1、競賽中的數(shù)論問題的思考方法一. 條件的增設(shè)對于一道數(shù)論命題，我們往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情況，這樣，利用字母的對稱性等條件，往往可以就字母間的大小順序、整除性、互素性等增置新的條件，從而便于運用各種數(shù)論特有手段。1. 大小順序條件與實數(shù)范圍不同，若整數(shù)x，y有大小順序xm,而令n=m+u1，nu11，得 。同理，又可令m= u1+ u2，mu21。如此繼續(xù)下去將得uk+1= uk=1，而，ik。故是不大于1981的裴波那契數(shù)，故m=987，n=1597。例2. （匈牙利1965）怎樣的整數(shù)a，b，c滿足不等式 解：若直接移項配方，得。因為所求的都是整數(shù)，所以原不等式可

2、以改寫為：，變形為：，從而只有a=1，b=2，c=1。2. 整除性條件對于整數(shù)x，y而言，我們可以討論其整除關(guān)系：若x|y，則可令y=tx；若xy，則可令y=tx+r，0r|x|-1。這里字母t，r都是整數(shù)。進一步，若，且，則。結(jié)合高斯函數(shù)，設(shè)n除以k，余數(shù)為r，則有。還可以運用抽屜原理，為同余增設(shè)一些條件。整除性與大小順序結(jié)合，就可有更多的特性。例3. 試證兩相繼自然數(shù)的平方之間不存在自然數(shù)abcq）由p，q的互素性易知必有q|a，q|b。這樣，由ba即得。（有了三個不等式，就可對的范圍進行估計），從而。于是將導(dǎo)致矛盾的結(jié)果：。這里，因為a，b被q整除，我們由ba得到的不僅是ba+1，而是更

3、強的條件ba+q。例4. （IMO-25）設(shè)奇數(shù)a，b，c，d滿足0abcm。所以。，代入ad=bc中，有 （1），由（1）可得。即， （2）已知a，b都是奇數(shù)，所以a+b，a-b都是偶數(shù)，又是奇數(shù)的2倍，故b+a，b-a中必有一個不是4的倍數(shù)。由（2）必有或。其中，e，f為正整數(shù)，且是奇數(shù)。，與（2）比較可得由于km，故。從而e=1，。考慮前一情況，有由第二式可得 ，故 ，所以奇數(shù)a=1。對于后一情況，可作類似的討論。 顯然，上述解題思路中有兩個技巧：一是用放縮法證明k1時，我們總是作如下考慮：令，則必有。這種互素條件的增置往往對解題有很大作用。例7. （波蘭6465）設(shè)整數(shù)a，b滿足，試證

4、及都是完全平方數(shù)。解：變形可得：，故只要能證一個，則另一個必是。我們在排除了字母取零或相等的情況后，可設(shè)。這時令，從而方程變?yōu)椤ｏ@然有。另一方面又，有。注意到，于是有。這樣就有。至此已十分容易獲得命題的結(jié)論了。這里，由a1與b1互素導(dǎo)出a1b1與b1互素，是證明的關(guān)鍵。二. 從特殊到一般例8. （IMO-18）試求和為1978的正整數(shù)之積的最大值。解：我們可通過減少加法運算的次數(shù)來選擇特例，例如考慮求正整數(shù) 滿足使最大。顯然，最特殊且最簡單的正整數(shù)是1。例如取a1=1，這里由知乘積不是最大的值。對于某些正整數(shù)取2的情況，注意到2+2=4，22=4；2+2+2=6=3+3，2225。因此不如把一

5、個5拆成2與3的和，從而使乘積變大，對于6，7等有類似的結(jié)論。這樣，我們已大致可確定諸ai只應(yīng)取2或3，且2的個數(shù)不超過兩個。依此估計，由1978=6583+2+2，即可猜測最大的積為。例9. （IMO31備選題）設(shè)a，b是給定的正整數(shù)，現(xiàn)有一機器人沿著一個有n級的樓梯上下升降，每上升一次恰好上升a級，每下降一次恰好下降b級。為使機器人經(jīng)過若干次上升下降后，可以從地面升到樓梯頂，然后再返回地面，問n的最小值是多少？ 解：為了探討解法和結(jié)論，不妨設(shè)。我們分b|a與ab兩種情況進行討論。對于b|a的情況結(jié)論是顯而易見的：可令a=sb, 機器人上升一次，然后再連續(xù)下降s次即達到要求，故n=a.現(xiàn)考慮

6、ab。例如，特例a=5，b=3。這時機器人先上升一次達到第五級，為使n最小，機器人就不應(yīng)再上升，而是盡量下降。下降1次至第2級。此時，再上升一次到第2+5=7級，然后再一降兩次到第1級，又上升至1+5=6級，再下降二次至0級，從而機器人已完成了上升下降的全過程，故n=7。又取特例a=7，b=4。依上述方法可得n=10。通過特例，我們可作如下猜測：若ab，且（a，b）=1，則n=a+b-1。實際上，依照上述試驗的思路，這一猜想是可以被證明的。數(shù)論中還有很多命題是通過選取某一特殊的數(shù)作為模來討論和解決的。這種數(shù)往往是根據(jù)命題的一些因素（如項的系數(shù)、字母的指數(shù)、式的形狀等），通過試用來選擇和確定的，

7、最簡單的是mod2，即奇偶分析法。其次是模3，4，5，8等。三. 討論極端情況由于整數(shù)集具有最大（?。┱麛?shù)原理這一特性，我們往往可以從某種條件下有最大（?。┰爻霭l(fā)進行討論。例如，可考慮：（1）數(shù)列中具有某種特點的極端項；（2）數(shù)的最小因數(shù)；（3）數(shù)的分解式中某素數(shù)的最高次冪；（4）未知數(shù)的最小正整數(shù)值；（5）一組正整數(shù)解和的最小值。使用這種方法的實例很多。例10. （IMO28）設(shè)n2，這里x為整數(shù)。若當(dāng)時，f(x)都是素數(shù)，試證對任何0xn-2，f(x)也都是素數(shù)。解：設(shè)命題結(jié)論不成立，我們就可取使f(x)為合數(shù)的最小整數(shù)。我們通過的最小素因數(shù)p的討論，將可證明，從而產(chǎn)生矛盾。例11. （

8、IMO29）設(shè)正整數(shù)a，b使ab+1整除，試證是完全平方數(shù)。 解：記，則正整數(shù)k應(yīng)使方程 （1），關(guān)于未知數(shù)a，b有正整數(shù)解。顯然ab0，否則由ab-1就可以從（1）導(dǎo)出k0。設(shè)a0，b0是（1）的使a0+ b0最小的一組正整數(shù)解，不妨設(shè)a0b0。固定k與b0，由（1）有，由（2）知是整數(shù)。若k不是完全平方數(shù)，則，故由（3）知。注意到，故。這就表明，也是（1）的一組正整數(shù)解。易證，故。這是矛盾的。故k是完全平方數(shù)。四. 縮小取值范圍討論并縮小變數(shù)或式子的取值范圍，是解決數(shù)論命題常用的方法之一。對數(shù)論中有關(guān)整數(shù)的命題而言，這種方法有著特殊的作用：如能將取值范圍確定在一有限區(qū)間內(nèi)，我們就可以用有限

9、個整數(shù)逐一進行檢驗。通過取某些數(shù)為模來排除不合要求的剩余類是縮小取值范圍的一個重要方法。例12. （IMO30備選題）設(shè)正整數(shù)a，b，c，d，m，n滿足，其中a，b，c，d的最大者為，試求m與n的值。解：由條件不難看出m是奇數(shù)。同時可對a+b+c+d的取值范圍作出一個估計，而在此范圍內(nèi)可成為的數(shù)是不多的。事實上，由柯西不等式得。，因而m只能從1，3，5，7，9這五個數(shù)中選取.再由知只能有m=7或9。因而只要證明，即可確定，進而。這里，我們主要是利用已知的重要不等式來確定取值范圍。例13. （IMO19）設(shè)a，b是正整數(shù)，除以a+b時，商為q，余數(shù)為r。試求所有的數(shù)偶a與b，使得。 解：由，可得

10、估計q44。于是。但q取得較小值時，由就使r增大，進而由r3，必存在素數(shù)p，滿足npn!。解決此類命題的關(guān)鍵是尋找和構(gòu)造所需的數(shù)或式。例如，取，k為任意非零整數(shù)，就證明了（1）；取，就證明了（2）；取p為n!-1的最小素因數(shù)，也可證明npn!。我們要強調(diào)指出前面（*）中的n個數(shù)的構(gòu)造是極有啟發(fā)性的。首先，其中N的選擇還是有跡可尋的：由“n個相繼自然數(shù)”立即可聯(lián)想到取N+1，N+2，N+n。但N+1不能判定是否為合數(shù)，因而應(yīng)取消，于是立即聯(lián)想到（*）。為了保證各數(shù)是合數(shù)，就應(yīng)要求N同時含有因數(shù)2，3，n，n+1。這樣的構(gòu)造還為我們提供了解決另一些命題的線索。例如，為證“存在n個相繼的自然數(shù)，其中僅有一個素數(shù)”這一結(jié)論，可從數(shù)列（1）出發(fā)進行分析：設(shè)p為大于N+1的最小素數(shù)，可以證明：p-n+1，p-1，p；除最后一個數(shù)p外，都是合數(shù)。例14. （IMO30）試證對于任何正整數(shù)n，存在n個相