （２）下证：{}n a 唯一确定．用数学归纳法证明3+=n n F a 且22+≥n a n （＊）． 3=n 时，922 32371 2 23122=+<<-= 事实上由已知不等式可推得1 2 112 -+-+<<-k k k k k a k a a a k a ， 因为N a ∈3，所以83=a ，同时2323+?≥a ．所以（＊）成立． 4=n 时，145 6733 5611222 34223<=+<<-= 又N a ∈4，所以134=a ．另外，2424+?≥a ，所以（＊）成立． 设1-=k n 及()4≥=k k n 时（＊）成立． 则1+=k n 时，因为()12 1222112 12=+-≤=--+---k k a k a k a a k a k k k k k ， 又??? ? ??+---1212,k k k k a k a a k a 中至多只有一个整数． N a k ∈+1，且1 2 112-+-+<<-k k k k k a k a a a k a ． 所以1+k a 确定为4+k F ． 且()()21222212341++≥++≥+=+==+++++k k k a a F F F a k k k k k k ． 所以1+=k n 时，（＊）成立． 因此{}n a 唯一确定．证毕． 综合（１）（２），可发现??? ????????? ??--???? ??+==+++3 33 25 125151n n n n F a ． 高中数学竞赛中数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相 几何学基础简介 Lex Li 几何原本简介 古希腊大数学家欧几里德是与他的巨著——《几何原本》一起名垂千古的。这本书是世界上最著名、最完整而且流传最广的数学著作，也是欧几里德最有价值的一部著作。欧几里德把人们公认的一些事实列成定义和公理，以形式逻辑的方法，用这些定义和公理来研究各种几何图形的性质，从而建立了一套从公理、定义出发，论证命题得到定理得几何学论证方法，形成了一个严密的逻辑体系——几何学。而这本书，也就成了欧式几何的奠基之作。 作为基础的五条公理和公设 五条公理 1.等于同量的量彼此相等； 2.等量加等量，其和相等； 3.等量减等量，其差相等； 4.彼此能重合的物体是全等的； 5.整体大于部分。 五条公设 1.过两点能作且只能作一直线； 2.线段(有限直线)可以无限地延长； 3.以任一点为圆心,任意长为半径,可作一圆； 4.凡是直角都相等； 5.同平面内一条直线和另外两条直线相交，若在直线同侧的两个内角之和小于180°，则这两条直线经无限延长后在这一侧一定相交。 《几何原本》的主要内容 欧几里得的《几何原本》共有十三卷。 目录 第一卷几何基础 第二卷几何与代数 第三卷圆与角 第四卷圆与正多边形 第五卷比例 第六卷相似 第七卷数论（一） 第八卷数论（二） 第九卷数论（三） 第十卷无理量 第十一卷立体几何 第十二卷立体的测量 第十三卷建正多面体 各卷简介 第一卷：几何基础。重点内容有三角形全等的条件，三角形边和角的大小关系，平行线理论，三角形和多角形等积（面积相等）的条件，第一卷最后两个命题是毕达哥拉斯定理的正逆定理； 第二卷：几何与代数。讲如何把三角形变成等积的正方形；其中12、13命题相当于余弦定理。 第三卷：本卷阐述圆，弦，切线，割线，圆心角，圆周角的一些定理。 第四卷：讨论圆内接和外切多边形的做法和性质； 第五卷：讨论比例理论，多数是继承自欧多克斯的比例理论,被认为是"最重要的数学杰作之一" 第六卷：讲相似多边形理论，并以此阐述了比例的性质。 第五、第七、第八、第九、第十卷：讲述比例和算术的理论；第十卷是篇幅最大的一卷，主要讨论无理量（与给定的量不可通约的量），其中第一命题是极限思想的雏形。 第十一卷、十二、十三卷：最后讲述立体几何的内容. 从这些内容可以看出，目前属于中学课程里的初等几何的主要内容已经完全包含在《几何原本》里了。因此长期以来，人们都认为《几何原本》是两千多年来传播几何知识的标准教科书。 《几何原本》的意义和影响 在几何学发展的历史中，欧几里得的《几何原本》起了重大的历史作用。这种作用归结到一点，就是提出了几何学的“根据”和它的逻辑结构的问题。在他写的《几何原本》中，就是用逻辑的链子由此及彼的展开全部几何学，这项工作，前人未曾作到。《几何原本》的诞生，标志着几何学已成为一个有着比较严密的理论系统和科学方法的学科。 论证方法上的影响 关于几何论证的方法，欧几里得提出了分析法、综合法和归谬法。所谓分析法就是先假设所要求的已经得到了，分析这时候成立的条件，由此达到证明的步骤；综合法是从以前证明过的事实开始，逐步的导出要证明的事项；归谬法是在保留命题的假设下，否定结论，从结论的反面出发，由此导出和已证明过的事实相矛盾或和已知条件相矛盾的结果，从而证实原来命题的结论是正确的，也称作反证法。 小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类： 整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容） 余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小） （2）同余的性质和运用 奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 （2）约数个数决定法则（小升初常考内容） 整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常 出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？ 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？ 很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划 初中数学竞赛讲座之数论初步(一) 整数的整除性 定义：设a ，b 为二整数，且b ≠０，如果有一整数c ，使a ＝bc ，则称b 是a 的约数，a 是b 的倍数，又称b 整除a ，记作b|a. 显然，１能整除任意整数，任意整数都能整除０. 性质：设a ，b ，c 均为非零整数，则 ①．若c|b ，b|a ，则c|a. ②．若b|a ，则bc|ac ③．若c|a ，c|b ，则对任意整数m 、n ，有c|ma ＋nb ④．若b|ac ，且(a ，b)＝1，则b|c 证明：因为(a ，b)＝1 则存在两个整数s ，t ，使得 as ＋bt ＝1 ∴ asc ＋btc ＝c ∵ b|ac ? b|asc ∴ b|(asc ＋btc) ? b|c ⑤．若(a ，b)＝1，且a|c ，b|c ，则ab|c 证明：a|c ，则c ＝as(s ∈Z) 又b|c ，则c ＝bt(t ∈Z) 又(a ，b)＝1 ∴ s ＝bt'(t'∈Z) 于是c ＝abt' 即ab|c ⑥．若b|ac ，而b 为质数，则b|a ，或b|c ⑦．(a －b)|(a n －b n )(n ∈N)，(a ＋b)|(a n ＋b n )(n 为奇数) 整除的判别法：设整数N ＝121n 1a a a a - ①.2|a 1?2|N ， 5|a 1? 5|N ②.3|a 1＋a 2＋…＋a n ?3|N 9|a 1＋a 2＋…＋a n ?9|N ③.4|a a ? 4|N 25|a a ? 25|N ④.8|a a a ?8|N 125|a a a ?125|N ⑤．7||41n n a a a -－a a a |?7|N ⑥．11||41n n a a a -－a a a |?11|N ⑦．11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)] ?11|N ⑧．13||41n n a a a -－a a a |?13|N 推论：三个连续的整数的积能被６整除. 例题： 1.设一个五位数d a c b a ，其中d －b ＝3，试问a ，c 为何值时，这个五位数被11整除. 解：11|d a c b a ∴ 11|a ＋c ＋d －b －a 即11|c ＋3 ∴ c ＝8 1≤a ≤9，且a ∈Z 2.设72|b 673a ，试求a ，b 的值. 解：72＝8×9，且(8，9)＝1 ∴ 8|b 673 a ，且9| b 673a ∴ 8|b 73 ? b ＝6 且 9|a ＋6＋7＋3＋6 即9|22＋a ∴ a ＝5 3.设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ， 小升初数论问题 概念：几个数公有的倍数叫做这几个数的公倍数，其中最小的一个叫做最小公倍数。 从分解质因数中我们可以发现：两个数（或多个数）的公倍数必须具备： ①公倍数必须包含这几个数中所有的质因数，而根据这几个数质因数的关系，我们将这些质因数分为三类，一类是公有的质因数，一类是独有的质因数，一类是大家都没有的(如果大家都没有的个数为0，那么这时的公倍数就是最小公倍数)。 ②而最小公倍数又必须同时满足：每组公有的质因数只取一个，这几个数独有的质因数要全部取完，除此之外，不得含有其它的质因数，将这些取出的质因数全部乘起来所得的积就是这几个数的最小公倍数。 精典例题 例1：三个连续的自然数的最小公倍数是168，那么这三个自然数的和等于多少？（1998年小学数学奥林匹克初赛试题） 思路点拨：想一想：三个数的最小公倍数与这三个数有什么关系？友情提示：从分解质因数的角度来思考！ 模仿练习：三个连续的自然数的最小公倍数是9828，这三个自然数的和等于多少？(1998年小学数学奥林匹克初赛试题) 例2：有一个数在700到800之间，用15、18和24去除，都不能整除。如果在 这个数上加1，就能同时被15、18和24整除，这个数是多多少？ 思路点拨：想一想：如果在这个数加1，就能被15、18、24整除说明这个数加1所得到的数一定是这三个数的…… 模仿练习：一个四位数，千位上的数字和百位上的数字都被擦掉了，只知道十位上数字是1，个位上数字是2.如果这个数减去7就能被7整除，减去8就能被8整除，减去9就能被9整除，那么这个四位数是多少？(北京市第二届“迎春杯”刊赛试题) 例3：甲数是36，甲、乙两数的最小公倍数是288，最大公约数是4，乙数应该是多少？ 思路点拨：想一想：两个数的最大公约数与它们的最小公倍数以及这两个数之间有什么关系？ 模仿练习：甲数是60，甲乙两数的最小公倍数是180，最大公约数是30，乙数应该是多少？ 全国2018年4月高等教育自学考试 数论初步试题 课程代码：00418 一、单项选择题（本大题共30小题，每小题1分，共30分） 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1.m,n为整数，下列式子一定不成立的是（） A.4m-1=4n+1 B.2m+1=4n+3 C.2m+3=4n-1 D.2m=4n 2.下列关于自然数m,n的说法，错误的是（） A.若m|n，则[m,n]=n B.若[m,n]=(m,n)，则m=n C.若m|n,则(m,n)=m D.若(m,n)=1,则[m,n]=1 3.若2|8a-4b+3c，则下列不一定成立的是（） A.2|3a+2c B.2|2a+c C.2|3c-2b D.2|6a-2b+c 4.m,n为整数，若m-n为奇数，则m与n（） A.同奇 B.同偶 C.同奇或同偶 D.一奇一偶 5.若b|a,c|b,则一定有（） A.a|c B.a|b C.b|a+c D.c|a+b 6.若m为完全数，则m的全部正约数之和为（） A.m B.m2 C.2m D.m-1 7.已知a 3689218既能被3整除，又能被5整除，则a的值是（） A.0 B.2 C.5 D.6 8.p为质数，正整数a,b满足a2=pb2，则（） A.a,b必为质数 B.a为合数，b为质数 C.a,b均为合数 D.a,b均不存在 9.设m为大于1的正整数，则]2 [2+ +的值是（） 9 m 5 m A.3m-1 B.3m C.3m+1 D.3m+2 10.下列数中标准分解式为a b b a 的数是（ ） A.512 B.72 C.81 D.30 11.2018年2月8日是星期日，则500天后的那一天是（ ） A.星期三 B.星期二 C.星期四 D.星期五 12.若2p -1是质数，则2p-1(2p -1)是（ ） A.梅森数 B.费马数 C.完全数 D.亲和数 13.满足10n ≡1(mod17)的最小正整数n 是（ ） A.17 B.7 C.16 D.8 14.分母为10的所有既约真分数的个数是（ ） A.4 B.5 C.8 D.9 15.下列命题不一定成立的是（ ） A.若a ≡b(modm),c 为整数，则ac=bc(modm) B.若a ≡b(modm),c ≡d(modm)，则ac ≡bd(modm) C.若a ≡b(modm),c ≡d(modm)，则ab=cd(modm) D.若a ≡b(modm),n 为自然数，则a n ≡b n (modm) 16.同余式组???≡≡)6(mod 3x ) 5(mod 1x 的解是（ ） A.x ≡21（mod5） B.x ≡21（mod6） C.x ≡21（mod30） D.x ≡1（mod30） 17.不大于15且与15互素的所有正整数之和为（ ） A.52 B.59 C.46 D.60 18.已知n 为自然数，m 为正实数，且n ≤m ，下列结论不一定正确的是（ ） A.[n+m]=n+[m] B.n ≤[m] C.[-(n+m)]=-[n+m] D.[nm]≥n[m] 19.30！的标准分解式中，3的最高幂指数是（ ） A.13 B.14 C.15 D.16 数学竞赛讲座 数论的方法技巧(上) 数论是研究整数性质的一个数学分支,它历史悠久,而且有着强大的生命力。数论问题叙述简明,“很多数论问题可以从经验中归纳出来,并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚,但要证明它却远非易事”。因而有人说:“用以发现天才,在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。任何学生,如能把当今任何一本数论教材中的习题做出,就应当受到鼓励,并劝他将来从事数学方面的工作。”所以在国内外各级各类的数学竞赛中,数论问题总是占有相当大的比重。 小学数学竞赛中的数论问题,常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。主要的结论有: 1.带余除法:若a,b是两个整数,b>0,则存在两个整数q,r,使得abq+r(0≤r 4.约数个数定理:设n的标准分解式为(1),则它的正约数个数为: d(n)(a1+1)(a2+1)…(ak+1)。 5.整数集的离散性:n与n+1之间不再有其他整数。因此,不等式x 初等数论简介 绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。 1． 请看下面的例子： （1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。(1894年首届匈牙利 数学竞 赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明213 1n -是168的倍数。 ②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++ 能整除123n ??? ？（1956年上海首届数学竞赛第一题） （3） 证明：3 231 122 n n n + +-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数 214 143 n n ++不可约简。（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题） （5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证： [][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =??（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题） 这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。 2.再看以下统计数字： （1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。 （2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占10.8% 。 这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。 3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题： (1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ） A 、 0 B 、1 C 、3 D 、无穷多 （2007全国初中联赛5） （2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2 1 02 x abx a b -++=是否有两个整数解？ 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。 （2007全国初中联赛12） 数的整除 知识框架 一、整除的定义： 当两个整数a和b（b≠0），a被b除的余数为零时（商为整数），则称a被b整除或b整除a，也把a 叫做b的倍数，b叫a的约数，记作b|a，如果a被b除所得的余数不为零，则称a不能被b整除，或b 不整除a，记作b a. 二、常见数字的整除判定方法 1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2.一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整 除； 4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、 11或13整除； 5.如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数，那么这个数能被9整除； 6.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有 两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 7.若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被 7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13－3×2＝7，所以133是7的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613－9×2＝595 ，59－5×2＝49，所以6139是7的倍数，余类推。 8.若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被 13整除。如果和太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」 费马小定理数论的证明方法 2007年12月28日星期五 01:29 P.M. 费马小定理数论的证明方法 Mod的简单介绍 (Congruence) a=b(mod m) a和b除以m以后有相同的余数 不失一般性地另a>b 则a=km+b比如7=1 mod 2 9=4 mod 5 简单的Congruence 计算 如果a=b mod m c=d mod m 则a=km+b c=tm+d 直接可推出 a+b=c+d (mod m) a-b=c-d (mod m) ab=cd (mod m) 并且可得存在正整数c 使得ac=bc (mod mc) 当然ac=bc(mod m) 费马小定理如果a,p互质且q是质数则a^(p-1)=1 (mod p) 考虑数列An= a,2a,3a,4a…… (p-1)a 假设An中有2项ma, na 被p除以后的余数是相同的.那么必然有ma=na (mod p) 即a(m-n)=0(mod p) 由于a和p互质,所以m-n=0(mod p) 但是m,n属于集合{1,2,3..p-1} 且m不等于n,所以m-n不可能是p的倍数.和假设产生矛盾所以An中任意2项被p除 得到的余数都是不同的, 并且对于任一个整数被p除以后的余数最多有p-1个,分别是 1,2,3,….p-1 而数列An中恰好有p-1个数,所以数列中的数被p除以后的余数一定正好包含所有的1,2,3,4,5…. p-1 由此我们可以用Congruence的乘法性质, a*2a*3a*…(p-1)a=1*2*3*4..*(p-1) (mod p) 对两边进行化简,即可以得到a^(p-1)=1 (mod p) Euler’s Totient function 定义o(n)是所有比n小且和n互质的数的总数(包括1) 例如o(5)=4 o(10)=8 我们发现引入这个以后费马小定理可以改写为a^o(p)=1 (mod p) 事实上,这个结论对所有的正整数n都成立即a^o(n)=1 (mod n) 欧几里得算法 欧几里德算法又称辗转相除法，用于计算两个正整数a，b的最大公约数。其计算原理依赖于下面的定理： 定理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) (a>b 且a mod b 不为0) 证明：a可以表示成a = kb + r，则r = a mod b 假设d是a,b的一个公约数，则有 d|a,d|b，而r = a - kb，因此d|r 因此d也是（b,a mod b）的公约数 因此（a,b）和（b,a mod b）的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证欧几里得算法模板 int gcd(int n,int m) { int t,r; if(n 数论短期班100题手册 知识框架体系 一、奇偶性质 1．奇数和偶数的表示方法： 因为偶数是2的倍数，所以通常用2k这个式子来表示偶数(这里k是整数)； 因为任何奇数除以2其余数总是1，所以通常用式子21 k+来表示奇数(这里k是整数)．特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数．最小的奇数是1，最小的偶数是0． 2．奇数与偶数的运算性质： 性质一：偶数+偶数=偶数(偶数-偶数=偶数) 奇数+奇数=偶数(奇数-奇数=偶数) 偶数+奇数=奇数(偶数-奇数=奇数) 可以看出：一个数加上(或减去)偶数，不改变这个数的奇偶性； 一个数加上(或减去)奇数，它的奇偶性会发生变化． (也可以这样记：奇偶性相同的数加减得偶数，奇偶性不同的数加减得奇数．) 性质二：偶数?奇数=偶数(推广开来还可以得到：偶数个奇数相加得偶数) 偶数?偶数=偶数(推广开就是：偶数个偶数相加得偶数) 奇数?奇数=奇数(推广开就是：奇数个奇数相加得奇数) 可以看出：一个数乘以偶数时，乘积必为偶数；几个数的积为奇数时，每个乘数都是奇数．(也可以这样简记：对于乘法，见偶(数)就得偶(数))． 性质三：任何一个奇数一定不等于任何一个偶数． 二、整除 1．整除的定义 所谓“一个自然数a能被另一个自然数b整除”就是说“商a b 是一个整数”；或者换句话说： 存在着第三个自然数c，使得a b c =?．这是我们就说“b整除a”或者“a被b整除”，其中b 叫a的约数，a是b的倍数，记作：“|b a”． 2．整除性质： ⑴传递性若|c b，|b a，则|c a． ⑵可加性若|c a，|c b，则|c a b ± （）． ⑶可乘性若|c a，|d b，则| cd ab． 3．整除的特征 ⑴4,25,8,125,16,625的整除特征 能否被4和25整除是看末两位；能否被8和125整除是看末三位；能否被16和625整除是看末四位(100425 =?,10008125 =?,1000016625 =?,100000323125 =?) ⑵3,9的整除特征 能否被9整除是看数字之和是否是9的倍数，并且这个数除以9的余数和这个数数字之和除以9的余数相同，因此判断一个数除以九余几就可以先把和是9的倍数的数划掉，剩下的数是几就代表 “4-6 初等数论初步”简介 北京师范大学胡永建 初等数论是研究整数的性质和不定方程（组）的整数解的一门学问，它与几何学是最古老的两个数学分支。初等数论中至今仍有许多没有解决的问题，如哥德巴赫（Goldbach）问题，孪生素数猜想，奇完全数的存在性问题等，它们对人类智慧产生了极大挑战。人们在解决一些初等数论问题的过程中所作的贡献，对数论乃至整个数学的发展起了重要的推动作用，产生了一些直接与数学有关的新的重要数学分支。初等数论在计算机科学和信息工程中有许多重大的实际应用。在本专题中，同学们将通过具体的问题，学习初等数论的一些基本知识，如有关整数和整除的知识，用辗转相除法求解一次同余方程（组）和简单的一次不定方程等，初等数论中蕴含的一些思想方法，以及我国古代数学在初等数论的研究方面取得的一些重要成就。 一、内容与课程学习目标 本专题的学习初等数论的一些基本知识，具体包括：整数的整除、同余与同余方程、一次不定方程和数论在密码中的应用四部分内容。通过本专题的学习，要引导学生：1．通过实例，认识带余除法，理解同余和剩余类的概念及意义，探索剩余类的运算性质（加法和乘法），并且理解它的实际意义。体会剩余类运算与传统数的运算的异同（会出现零因子）。 2．理解整除、因数和素数的概念，了解确定素数的方法,如埃拉托斯特尼（Eratoshenes）筛法，知道素数有无穷多个。 3．了解十进制表示的整数的整除判别法，探索整数能被3，9，11，7等整除的判别法。会检查整数加法、乘法运算错误的一种方法,如弃九验算法。 4．通过实例，探索利用辗转相除法求两个整数的最大公约数的方法，理解互素的概念，并能用辗转相除法证明：若a能整除bc，且a,b互素，则a能整除c。探索公因数和公倍数的性质。了解算术基本定理。 5．通过实例，理解一次不定方程的模型，利用辗转相除法求解简单的一次不定方程。并尝试写出算法的程序框图，在条件允许的情况下上机实现。 6．通过实例（如物不知其数问题），理解一次同余方程组的模型。 7．理解大衍求一术和孙子定理的证明。 8．理解费马小定理（当m是素数时，a m-1≡1(mod m)）和欧拉定理（aφ(m)≡1(mod m),其中φ(m)是1，2，…，m-1中与m互素的数的个数）及其证明。 9．了解数论在密码中的应用——公开密钥。 二、内容安排 本专题共安排了四讲，其中最后一讲“数论在密码中的应用”可根据教学时间的实际情况机动安排，可由教师讲授，也可作为学生课后的阅读材料。本专题教学时间约需18课时，具体分配如下（仅供参考）： 第一讲整数的整除约5课时 一、整除的概念和性质约2课时 二、最大公因数与最小公倍数约2课时 数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学，它与中学数学教育有密切的联系。数论问题解法灵活，题型丰富，它是中学数学竞赛试题的源泉之一。下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便，我们将数论中的一些概念和结论摘录如下： 我们用),...,,(21n a a a 表示n 个整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数。用[1a ,2a ,…,n a ]表示 1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数。对于实数x ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，用{x }=x -[x ] 表示x 的小数部分。对于整数b a ,,若)(|b a m -，,1≥m 则称b a ,关于模m 同余，记为 )(mod m b a ≡。对于正整数m ，用)(m ?表示{1，2，…，m }中与m 互质的整数的个数， 并称)(m ?为欧拉函数。对于正整数m ，若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余，则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质，且其中任何两个数关于模m 不同余，则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系。 定理1 设b a ,的最大公约数为d ，则存在整数y x ,，使得 yb xa d +=. 定理2 （1）若)(mod m b a i i ≡，1=i ，2，…，n ，)(mod 21m x x =，则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； （2）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，m d |，则 )(mod d m d b d a ≡； （3）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，且1),(=m d ，则)(mod m d b d a ≡； （4）若b a ≡（i m mod ），n i ,...,2,1=，M=[n m m m ,...,,21]，则b a ≡（M mod ）. 定理3 （1）1][][1+<≤<-x x x x ； （2）][][][y x y x +≥+； （3）设p 为素数，则在!n 质因数分解中，p 的指数为 ∑ ≥1 k k p n . 小学数学《数论初步》练习题 1.计算：（1）[24，315]=________；(1188，726)=________； （2）[364，198，429]=________；(3213，6732)=________； 2.64的约数共有_________个；所有约数的总和是________； 3.七个连续自然数的和能分别被1、2、3、4、5、6、7整除，求出满足此条件的最小的一组数，其中最 小的那个数为________； 4.工厂里的某道工序由甲、乙、丙三人负责，已知甲每5分钟生产18个零件，乙每7分钟生产12个零 件，丙每11分钟生产30个零件，今天早上8:00它们同时开始做第一个零件，那么到________点________分________秒时三个人又一次同时开始做下一个零件；（假设他们做零件的速度均匀，且中途不休息） 5.一个数能被42整除，且恰好有42个约数，那么符合条件的情况共有________种； 6.两个数的最大公约数是12，最小公倍数是2520，且两数之差为12，那么两数之和是________； 7.“1949?2007”的计算结果除以13的余数为________； 8.“20082008+20072007”计算结果的个位数字是________，除以3的余数是________； 9.已知1×2×3×…×n＋4等于两个相邻自然数的乘积，则n ________； 10.小于2000又与2000互质的数有800个，这800个数相加的和是________； 11.某自然数除以9余7，除以13余1，除以19余17，那么此数最小值是________； 12.（1）83、167、377被某个正整数M除时，余数相同，那么M的最大值是________； （2）83、167、377被某个正整数N除时，余数相加和为57，那么N的最大值是_______； 第七讲数论综合之高难度因数与倍数问题 模块一、因数与倍数的综合问题 例1．对于正整数a 、b ，[a ，b ]表示最小公倍数，(a ，b )表示最大公约数，求解下列关于未知数m ，n 的方程： [,]55 (,)[,](,)70 m n m n m n m n m n m n ?++=???-=??>??? ① ②③。 解：设m =ap ，n =bp ，a ，b 互质，则[m ，n ]=abp ，(a ，b )=p ， 则5570 ab ap bp abp p ++=??-=?，由p ×(ab ?1)=70，所以p |70，70=2×5×7， 若p =2，则ab =36，a ≠b ，得a =12，b =3，代入①式矛盾，舍去； 若p =7，则ab =11，a ≠b ，得a =11，b =1，代入①式矛盾，舍去； 若p =5，则ab =15，a ≠b ，得a =5，b =3，于是m =25，n =15，[m ，n ]=75，(m ，n )=5， 所以原方程的解是2515 m n =??=?。 例2．n 为非零自然数，a =8n +7，b =5n +6，且最大公约数(a ，b )=d >1，求d 的值。 解：用辗转相除的方法，(8n +7，5n +6)=(3n +1，5n +6)=(3n +1，2n +5)=(n ?4，2n +5)=(n ?4，n +9)=(13，n +9)， 所以(a ，b )=13. 例3．M n 为1、2、3、……、n 的最小公倍数，对于样的正整数n ，M n ?1=M n 。 解：如果n 是一个合数，且n 不是某一整数的k 次方，则M n ?1=M n 。 因为n 是一个合数，所以n =a ×b ，a ，b 都小于n ，且a 、b 互质，于是a 2002 题二最大公约数与最小公倍数问题（20分） [问题描述] 输入二个正整数x0,y0（2≤x0<100000,2≤y0≤1000000）,求出满足下列条件的P，Q的个数： 条件：1. P,Q是正整数 2. 要求P,Q以x0为最大公约数，以y0为最小公倍数。 试求：满足条件的所有可能的两个正整数的个数。 [样例] 输入：x0=3 y0=60 输出：4 说明：（不用输出）此时的 P Q 分别为： 3 60 15 12 12 15 60 3 所以：满足条件的所有可能的两个正整数的个数共4种。 2012 1.质因数分解 (prime.cpp/c/pas) 【问题描述】 已知正整数n是两个不同的质数的乘积，试求出较大的那个质数。 【输入】 输入文件名为prime.in。 输入只有一行，包含一个正整数n。 【输出】 输出文件名为prime.out。 输出只有一行，包含一个正整数p，即较大的那个质数。 【输入输出样例】 prime.in prime.out 21 7 【数据范围】 对于60%的数据，6 ≤ n ≤ 1000。 对于100%的数据，6 ≤ n ≤ 2*109。 2007年 4.Hanoi双塔问题 hanoi.pas/c/cpp 【问题描述】 给定A,B,C三根足够长的细柱，在A柱上放有2n个中间有空的圆盘，共有n个不同的尺寸，每个尺寸都有两个相同的圆盘，注意这两个圆盘是不加区分的(下图为n=3的情形）。现要将这些国盘移到C柱上，在移动过程中可放在B柱上暂存。要求: (1)每次只能移动一个圆盘； (2) A、B、C三根细柱上的圆盘都要保持上小下大的顺序； 任务:设An为2n个圆盘完成上述任务所需的最少移动次数，对于输入的n，输出An。 【输入】 输入文件hanoi.in为一个正整数n，表示在A柱上放有2n个圆盘。 【输出】 输出文件hanoi.out仅一行，包含一个正整数，为完成上述任务所需的最少移动次数An。 【限制】 对于50%的数据， 1<=n<=25 对于100% 数据， 1<=n<=200 【提示】 设法建立An与An-1的递推关系式。 几个精彩的数论问题 从同事那里借来了一本单墫教授?主编的《初等数论》奥数书，看到很多精彩的问题，在这里做个笔记，与大家一同分享。不少问题和答案都有过重新叙述，个别问题有所改动。 问题：找出所有使得 2n - 1 能被 7 整除的正整数 n 。 答案：由于 2n的二进制表达为1000…00 （n 个 0），因此 2n - 1 的二进制表达为111…11 （n 个 1）。而 7 的二进制表达是 111 ，要想让它整除 n 个1 ，显然 n 必须是也只能是 3 的倍数。 问题：是否存在 100 个数，使得它们的和等于它们的最小公倍数？ 答案：是的。考虑3, 2 × 3, 2 × 32, 2 × 33, …, 2 × 398, 399，它们的和为： 3 + 2 × 3 + 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399 = 3 × (1 + 2) + 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399 = 32+ 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399 = 32× (1 + 2) + 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399 = 33+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399 = ... ... = 399 + 399 = 2 × 399 而这 100 个数的最小公倍数正是 2 × 399。 问题：能否找出 100 个不同的正整数，使得其中任意 2 ≤ k ≤ 100 个数的算术平均数都恰为整数。 答案：能。这个问题非常唬人，它的答案异常简单： 1 · 100!, 2 · 100!, 3 · 100!, …, 100 · 100! 显然满足要求。 问题：求证，存在任意长的连续正整数，使得其中任何一个数都不是质数的幂（当然更不能是质数）。高中数学竞赛中数论问题的常用方法
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