与数论有关的竞赛题类型探究

第６期　章国水：与数论有关的竞赛题类型探究　・５・　（２０１１年全国初中数学联赛试题）　解　当／２＜８时，　２　＋２５６＝２　（１＋２　）．　而得到，ｚ＝１１．　评注指数不定方程的形式千姿百态，很多问　题形式简单，解答较为复杂．不过由于初中所学内　若它是完全平方数，则ｎ必为偶数．但易知１＋２　不是完全平方数．　当　＞８时，　２　＋２５６＝２　ｆ２　一。＋１　．　容的限制，命题时常常设定其解答方法为常用的相　关策略，本例结合“２的正整数次幂”，借助“奇偶分　析”加以解答．　不定方程作为数论的一个分支，有着悠久的历　若它是完全平方数，则２　＋１为某个奇数的平　方．设２一。＋１＝（２ｋ＋１）　（ｋ为自然数），则　２　一　＝　（ｊ｝＋１）。　史与丰富的内容，其案例不一而足，对应的解法也　不拘一格．很多不同形式的不定方程，其解法相通，　往往需要多种方法同时运用，需要读者在深谙相关　方法和技巧的基础上灵活运用．　由于ｋ和ｋ＋１一个为奇数一个为偶数，则ｋ＝１，进　与数论有关的竞赛题类型探究　●章国水　（元培中学浙江绍兴３１２０００）　ａｉ＋２是奇数，这说明一个偶数后面一定要接２个或　初等数论问题是数学竞赛的热点内容，它所涉　及的范围主要有十进制整数及表示方法、奇数和偶　数、整除性（被２，３，４，５，８，９，１１等数整除的判　２个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个　数．　定）、素数和合数、最大公约数与最小公倍数、带余　除法、同余、完全平方数、不定方程等等．初等数论　问题在初中数学竞赛中占有较大比例，本文通过对　因此口１，ｎ２，０３，口４，０５只能是：偶，奇，奇，偶，　奇，有如下５种情形满足条件：２，１，３，４，５；２，３，５，　４，１；２，５，１，４，３；４，３，１，２，５；４，５，３，２，１．故选Ｄ．　２带余除法　全国各地初中数学竞赛中的有关初等数论的试题　进行研究，结合一些有关数论的竞赛试题进行题型　及解法介绍．　给定整数ａ，ｂ，ｂ≠０，如果有整数ｑ，ｒ（０≤ｒ＜　Ｉ　ｂ　Ｉ）满足ａ＝ｑｂ＋ｒ，则ｑ和ｒ分别称为ａ除以ｂ的　商和余数．特别地，当ｒ＝０时，称ａ被ｂ整除，记作　ｂ　Ｉ口，或者说口是ｂ的倍数，而ｂ是ａ的约数．　２．１　整除　１奇偶性分析　自然数可以分为奇数和偶数．对于奇数与偶数　的性质，在解答竞赛题时只要合理、灵活、巧妙、有　意识地利用它并运用正确的推理分析方法，就可以　解决许多与奇偶数相关的有趣问题．　例１将１，２，３，４，５这５个数字排成一排，最　后一个数是奇数，且使得其中任意连续３个数之和　都能被这３个数中的第１个数整除，那么满足要求　的排法有　Ａ．２种　Ｂ．３种　Ｃ．４种　（　Ｄ．５种　）　例２小倩和小玲每人都有若干面值为整数　元的人民币．小倩对小玲说：“你若给我２元，我的　钱数将是你的ｎ倍”；小玲对小倩说：“你若给我　元，我的钱数将是你的２倍”，其中ｎ为正整数，则　ｎ的可能值的个数是　Ａ．１　Ｂ．２　Ｃ．３　Ｄ．４　（　）　（２０１２年数学周报杯全国初中数学联赛试题）　解设小倩所有的钱数为　元、小玲所有的钱　ｒ　＋２：　（Ｙ一２）；　【Ｙ＋ｎ：２（　一ｎ），　（２００８年数学周报杯全国初中数学联赛试题）　解　设ａ１，ａ２，ａ３，口４，口５是１，２，３，４，５的一个　满足要求的排列．　数为Ｙ元，均为非负整数．由题设可得　首先，对于ａ　，ａ　，ａ，，ａ　，不能有连续的２个数　都是偶数，否则，这２个数之后都是偶数，与已知条　传矛晤．　消去　得　则　２ｎ＝　（２，，一７）ｎ＝Ｙ＋４，　．　又如果ａ　（１≤ｉ≤３）是偶数，ａ…是奇数，则　・６・　中学教研（数学）　因为　为正整数，所以２ｙ一７的值分别为１，３，　ｚ．ｙ—。／　５，１５，Ｙ的值只能为４，５，６，１１．从而ｎ的值分别为　８，３，２，１；　的值分别为ｌ４，７，６，７．故选Ｄ．　２．２约数与倍数　例３对于ｉ：２，３，…，ｋ，正整数ｎ除以ｉ所得　的余数为ｉ一１．若　的最小值　满足２　０００＜／７，。＜　３　０００，则正整数ｋ的最小值为　（２０１０年数学周报杯全国初中数学联赛试题）　解　因为ｎ＋１为２，３，…，ｋ的倍数，所以ｎ的　最小值　满足ｒ／，。＋１＝［２，３，…，ｋ］，其中［２，３，　…，　］表示２，３，…，ｋ的最小公倍数．由于　［２，３，…，８］＝８４０，［２，３，…，９］＝２　５２０，　［２，３，…，１０］＝２　５２０，［２，３，…，１１］＝２７　７２０，　因此满足２　０００＜ｔ／，。＜３　０００的正整数ｋ的最小值　为９．　３素数、合数与完全平方数　素数、合数与完全平方数都是比较特殊的整　数，在竞赛中常常可以看到关于这类数的问题．只　要抓住这些数的特性，问题就迎刃而解．如完全平　方数的特性，奇数的平方是８凡＋１型；偶数的平方　为８凡或８ｎ＋４型．　３．１素数与合数　例４设Ｐ（≥５）是质数，并且２ｐ＋１也是质　数．求证：４ｐ＋１是合数．　证明　由于Ｐ是大于３的质数，故Ｐ不会是３　的形式，从而Ｐ必定是３　＋１或３　＋２的形式，ｋ是　正整数．　（１）若Ｐ＝３ｋ＋１，则　２ｐ＋１＝２（３　＋１）＋１＝３（２ｋ＋１）　是合数，与题设矛盾．　（２）若Ｐ＝３ｋ＋２，这时　４ｐ＋１：４（３　＋２）＋１＝３（４ｋ＋３）　是合数．故４ｐ＋１是合数．　３．２完全平方数　例５能使２　＋２５６是完全平方数的正整数ｎ　的值为一　（２０１１年全国初中数学联赛试题）　解　当ｎ＜８时，２　＋２５６＝２　（１＋２　一　），若它　是完全平方数，则ｎ必为偶数．　若ｎ＝２，贝４　２　＋２５６＝２　×６５；　若　＝４，贝４　２　＋２５６＝２　Ｘ　１７；　若ｎ＝６，贝４　２　＋２５６＝２。×５；　若ｎ＝８，贝０　２　＋２５６：２　Ｘ　２．　因此，当　≤８时，２　＋２５６都不是完全平方数．　当ｎ＞８时，２　＋２５６＝２　（２　一。＋１），　若它是完全平方数，则２　＋１为一奇数的平　方．设２　＋１＝（２ｋ＋１）　（ｋ为自然数），则　２一ｍ＝ｋ（ｋ＋１）．　由于ｋ和ｋ＋１是一奇一偶，因此ｋ＝１，于是２一ｍ＝　２，故ｎ＝１１．　４　同余　对于整数ａ，ｂ，ｃ，且ｃ≠０，若ｃ　１（ａ—ｂ），则称　ａ，ｂ关于模ｃ同余，记作ｎ；ｂ（ｍｏｄｃ），比如２６—　１４（ｍｏｄｌ２）．　例６设凡为整数，且１≤凡≤２　０１２．若（ｎ　一　ｎ＋３）（ｎ　＋ｎ＋３）能被５整除，则所有ｎ的个数为　（２０１２年数学周报杯全国初中数学联赛试题）　解　（ｎ　一ｎ＋３）（ｎ　＋ｎ＋３）＝（ｎ　＋３）　一　＝　ｎ　＋５凡　＋９．　可知５　ｌ（ｎ　＋９），从而ｎ　１（ｒｏｏｄ５），于是　ｎ＝５ｋ±１或　＝５ｋ　４－２，　又　２　０１２－２－５＝４０２……２，　因此共有２　０１２—４０２＝１　６１０个数．　５不定方程　不定方程也称为丢番图方程，是数论的重要分　支学科，也是历史上最活跃的数学领域之一．数学　竞赛中的不定方程问题，不仅要求学生对初等数论　的一般理论、方法有一定的了解，而且讲究思想、方　法与技巧，要求创造性地解决问题．　例７已知直角三角形的边长均为整数，周长　为６０，求它的外接圆的面积．　（２０１２年全国初中数学联赛试题）　解设直角三角形的３条边长分别为ａ，ｂ，ｃ　（ａ≤ｂ＜ｃ），则　ｎ＋ｂ＋ｃ＝６０．　显然，三角形的外接圆的直径即为斜边长Ｃ，下面　先求ｃ的值．由ａ≤６＜Ｃ及ａ＋ｂ＋Ｃ＝６０得　６０＝ａ＋ｂ＋ｃ＜３ｃ．　从而　ｃ＞２０．　由ｎ＋ｂ＞Ｃ及ｎ＋ｂ＋ｃ＝６０，得　６０＝ａ＋ｂ＋ｃ＞２ｃ．　从而　ｃ＜３０．　又因为ｃ为整数，所以２ｌ≤ｃ≤２９．根据勾股定理可　得　第６期　章国水：与数论有关的竞赛题类型探究　・７・　ａ　＋ｂ　＝Ｃ　．　把Ｃ＝６０一ａ—ｂ代入，化简得　ａｂ一６０（ａ＋ｂ）＋１　８００＝０，　即　（６０一ａ）（６Ｏ—ｂ）＝１　８００：２。×３　×５　．　因为ａ，ｂ均为整数且ａ≤ｂ，所以只可能是　｛６０。－一ａ６＝：３２　３￣×５；　，，、　ｆ６０—０＝２×５　；　或　１　６０—６：２　×３　．　解得　ｆａ６＝：１２０５，或ａ＝１０．　当ａ＝２０，６＝１５时，Ｃ＝２５，三角形的外接圆的　面积为６２　５叮『；当。：１０，６：２４时，ｃ：２６，三角形的　外接圆的面积为１６９，ｒｒ．　６高斯函数　高斯函数是一个非常重要的数论函数，其应用　非常广泛．在数学竞赛中经常出现关于［　］的方　程、等式、不等式、整除问题、格点问题、组合数问题　等．对任意实数　，［　］是不超过　的最大整数．亦　称［　］为　的整数部分，［　］≤　＜［　］＋１．　例８　已知０＜口＜１，且满足ａ＋　］＋　［ｎ＋　］＋…＋［。＋　２９］＝１８，Ｎ［１Ｏｎ］的值等于　——（［　］表示不超过　的最大整数）．　（２００６年全国初中数学联赛试题）　解因为ｏ＜。＋　１＜。＋　２＜…＜。＋　＜２，　所以【。＋　］，［ｎ＋　］，…，［口＋　］等于０或　．由　题设知，其中有１８个等于１，于是　［口＋　］＝［ｎ＋　］＝…＝ａ＋　１１］＝０，　［。＋　］＝［。＋　］＝…＝［。＋　】＝　，　因此　０＜ｎ＋　１１＜１＇１≤。＋　＜２．　故　１８≤３０＜１９，　于是６≤１０＜　，即［１０ｎ］：６．　７进位制　设ｎ为正整数，　为大于２的正整数，ａ　，ａ：，　…，ａ　是小于ｋ的非负整数，且ａ　＞０．若ｎ＝　ａＩｋ　一　＋ａ２　一　＋…＋ａ　ｌｋ＋ａ　，贝０称数ａ１ａ２…ａ　为凡的　进制表示．　例９小明家电话号码原为６位数，第１次升　位是在首位号码和第２位号码之间加上数字８，成　为一个７位数的电话号码；第２次升位是在首位号　码前加上数字２，成为一个８位数的电话号码．小　明发现，他家２次升位后的电话号码的８位数，恰　是原来电话号码的６位数的８１倍，则小明家原来　的电话号码是——．　（２００６年全国初中数学联赛试题）　解设原来电话号码的６位数为ａｂｃｄｅｆ，则经　过２次升位后电话号码的８位数为２ａ８ｂｃｄｅｆ根据　题意，得　８１×ａｂｃｄｅｆ＝２ａ８ｂｃｄｅｆ．　记　＝ｂ×１０　＋Ｃ×１０。＋ｄ×１０　＋ｅ×１０＋厂，于是　８１×ａ×１０　＋８１ｘ＝２０８×１０　＋ａ×１０６＋　．　解得　＝１　２５０×（２０８—７１ａ）．　因为０≤　＜１０　，　所以０≤１　２５０×（２０８—７１ａ）＜１０　，　故．．　】２８　＜口≤　２０８　，　因为ａ为整数，所以ａ＝２，于是　＝１　２５０×（２０８—７１×２）＝８２　５００．　因此，小明家原来的电话号码为２８２　５００．　８综合型　这类竞赛题所涉及到的数论知识比较多，要结　合以上几种类型的方法进行解决．　例９如果对一切　的整数值，　的二次三项　式　＋ｂｘ＋Ｃ的值都是平方数（即整数的平方）．　证明：　（１）２０，２ｂ，Ｃ都是整数；　（２）ａ，ｂ，Ｃ都是整数，并且Ｃ是平方数；　（３）反过来，如果第（２）小题成立，是否对一切　的　的整数值，　的二次三项式　＋　＋ｃ的值都　是平方数？　（２００２年全国初中数学联赛试题）　证明　（１）由题设，分别令　＝０，一１，１，可得　Ｃ＝ｍ　，２ａ＝ｎ　＋ｋ　，２ｂ＝ｎ　一ｋ　均为整数（其中ｍ，　ｎ，ｋ为整数）．　（２）第（１）小题中已证Ｃ是整数且是平方数．　假设２６为奇数２￡＋１（ｔ为整数），取　＝４得１６ａ＋　４６＋ｍ　＝ｈ。（ｈ为整数）．因为２口为整数，从而１６ａ　可被４整除，故１６ａ＋４ｂ＝１６ａ＋４￡＋２除以４余２，　・８・　中学教研（数学）　所以１６ａ＋４６为偶数．又因为　１６ａ＋４ｂ＝（ｈ＋ｍ）（ｈ—ｍ）　１６ａ＋４ｂ＝（ｈ＋ｍ）（ｈ—ｍ）．　能被４整除，从而２６为偶数，这与假设矛盾．　若ｈ，ｍ的奇偶性不同，则　因此假设不成立，即２６应为偶数，ｂ为整数，　１６ａ＋４ｂ＝（ｈ＋，　）（ｈ—ｍ）　故Ⅱ＝ｋ　＋ｂ—ｃ为整数．　为奇数，这与１６ａ＋４６为偶数矛盾．　（３）令０＝ｂ＝ｃ＝　＝１，则　＋　＋Ｃ＝３，不　若ｈ，ｍ的奇偶性相同，则　是平方数，因此不一定成立．　平面几何中线段“和差倍分＂问题的证明　●倪建荣　（秀州中学分校浙江嘉兴３１４０００）　线段“和差倍分”问题是几何证明的重要内容　△ＢＤＥ　△ＣＤＧ，得ＢＥ＝ＣＧ，即ＡＢ—ＡＣ＝２ＡＥ．　之一，这类问题的证明方法灵活多变、技巧性强，且　评注证法１在较长线段上截取，证明剩余部　没有固定的解题模式，在各级各类数学竞赛中出现　分相等；证法２则相反，将较短线段延伸再证明相　的频率较高．解决线段“和差倍分”问题的基本原　等．证法１与证法２正好是“割”与“补”的２种方　则是转化，即通过对原问题中相关线段的变形，实　法．　现矛盾的转移，从而达到化未知为已知、化难为易、　例２　在锐角ＡＡＢＣ中，／＿＿ＡＣＢ＝６０。，０为　化繁为简的目的．本文拟对这类问题的常用解法作　ＡＡＢＣ外接圆的圆心，Ｈ为垂心，ＯＨ的延长线交　一些探讨．　ＡＣ于点Ｐ，其反向延长线交ＢＣ于点Ｑ．求证：ＡＰ＋　１合理割补。水到渠成　８Ｑ＝ＰＱ．　割补法（截长补短法）是证明线段“和差倍分”　证明　如图４，延长ＢＯ交ｏ０于点Ｇ，联结　问题的一种重要方法，它通过“分割”或“添补”，在　ＣＧ，ＡＧ，ＣＨ，Ａ且可证四边形ＡＨＣＧ为平行四边形，　相关线段或其延长线上构造能够表示线段“和差　得ＡＧ＝ＣＨ．由／＿ＡＣＢ＝６０。及ＢＧ为直径，得ＡＧ：　倍分”的新线段，从而将多线段问题转化为２条线　ＣＯ，从而ＣＨ＝ＣＯ．延长ＣＨ交ｏ０于点Ｅ，联结ＣＯ　段问题，促使原问题的解决．　并延长交ｏ０于点Ｆ，联结ＥＦ，则ＥＦｌ／ａ８，从而证　例１　如图１，在ａＡＢＣ中，ＡＢ＞ＡＣ，　Ａ的外　得ａＣ朋　ＡＣＱＯ，因此ＡＣＰＱ为等边三角形．再　角平分线交ＡＡＢＣ的外接圆于点Ｄ，ＤＥ上ＡＢ于点　证明ＡＰ＝ＰＨ，同理可得ＨＱ＝Ｑ８，于是ＡＰ＋ＢＱ＝　Ｅ，求证：ＡＥ：　．　ＪＰＱ．　评注本例巧妙地运用了圆的性质，通过构建　平行四边形和全等三角形，将２条不共线的线段长　度之和转化为一条线段的长度．　图１　图２　图３　证法１　如图２，在ＢＥ上截取ＥＦ＝ＡＥ，联结　ＤＣ，ＤＢ，ＤＦ．易知ＤＥ垂直平分线段ＡＦ，则ＤＦ＝　＠一ｃ　ＤＡ．又由　ＤＦＡ＝／＿ＤＡＦ＝／＿＿．ＤＡＧ，得　ＤＦＢ＝　图４　图５　ＤＡＣ．而　ＤＢＦ＝　ＤＣＡ，从而△ＤＢＦ　△ＤＣＡ，　２构建平行，迎刃而解　得ＢＦ＝ＡＣ，即ＡＢ—ＡＣ＝２ＡＥ．　利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的　证法２　如图３，延长ＣＡ至点Ｇ，使ＡＧ＝ＡＥ，　平行线段相等”等定理，可通过添加平行线，将某　联结ＤＣ，ＤＢ，ＤＧ．易证ＡＡＤＥ　ＡＡＤＧ，从而可证　些线段“送”到恰当位置，从而获得证题思路．