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&>&&>&全国13年高中数学联赛分类汇编 专题02 初等数论
全国13年高中数学联赛分类汇编 专题02 初等数论_8500字
1、（2005一试6）记集合T?{0,1,2,3,4,5,6},M?{
?2?3?4|ai?T,i?1,2,3,4},将7777
M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（
B．?2?3?4 ?4
2、（2006一试6）数码a1,a2,a3,?,a2006中有奇数个9的2007位十进制数2a1a2a3?a2006的个数为（
(10?8) B．(06)
C．06 D．06 22
3、(2008一试5) 方程组?的有理数解(x,y,z)的个数为
）。 ?xyz?z?0,
?xy?yz?xz?y?0?
4 【答案】B
4、（2004一试10）．设p是给定的奇质数，正整数k使得k－pk也是一个正整数，则k=
【解析】设k－pk=n，则(k－)－n=，?(2k－p+2n)(2k－p－2n)=p，?k=(p+1)．
5、(2005一试12) 如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列a1,a2,a3,?,若an?2005,则a5
∵2005是第1+7+28+28+1＝65个“吉祥数”，即a65?2005.从而n?65,5n?325. 又P(4)?C?84,P(5)?C
?210,而?P(k)?330.
∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：7,,.∴第325个“吉祥数”是52000，即a5n?52000. 6、（2006一试11）方程(x【答案】
?1)(1?x2?x4???xx2005的实数解的个数为
7、（2010一试8）方程x?y?z?2010满足x?y?z的正整数解（x,y,z）的个数是
. 【答案】
从而满足x?y?z的正整数解的个数为1??336675.
8、（2011一试8）已知an?C为
． 【答案】15
?(n?1,2,?,95)，则数列{an}中整数项的个数?????2?
9、（2000二试3），已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n－2个人之间通
电话的次数相等，都是3 次，其中k是自然数，求n的所有可能值． 【解析】显然n?5. 记n 个人为A1，A2，
设A1通话的次数为m1, Ai
与 Aj 之间通话的数为yij, l?i,j?n .则
m i +m j – y i . j
=?ms-3k= c .
其中c是常数 ，l?i,j?n .
根据（*）知，mi?mj?(mi?ms)?(mj?ms)=yi.s?yj.s?1,
设 mi =max{ms ,1?s?n.} ,m j = min{ms,1?s?n.} , 则 m i +m j?1.
若 m i +m j=1 ,则对于任意
都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s – y j ,s)=0 ,
y I ,s – y j ,s = 1 故
y I ,s =1 ,
y j ,s = 0 .
因此 mi ? n -2 ,
m j ?1 . 于是 ，m i +m j ?n -3?2 . 出现矛盾 ，故 m i +m j=0 ，即 ms(1?s?n)恒为常数 。 根据 （*）知，y I ,j = 0
或 y I ,j = 1 。
10、（2002二试3）在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,,,,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。
∵易观察到
7·2+13·(-1)=1
∴ 7·406+13·(-203)=203
n0= 203是③的整数解
∴ ③的整数通解为 m′=406 -13k
n′= 203-7k
n′?0,解得
取k=29,30,31得到③满足条件的三组非负整数解：
?m??29?m??16?m??3
????n?0?n?7?n?14
从而得到②满足条件的三组正整数解：
?m?33?m?20?m
?n?3?n?10?n?17
11、（2003二试2）设三角形的三边长分别是正整数l，m，n．且l>m>n>0．
已知?=??=??，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过
?10??10??10?
x的最大整数．求这种三角形周
长的最小值．
∵ x=1，2，时3≡∕1(mod 10)，而3≡1(mod 10)，∴ x必须是4的倍数；
∵ x=4，8，12，16时3≡∕1(mod 10)，而3≡1(mod 10)，∴ x必须是20的倍数；
∵ x=20，40，60，80时3≡∕1(mod 10)，而3≡1(mod 10)，∴ x必须是100的倍数；
∵ x=100，200，300，400时3≡∕1(mod 10)，而3≡1(mod 10)．
即，使3≡1(mod 10)成立的最小正整数x=500，从而l－n、m－n都是500的倍数， 设l－n=500k，m－n=500h，(k，h∈N*，k>h)．
由m+n>l，即n+500h+n>n+500k，?n>500(k－h)?500，故n?501． 取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．
12、（2004二试3）对于整数n?4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，
m+1，,,，m+n－1}的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．
设对于n?k，④成立，当n=k+1时，由于
M(m，k+1)=M(m，k－5)∪{m+k－5，m+k－4，,,，m+k}．
在{m+k－5，m+k－4，,,，m+k}中，能被2或3整除的数恰有4个，即使这4个数全部取出，只要在前面的M(m，k－5)中取出f(n)个数就必有3个两两互质的数．于是 当n?4时，f(n+6)?f(n)+4=f(n)+f(6)－1． 故f(k+1)?f(k－5)+f(6)－1=[
比较②，知对于n=k+1，命题成立． ∴对于任意n∈N*，n?4，f(n)= [又可分段写出结果：
4k+1，(6k，
k∈N*)，4k+2，(n=6k+1，k∈N*)，4k+3，(6k+2，k∈N*)，
4k+4，(n=6k+3，k∈N*)，4k+4，(n=6k+4，k∈N*)，4k+5，(6k+5，k∈N*)．
当n为平方数,?0?
13、（2005二试3）对每个正整数n，定义函数f(n)??1
[]当n不为平方数.?{n}?
（其中[x]表示不超过x的最大整数，{x}?x?[x]). 试求：
?f(k)的值.
则?f(a)???T(j)?n[T(1)?T(2)]?(n?1)[T(3)?T(4)]???[T(2n?1)?T(2n)]
?f(k)??(16?k)[T(2k?1)?T(k)],,,,③
记ak?T(2k?1)?T(2k),k?1,2,?,15,易得ak的取值情况如下：
?f(k)??(16?k)a
?783,,,,④
14、（2006一试14）将2006表示成5个正整数x1,x2,x3,x4,x5之和. 记S?（1）当x1,x2,x3,x4,x5取何值时，S取到最大值；
xixj. 问：
（2）进一步地，对任意1?i,j?5有xi?xj?2，当x1,x2,x3,x4,x5取何值时，S取到 最小值. 说明理由. 【解析】（1） 首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值。 若
x1?x2?x3?x4?x5?2006, 且使 S?
xixj取到最大值，则必有
??x1?1，事实上，假设（*）不成立，不妨假设x1?x2?2。则令x1??x2?1,xi??xi(i?3,4,5) x2
??x2??x1?x2，x1??x2??x1x2?x1?x2?1?x1x2。将S改写成 有x1S?
xixj?x1x2??x1?x2??x3?x4?x5??x3x4?x3x5?x4x5
?x2??(x1??x2?)?x3?x4?x5??x3x4?x3x5?x4x5S??x1
?x2??x1x2?0。这与S在x1,x2,x3,x4,x5时取到最大值矛盾。所以必有xi?xj?1, S??S?x1
(1?i,j?5). 因此当x1?402,x2?x3?x4?x5?401取到最大值。
?x?y?z?w?2?2222
?x?y?z?w?6
15、（2006二试3）解方程组?3 333
x?y?z?w?20?
?x4?y4?z4?w4?66?
【解析】令p=x+z、q=xz，我们有p=x+z+2q，p=x+z+3pq，p=x+z+4pq-2q。同样，令s=y+w、t=yw，有s2=y2+w2+2t，s3=y3+w3+3st，s4=y4+w4+4s2t-2t2。 在此记号系统下，原方程组的第一个方程为p=s+2。 （3.1）
于是p=s+4s+4，p=s+6s+12s+8，p=s+8s+24s+32s+16。现在将上面准备的p、p、p和s2、s3、s4的表达式代入，得x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4，x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8，x4+z4+4p2q-2q2=y4+w4+4s2t-2t2+8s3+24s2+32s+16。 利用原方程组的第二至四式化简，得q=t+2s-1， （3.2）
pq=st+2s+4s-4， （3.3） 222232
2pq-q=2st-t+4s+12s+16s-25。 （3.4） 将（3.1）和（3.2）代入（3.3），得t?
16、（2007二试3）设集合P={1，2，3，4，5}，对任意k∈P和正整数m，记
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k∈Pm??，?i?1?i?1?
和正整数m，使得f(m，k)=n。
17、（2009二试3）设k，l是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m?k，使得Ckm与l互素．
【解析】证法一：对任意正整数t，令m?k?t?l?(k!)．我们证明?Ckl??1． m，设p是l的任一素因子，只要证明：p／∣Ckm．
??1若p／∣k!，则由k!Ck?． m??(m?k?i)??[(i?tl(k!)]??i ?k!?modp
及p?|k!，且p
／／／k∣k!，知p?|k!Ck∣k!Ckm且pm．从而p∣Cm．
证法二：对任意正整数t，令m?k?t?l?(k!)2，我们证明?Ckl??1． m，／设p是l的任一素因子，只要证明：p／∣Ckm． 若p∣k!，则由 k!C??(m?k?i)??[(i?tl(k!)] ??i ?k!?modp?．
即p不整除上式，故p／∣Ckm．
若p|k!，设??1使p?|k!，但p??1OEk!．p??1|(k!)2．故由
k!C??(m?k?i) ??[(i?tl(k!)] ??i?k!?modp??1?,及p?|k!，且p
／∣k!，知
／／k∣k!Ckp?|k!Ckm且pm．从而p∣Cm．
18、（2009二试4）在非负数构成的3?9数表
?x11x12x13x14x15x16x17x18x19???
P??x21x22x23x24x25x26x27x28x29?
?xxxxxxxxx??3373839?
中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，x17?x28?x39?0，x27，x37，x18，
x38，x19，x29均大于．如果P的前三列构成的数表
?x11x12x13??x1k?????
S??x21x22x23?满足下面的性质(O)：对于数表P中的任意一列?x2k?（k?1，
?xxx??x??k?
2，,,，9）均存在某个i??1，2，3?使得
⑶xik?ui?min?xi1，xi2，xi3?．
求证：（ⅰ）最小值ui?min?xi1，xi2，xi3?，i?1，2，3一定自数表S的不同列． ?x1k*?
（ⅱ）存在数表P中唯一的一列?x2k*?，k*≠1，2，3使得3?3数表
??x???3k*?
?x11x12x1k*???
S???x21x22x2k*?仍然具有性质(O)．
??x31x32x??
I??k?M|xik?min?xi1，xi2?，i?1，3?．
显然I??k?M|x1k?x11，x3k?x32?且1，23?I．因为x18，x38?1?x11，x32，所以8?I． 故I≠?．于是存在k*?I使得x2k*?max?x2k|k?I?．显然，k*≠1，2，3． 下面证明3?3数表
?x11x12x1k*????
S??x21x22x2k*? ??x31x32x??
具有性质(O)．
从上面的选法可知ui?:?minxi1，xi2，xik*?min?xi1，xi2?，(i?1，3)．这说明
x1k*?min?x11，x12??u1，x3k*?min?x31，x32??u3．
?满足性质(O)，则对于3?M至少存在一个i??1，2，3?使得u?i?x．由k*?I及⑷由数表Sik*
?1，x?x?u?3．于是只能有x?u?2?x．类似地，由S?满足性质和⑹式知，x1k*?x11?u322k3k*2k*
??x2k*．从而k*?k． (O)及k?M可推得x2k?u2
19、（2010一试11）证明：方程2x?5x?2?0恰有一个实数根r，且存在唯一的严格递增正整数数列{an}，使得
?ra1?ra2?ra3??. 5
【解析】令f(x)?2x?5x?2，则f?(x)?6x?5?0，所以f(x)是严格递增的.又
f(0)??2?0,f()??0，故f(x)有唯一实数根r?(0,).
2r?5r?2?0，
??r?r?r?r??. 351?r
故数列an?3n?2(n?1,2,?)是满足题设要求的数列.
若存在两个不同的正整数数列a1?a2???an??和b1?b2???bn??满足
ra1?ra2?ra3???rb1?rb2?rb3???
去掉上面等式两边相同的项，有
rs1?rs2?rs3???rt1?rt2?rt3??，
这里s1?s2?s3??,t1?t2?t3??，所有的si与tj都是不同的.
不妨设s1?t1，则r
?rs1?rs2???rt1?rt2??，
1?rt1?s1?rt2?s1???r?r2???
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.
20、（2010二试2）设k是给定的正整数，r?k?
．记f(1)(r)?f(r)?r??r??，2
f(l)(r)?f(f(l?1)(r)),l?2．证明：存在正整数m，使得f(m)(r)为一个整数．这里，??x??表
示不小于实数x的最小整数，例如：???1，??1???1．
1k1??1??1?2???k?k k??k?k?1????????222??2?2?
?2?(?v?1?1)?2v?(?v?1??v?2)?2v?1???22v???k??， ① 22
?(?v?1?1)?2v?(?v?1??v?2)?2v?1???22v??.
显然k?中所含的2的幂次为v?1．故由归纳假设知，r??k??
经过f的v次迭代得到整2
数，由①知，f
(r)是一个整数，这就完成了归纳证明．
21、（2010二试4）一种密码锁的密码设置是在正n边形A1A2?An的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？
当n为奇数时，n?2i?0，此时
?n??2???i?0
?n?2i??2???
代入①式中，得4
?n?2i??n??n?
???2??2??2?
?2i??2j?2in?2i?1
??2??Cn2i2n?2i? ?Cn?Cn?2i??4??Cn2
j?0i?0i?0????
??Cn2(?1)k?(2?1)n?(2?1)n?3n?1．
22、（2011二试2）证明：对任意整数n?4，存在一个n次多项式
f(x)?xn?an?1xn?1???a1x?a0
具有如下性质：（1）a0,a1,?,an?1均为正整数；（2）对任意正整数m，及任意k(k?2)个互不相同的正整数r1,r2,?,rk，均有f(m)?f(r1)f(r2)?f(rk)．
23、（2011二试3）设a1,a2,?,an(n?4)是给定的正实数，a1?a2???an．对任意正实数r，
n2满足． ?r(1?i?j?k?n)的三元数组(i,j,k)的个数记为fn(r)．证明：fn(r)?
24、（2011二试4）设A是一个3?9的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A中的一个m?n(1?m?3,1?n?9)方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A中的一个1?1的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A中“坏格”个数的最大值．
【解析】首先证明A中“坏格”不多于25个．
用反证法．假设结论不成立，则方格表A中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．
设方格表A第i列从上到下填的数依次为ai,bi,ci,i?1,2,?,9．记
Sk??ai,Tk??(bi?ci),k?0,1,2,?,9，
这里S0?T0?0．
我们证明：三组数S0,S1,?,S9；T0,T1,?,T9及S0?T0,S1?T1,?,S9?T9都是模10的完全剩余系．
矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．
另一方面，构造如下一个3?9的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”．
综上所述，“坏格”个数的最大值是25．
25、（2012二试2）试证明：集合A?2,22,?,2n,?满足
（１）对每个a?A，及b?N，若b?2a?1，则b(b?1)一定不是2a的倍数；
（２）对每个a?A（其中A表示A在Ｎ 中的补集），且a?1，必存在b?N，b?2a?1，使b(b?1)是2a的倍数．
【解析】证明:对任意的a?A,设a?2,k?N,则2a?2
,如果b是任意一个小于2a?1
的正整数,则b?1?2a?1
由于b与b?1中,一个为奇数,它不含素因子2,另一个是偶数,它含素因子2的幂的次数最多为k,因此b(b?1)一定不是2a的倍数；
若a?A,且a?1,设a?2?m,其中k为非负整数,m为大于1的奇数, 则2a?2?m
下面给出(2)的三种证明方法: 证法一:令b?mx,b?1?2
y,消去b得2k?1y?mx?1.
?x?x0?2k?1t?
由于(2,m)?1,这方程必有整数解;?其中t?z,(x0,y0)为方程的特解.
??y?y0?mt?k?1???
把最小的正整数解记为(x,y),则x?2,故b?mx?2a?1,使b(b?1)是2a的倍数．
证法二:由于(2
,m)?1,由中国剩余定理知,同余方程组
?x?0(mod2k?1)k?1
在区间(0,2m)上有解x?b,即存在b?2a?1,使b(b?1)是2a的倍?
?x?m?1(modm)
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数论，是一个重要的数学分支，肇源极古。
数学竞赛中常常出现初等数论问题。这类问题，利用极少的知识，生出无穷的变化，千姿百态，灵活多样。
本书通过数学竞赛问题介绍初等数论的一些基本概念和方法。希望读者阅读此书时，带着纸和笔，在看例题的解答之前，先试着刍己动手，这样才能真正体味出解题的窍门。
余红兵，中国数学奥林匹克委员会委吊，数学奥林匹克国家集训队教练，苏州大学数学科学学院教授、博士生导师，理学博士。主要研究方向是数论，并长期有兴趣于数学普及工作，著作主要有《不定方程》、
《数学竞赛中的数论问题》、《奥数教程(高二三年级)》、《构造法解题》等
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