奥数竞赛中的数论问题

2023年12月24日发(作者：数学试卷汇编的答案)

摘 要

初等数论是研究整数最基本性质的一门学问，在中学数学学习过程中，初等数论的知识和思想方法是常见的。初等数论知识和思想方法，一方面出现在日常教学中，另一方面是以竞赛的形式出现的，后者更为突出。本文从数的整除、同余、不定方程这三个方面阐述了初等数论在中学解题中的具体应用。数论问题在奥数竞赛中一直是热点和难点，本文精选了一部分奥数题作为典型例题进行剖析，希望能给读者一些助益。

关键词：奥数；初等数论；中学教学；解题应用

Abstract

Elementary Number Theory is a basic knowledge on integral researching and its study

method is very common in the middle school teaching. In particular, we often encounter such

problem in all kinds of mathematics competition. In this paper, we elaborate the

application of

integer divisibility, integer congruence and indeterminate equation. Recently, Elementary

Number Theory is a key problem in all kands of mathematics competition. So extensive

research such problem will benefit much to common people.

Keywords Mathematical Olympiad; elementary number theory;

problem-solving applications.

secondary teaching;

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目 录

第一章 前 言

……………………………………………………… 1

第二章 整数的可除性问题………………………………………………… 2

2.1 整数的相除…………………………………………………………………… 2

2.2 高斯函数…………………………………………………………………… 6

第三章 同余问题

………………………………………………………………… 11

第四章 不定方程问题

………………………………………………………………16

第五章 结论

………………………………………………………………………… 24

参考文献………………………………………………………………………………… 25

致谢……………………………………………………………………………………… 26

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第一章 前 言

数论是一门古老而基础的数学，至今仍有许多没有解决的问题，一些问题的解决对于现代数学的发展起到了重要的推动作用，也产生了一些直接与数学有关的新的重要的数学分支，而且在现代信息技术中有很重要的应用。在日常生活中，也常常会遇到数论的一些问题。

初等数论是研究整数最基本的性质，是一门十分重要的数学基础课程，在中学数学学习过程中，初等数论的知识和思想方法是常见的。教师在日常教学中要给予足够的重视。随着新课程改革的逐步深入，初等数论知识和思想方法，一方面出现在日常教学中，另一方面是以竞赛的形式出现的，后者更为突出。

对于前者《课标》是这样要求的，该专题是为对数学有兴趣和希望进一步提高数学素养的学生而设置的，所涉及的内容反映了某些重要的数学思想方法，有助于学生进一步打好数学基础，提高应用意识，有助于学生终身的发展，有助于扩展学生的数学视野，有助于提高学生对数学的科学价值、应用价值、文化价值的认识。

对于后者，初等数论在奥林匹克竞赛中占有愈来愈重要的地位，对提高中学生的数学素养很有帮助。致力于数学竞赛的教师而言，必须明确数论的基本结构，它包括整除理论，同余理论和不定方程。整数集对于加法、减法、乘法运算是封闭的，但对于除法是不封闭的，因而研究整数之间的除法成了数论中的重要部分。同余是初等数论中的一门语言，同余概念的出发点：考虑它们除以某个不小于2的正整数所得的余数，依据余数的不同将所有的整数分类。

值得注意的是，在数学竞赛中，教师主要强调数论知识的技巧，而在日常教学中要注意数论思想方法的教学。《普通高中·数学课程标准》教师教学的总体要求是：本专题学生通过具体的问题的学习有关整数和整除的知识，探索用展转相除法求解简单的一次不定方程、简单同余方程、同余方程组等，从中体会思想方法，了解我国古代数学的一些重要成就。力求深入浅出，通俗易懂，进一步提高学生分析和解决问题的能力，让学生掌握和体会一些重要的概念、结论和思想方法，体会数学的作用，发展应用意识。

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第二章 整数的可除性问题

整除是数论中的基本概念，是整个课程课程最基础的部分，它们也是整个数学的基础知识，大部分都是在小学甚至在幼儿园时就开始学习的。由于当时考虑到儿童的理解力，着重点是具体数字的计算和运用。因此对绝大多数学生来说，可能计算技能是熟练的，对计算方法和概念未必能从一般的角度来掌握，从而对它们的本质未必理解。因此在中学阶段重新学习和体会是大有裨益的，此外，本章还要介绍x,x这两个极有用的记号，以及相关解题中的应用。

2.1 整数的相除

首先介绍下这一节所需要了解的一些预备知识：

1. 基本定理

定理（带余除法） 若a,b是两个整数，其中b0，则存在唯一的一对整数q和r，使得

abqr(0rb)，

(2.1-1)

其中q称为商数，r称为余数.

2. 定义

(1)

在上述带余除法中，当r0时，则称a能b被整除，或者b整除a，记为ba，并约定00.易见当a,b均为正整数时，有ba.

，若b1，则b叫(2)

若ba，则a叫做b的倍数，b叫做a的约数（因数）做a的真约数.

(3)

若a不能被b整除，则记作bła.

b.

(4)

如果atb，at1łb，tN，记作at3. 欧几里得（Euclid）辗转相除法

设a,b是任意两个正整数，由带余除法，知

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abq1r1(0r1b),br1q2r2(0r2r1),.........rn2rn1qnrn(0rnrn1),rn1rnqn1rn1(rn10),于是rn(a,b).

4.

关于整除的一些简单性质

(2.2-2)

(1)

b|0,1|a,a|a(a0).

(2) 若b|a,a0,则1ba.

(3)

若a|b,kZ,则a|kb.

(4)

若a|b,a|c,则a|(bc).

推论 1 若a|b,a|(bc),则a|c.

推论 2 若a|b,a|c,m、nZ,则a|(mbnc).

(5)

若a|b,则am|bm.

(6)

若a|b,b|c,则a|c.

(7)

若a|c,b|c,(a,b)1,则ab|c.

(8)

若a|bc,(a,b)1,则a|c.

(9)

若p为素数，p|ab,则p|a或p|b

推论 3 若p为素数，p|am,则p|a.

12rpr,bp1prr,则a|bii(i1,2,...,r).

(10) 设ap1k(11)

若ai0,b能整除a1,a2,...,ak中的k1个，则b能整除另一个.

i15 几个相除结论

(1)

任何n个连续整数之积一定能被n整除.

(2)

任何n个连续整数之积一定能被n整除.

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(3)

(ab)n被a除的余数是b.

现在我们再来看一下这些知识的具体应用：

典型例题与基本方法

例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求证：11｜（3x-7y+12z）.

证明：∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)

而 11｜11(3x-2y+3z),且 11｜(7x+2y-5z),

∴ 11｜4(3x-7y+12z)

又 (11,4)=1

∴ 11｜(3x-7y+12z).

2.整除性问题的证明方法

(1) 利用数的整除性特征

例2 （1980年加拿大竞赛题）设72|a679b，试求a,b的值.

解: 72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除a679b时a,b的值.

若

8|a679b，则8|79b，由除法可得b2.

若

9|a679b，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3.

（2） 利用连续整数之积的性质

① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除.

② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除.

这个性质可以推广到任意个整数连续之积.

31例3 （1956年北京竞赛题）证明：n3n2n1对任何整数n都为整数，且22用3除时余2.

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证明：

311n3n2n1n(n1)(2n1)1 (2.1-3)

222∵n(n1)为连续二整数的积,必可被2整除.

∴n(n1)对任何整数n均为整数,

21∵n(n1)(2n1)1为整数,即原式为整数.

2n(n1)(2n1)4n(n1)(2n1)又∵

282n(2n1)(2n2)，

82n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，

n(n1)(2n1)∴是能被3整除的整数.

231n(n1)(2n1)2故n3n2n1被3除时余2.

222例4 一整数a若不能被2和3整除，则a2+23必能被24整除.

证明 ： ∵a2+23=（a2-1）+24，只需证a2-1可以被24整除即可.

∵2ł a.∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数),

则a2-1=(2k+1)-1=4k+4k=4k(k+1).

22∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除，

∴8|4k（k+1），即8|（a2-1）.

又∵（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|

a（a-1）（a+1）=

a（a2-1），

∵3ł a，∴3|（a2-1）.3与8互质, ∴24|(

a2-1),即a2+23能被24整除.

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2.2 高斯函数

x

高斯函数是傅里叶变换的特征函数，其在自然科学、社会科学、数学以及工程学领域都有广泛运用，现在我们一起来看看如何去解决与高斯函数有关的数论问题。首先来了解一下我们需要的一些预备知识：

基础知识

1. 定义：设xR，则x为不大于x的最大整数.

2. 函数x的性质：

(1)

yx的定义域为实数集R，值域为整数集Z.

(2)

xxr,0r1.

(2.2-1)

(3)

x1xxx1.

(4)

yx是广义增函数，即当x1x2时，x1x2成立.

(5) 设nZ,，则nxnx（即整数可以外移或内移）.

nn(6)

xixi.特别地nxnx,，其中n为正整数.

i1i1nn(7) 对正实数x1,x2,...,xn有xixi.。特别地，对正数x及正整数n有i1i1nx.

xx,xnnnyy(8) 对正实数x，y有.

xxxx(9) 设n为正整数，则.

nn(10) 对整数x，xx,对非整数x，xx1.

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m(11) 对正整数m和n，不大于m的n的倍数共有个.

n下面我们通过例题来感受一下解与高斯函数有关的数论问题的具体的方法：

典型例题与基本方法

例1 （第9届美国数学邀请赛AIME试题）设r是实数且满足条件：

19202191rrr...r546

(2.2-2)

100100100100求100r.

192091rr解： 设rn，且设r，，… ，中有k个为100100100n1,73k个n，(0k73).

于是按题意，有(73k)nk(n1)546,即n7这样便得r35k,所以k35,n7.

7356578,r8,即743100r744.

100100故100r743.

1 运用函数x的性质证明含f(n)的恒等式、不等式

例2 （1987年第19届加拿大数学竞赛题）对每一正整数n，证明

nn14n14n24n3. (2.2-3)

证明：设x为正整数，且x24n1.

若x为偶数，则x24m4n1,因而

mn1.

x24m4n44n3

同样有x24n2.

若x为奇数，则

x24m14n1.

同样有x24n3.

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特别地，取x4n11，则有

4n114n34n14n1,

所以

4n34n1,

从而

4n14n24n3.

另一方面，

(nn1)22n12n(n1)2n12n4n1,(nn1)2n12(n1)4n3.2

所以有4n1(nn1)24n3.即

4n1nn14n3.

于是有

nn14n14n24n3.

例3 （1981年第44届莫斯科数学奥林匹克题）试问：对x1，下面的等式

xx

(2.2-4)

一定能成立吗？

解： 由函数的定义得

设xxx1.

xn，则有n4x(n1)4,从而

n2x(n1)2,(n1)2,n2xnxn1,n1,nx

n.于是

xx因此

x.



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2. 关注xxx性质的运用

例4 （第10届地中海地区数学竞赛题）设x为大于1的非整数. 证明：

xxxxxx)9,

(2.2-5)

()(xxx2xxx其中，x与x分别表示x的整数部分和小数部分.

证明： 设xa,xr(0r1),则题中不等式等价于

(a2ra2arr9)()aa2rr2ar2

raar52()().ara2r2ar2由于ra2,故只需证

arar3.

a2r2ar2ar302a211ar2r22(ar)27ar0

a2r2ar2显然成立.

综上所述，原不等式得证.

又

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第三章 同余问题

在日常生活中，我们所要注意的常常不是某些整数，而是这些数用某一固定的数去除所得的余数。例如我们问现在是几点钟，就是用24去除某一个总的时数所得的余数。又如问现在是星期几，就是问用7去除某一个总的天数所得的余数，同时几点钟或同为星期几，常常在生活中有同样的意义。这样，就在数学中产生了同余的概念。这个概念的产生可以说大大丰富了数学的内容。本章首先介绍同余的概念及其基本性质，进而举出实例探讨这类题的解法技巧。

3.1

同余

下面是阅读本章所需要了解的预备知识：

1 定义

设m为正整数，若整数a和b被m除的余数相同，则称a和b对模m同余，记作ab(modm).

2 同余的基本性质

(1)

aa(modm).

(2)

ab(modm)m|ba,即有abmq.

特别地，a0(modm),即m|a.

(3)

ab(modm)bkma(Z).

(4) 若ab(modm),则ba(modm).

(5) 若ab(modm)，bc(modm),则ac(modm).

(6) 若ab(modm),

cd(modm),则

acbd(modm),

acbd(modm),anbn(modm)(nN).

(7)

若acbc(modm),

(c,m)d,则

ab(modm),

(3.1-1)

d其中符号(c,m)表示c，m的最大公约数.

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特别地，当(c,m)1时，若acbc(modm),则ab(modm).

(8) 若n|m,

ab(modm),则ab(modn).

(9) 若d是a,b,m的公约数，又有ab(modm)，则

abm(mod). (3.1-2)

ddd(10) 若ab(modm)，则(a,m)(b,m).

(11) 若(a,m)1,则必存在a，使aa1(modm).

事实上，取a,y,使aamy1即得.

若a|b,(a,m)1,则a*bb(modm),两端乘以a，则有

abb

abaa*(modm).

aa 由上可把a看成a的“倒数”，当然，在通常意义下非零的数才有倒数，而在同余的意义下，与模互素的数才有倒数.

3． 同余类

由关于模m同余的数组成的集合，每一个集合叫做关于模m的同余类（或叫做关于模m的剩余类）.

由于任何整数被m除的余数只能是0,1,2,...,m1这m种情形，所以整数集可以按对模m同余的关系分成m个子集：

A0,A1,A2,...,Am1.

其中Aiqmi|m为模，qZ，0im,i0,1,2,...,m1.

所有的Ai(i0,1,2,...,m1)满足

m1m1AiZ,i0i0Ai.

4. 完全剩余系

从模m的m个同余类A0,A1,A2,...,Am1中，每一类Ai取一数ai，则a0,a1,a2,...,am1叫做模m的一个完全剩余系（简称m的完系）.显然，完系中的元素分别属于m个不同的剩余类.

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最简单的模m的完全剩余系是0,1,2,...,m1,也叫做模m的最小非负完系.如果(a,m)1，a0,a1,a2,...,am1是模m的一个完系，则aa0b,aa1b,...,aam1b也是模m的一个完系.

事实上，只要证明aa0b,aa1b,...,aam1b对模m两两不同余.若aaibaajb(modm),因(a,m)1,则aiaj(modm).又a0,a1,a2,...,am1是完系，所以只有ij.

典型例题与基本方法

例1 证明当且仅当指数n不能被4整除时，1n2n3n4n能被5整除，其中n是正整数.

证明： 不难验证

1411(mod5),

24161(mod5),3811(mod5),442561(mod5).4

(3.1-3)

假设

n4kr,r0,1,2,3.

由以上

a41(mod5)，a1,2,3,4.

则

a4k1(mod5),

ana4krar(mod5）.

由此可得

Sn1n2n3n4n1r2r3r4r(mod5)

当r0,1,2,3,依次有

当r0时，Sn44(mod5).

当r1时，Sn100(mod5).

当r2时，Sn300(mod5).

当r3时，Sn1000(mod5).

因此，当且仅当n不能被4整除时，Sn能被5整除.

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例2 试证对每个正整数都存在一个它的倍数，该数包含全部10个阿拉伯数字.

证明： 设p1234567890*10k，n为给定的正整数，k是使10kn的一个整数，则

这n个数中必有一p1,p2,...,pn是n个以1234567890开始的十进制数，个是n的倍数.

1. 灵活运用同余的性质解题

例3 （1980年第14届全苏数学奥林匹克题）接连写出19至80的两位数，问：所得到的数19202122…787980能被1980整除吗？

解： 设A7980.

显然20|A.

由于100k(991)k99M1,其中M为正整数，k为正整数，

所以100k1(mod99).

于是有

A19*1006120*10060...79*10080（192021...7980）

31*99（0mod99),从而99|A.

又因为(20,99)1,所以

20*991980|A.

2. 善于利用同余类、完系处理问题

例4 （1991年澳大利亚数学通讯竞赛题）求具有以下性质的最小正整数n，使得对于任意选定的n个整数，至少存在两个数，它们的和或差能被1991整除.

解： 取996个整数的集合Mai|ai0,1,2,...,995,则

对于所有的ij,

i,j0,1,2,...,995,

aiaj9959941989,

0aiaj995.

所以M中任意两数的和与差都不是1991的倍数.

设n997,a1,a2,...,a997是任意给定的997个整数.

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若ai,aj模1991不同余，对所有ij，则由于

995，994，... ，0，1，2，... ，995.

是1991的完全剩余类，故不妨假设ai995.

此时，由于n997996,所以至少存在两个不同的数ai,aj，使得aiaj,

于是有

1991|(aiaj).

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第四章 不定方程问题

中国古代数学家张丘建曾经解答了下面的题目：

“鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一。百钱买百鸡。问鸡翁母雏各几何？”

设用x,y,z分别代表鸡翁，鸡母，鸡雏的数目，就得到下面的方程：

15x3yz100,

3xyz100.消去z，再化简，即得

7x4y100.

我们要解决这个问题，就是要求出上述方程的非负整数解。但是上述方程不过是二元一次不定方程的一个具体例子，所谓二元一次不定方程的一般形式是

axbyc,

其中a,b,c是整数。不定方程在历史上有极其丰富的研究，文献极其丰富，也留下很多经典难题。另一方面，由于数学应用的空前普遍，方程及不等式的整数解问题研究，也就有了应用前景。

4.1 不定方程

不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且它们的解受到某种限制的方程。通常研究的是不定方程的正整数解、整数解、有理数解等。不定方程也称为丢翻图方程，是数论的重要分支学科，是历史上最活跃的数学领域之一，不定方程的内容极其丰富，与代数数论、代数几何、集合数学等有密切的联系。不定方程的重要性在数学竞赛中也得到了充分的体现，每年世界各地的数学竞赛中，不定方程的问题都占有一席之地；它也是培养和考察学生数学思维能力的好材料，数学竞赛中的不定方程问题，不仅要求选手对初等数论的一般理论、方法要有一定的了解，而且更需要讲究思想、方法与技巧，创造性地解决相关问题。

1. 不定方程问题的常见类型

(1) 求不定方程的解；

(2)

判定不定方程是否有解；

(3) 判定不定方程的解的数量（有限还是无限）.

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2 不定方程问题的常用解法

(1) 代数恒等变形，如因式分解、配方、换元等方法；

(2) 不等式估计法：利用不等式等方法，确定出方程中某些变量的范围，进而求解；

，缩小变量的范围或性(3) 同余法：对等式两边取特殊的模（如奇偶分析）质，得出不定方程的整数解或判定其无解；

(4) 构造法：构造出符合要求的特解，或构造一个求解的递推式，证明方程有无穷多解；

(5) 无穷递降法.

不定方程理论中，有如下几个关于特殊方程的求解定理.

3 二元一次不定方程

定义1 形如axbyc(a,b,cZ,a,b不同时为零）的方程称为二元一次不定方程.

定理1 不定方程axbyc有整数解的充要条件是(a,b)|c

证明 必要性是显然的，下证充分性.

设(a,b)d,aa1d,bb1d,cc1d,于是原方程可化为

a1xb1yc1,(a1,b1)1.

\'\'\'\',y0,使得a1x0b1y01, 因(a1,b1)1，由裴蜀定理知，存在整数x0\'\')b1(c1y0)c1, 所以a1(c1x0\'\',y0c1y0从而，x0c1x0就是原方程的整数解.

裴蜀定理：若(a,b)r，则存在整数x0,y0，使得ax0by0r.

证明 根据辗转相除法有

aq1br1,bq2r1r2,.........

ri2qiri1ri,

.........rs2qsrs1rs,rs1qs1rs0.- 16 -

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rs与0的最大公因数是rs，rs也就是rs与rs1的一个最大公因数，同样的理由，逐步推上去，rs就是a与b的最大公因数.

由上面的倒数第二个等式，我们有

rsrs2qsrs1.

再由倒数第三式，rs1rs3qs1rs2，代入上式可消去rs1，得到

rs(1qsqs1)rs2qsrs3.

然后根据同样的方法用它上面的等式逐个地消去rs2，... ，r1，再并项就得到

rsax0by0

所以有整数x0,y0使得ax0by0r.

定理2 设x0,y0是方程axbyc的一组整数解，则此方程的一切整数解可表示为

bxx0t,(a,b)yybt.

tZ (4.1-1)

0(a,b)证明 因为x0,y0是一组解，所以ax0by0c，因此

a(x0bat)b(y0t)ax0by0c,

(a,b)(a,b)这表明(4.1-1)是方程的解.

设x\',y\'是方程的任一整数解，则有ax\'by\'c,

把它与原方程相减，得a(x\'x0)b(y\'y0),

所以a|y\'y0.

(a,b)abt，得x\'x0t，所以

(a,b)(a,b)令

y\'y0x\'x0bat，y\'y0t.

(a,b)(a,b)- 17 -

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因此，x\',y\'可表示为（4.1-1）的形式，从而命题得证.

4． 勾股数方程

定义2 形如x2y2z2的方程叫做勾股数方程，这里x,y,z为正整数，并称满足条件(x,y)1的解为方程的基本解.

定理 3 勾股数方程x2y2z2满足条件2|y的一切基本解可表示为

xa2b2,y2ab,za2b2，

(4.1-2)

其中ab0,(a,b)1,且a,b为一奇一偶.

证明 定理包含两部分内容：其一，当a,b满足条件时，由（4.1-2）给出的(x,y,z)是勾股数方程的解；其二，对于勾股数方程的任一解(x,y,z)，必可找到满足要求的a,b，使x,y,z可表示成（4.1-2）的形式.前者是明显的，下证后者.

由（4.1-2）知x,y,z0，且2|y.若(x,z)d，则d|x,d|z,即

d|(a2b2),d|(a2b2).

从而d|2a2,d|2b2,故d|2(a2,b2),由(a,b)1，知(a2,b2)1,从而d|2,但a,b一奇一偶，故x为奇数，所以d1.

另外，设(x,y,z)是勾股数方程的任意一组满足2|y的基本解.因y为偶数，故zxzx均为整数，且

,22zxzxzxzxzx(,)(,2*)(z,zx)(z,x)1.

22222zxzxyzxzx又都是完全平方数，即存在整数ab0,*()2,所以,22222使得

zxzxya2,b2,ab.

222x,z为奇数，且(x,z)1,此时所以

xa2b2,y2ab,za2b2,

又由于z是奇数，故a,b一奇一偶，且

(a2,b2)(zxzx,)1，故(a,b)1.

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5. 佩尔(pell)方程

形如x2dy21（dN*，d不是完全平方数）的方程称为佩尔方程. 能够证明它一定有无穷多组正整数解；又设(x1,y1)为该方程的正整数解(x,y)中使xyd最小的解，则其的全部正整数解由

1nnx[(xdy)(xdy)]n11112（n1,2,3,1yn[(x1dy1)n(x1dy1)n]2d）

(4.1-3)

给出.

①只要有解(x1,y1)，就可以由通解公式给出方程的无穷多组解.

②xn,yn满足的关系：xnynd(x1y1d)n；xn2x1xn1xn2 ，

yn2x1yn1yn2上面的公式也可以写成如下几种形式：

(1)

xnynd(x1y1d)n.

(2)

xn1x1xndy1yn,yn1x1yny1xn.

xn12x1xnxn1yn12x1ynyn1

(3)

6. 不定方程

xyzt

这是个四元二次方程，此方程也有不少用处，其全部正整数解极易求出：

设(x,z)a，则xac,zad，其中(c,d)1，故acyadt,即cydt,因(c,d)1，

所以d|y,设ybt,则tbc.

因此方程xyzt的正整数解可表示为

xac,ybd,zad,tbc.a,b,c,d都是正整数，且(c,d)1.反过来，易知上述给出的x,y,z,t都是解.

也可采用如下便于记忆的推导：

设xtccxc,这里是既约分数，即(c,d)1.

由于约分后得出，故zyddzdxac,zad，同理tcb,yab.

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典型例题与基本方法

例1．（1）求不定方程37x107y25的所有解；

（2）求不定方程7x19y213的所有解.

解析：（1）可以由辗转相除法得到，其实根据该方法可以得到必存在整数s,t，使得37s107t1.如10723733,371334,3481，依次反代即可得到一个特解.

21319y35y（2）x，可以取x302y，此时可以得到y2.从而得到一77个特解.

注 这个两个方法是基本方法.

1. 因式分解法

将方程的一边化为常数，作素因数分解，另一边含未知数的代数式也因式分解，再考虑各因式的取值，分解成若干个方程（组）来求解.

例2 求所有的有理数r，使得方程

rx2(r1)x(r1)0 (4.1-4)

的所有解都是整数.

解： 当r0时，方程为x10，它的根x1是整数.

当r0时，方程(4.1-4)是一个关于x的一元二次方程，若它有整根x1,x2（不妨设x1x2），由韦达定理，得

x1x211xx11r12r由此可得

从中消去r，得x1x2x1x22,即(x11)(x21)3.

x113x211

x113x211

1解得x14,x22或x10,x22.从而求得r或1.

71综上所述，当r0或或1时，方程(4.1-4)的所有根均为整数.

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1例3 求不定方程(xy)(yz)(zx)(xyz)31xyz的整数解.

2解： 作代换，设xyu,yzv,zxw,则原方程变形为

4uvw(uvw)38(uvw)(uvw)(uvw),

展开后，合并同类项，得

4(u2vv2ww2uuv2vw2wu2)8uvw8,

即

u2vv2ww2uuv2vw2wu22uvw2.

对上式左边进行因式分解，得(uv)(vw)(wv)2.

于是(uv,vw,wu)(1,1,2),(1,1,2),(2,1,1)及对称的情形，分别求解，可得(u,v,w)(1,0,1),(1,2,1),(1,0,2),进而(x,y,z)(1,0,0),(2,1,1).

综上所述，结合对称性，可知原方程的整数解为(x,y,z)(1,0,0)，(0,1,0)，(0,0,1)，(2,1,1)，(1,2,1)，(1,1,2)，共6组解.

2. 配方法

将已知方程变形为一边是平方和的形式，另一边是常数，从而求得方程的整数解或判定方程无解的方法叫做配方法.

例4．a为给定的一个整数，当a为何值时，方程y31a(xy1)有正整数解？有正整数解时，求这个不定方程.

解：y31a(xy1)可以变形为x3y31y3x3y3a(xy1)，这样(xy1)|y3x3y3，一个明确的事实xy1,y31，从而(xy1)|1x3.这样我们得到(xy1)|1x3(xy1)|y31(*).不妨假设yx,yx两种情况.

（1）yx

y311y1a(y1)a2y，从这个代数式发现，y2，对y1单独y1y132讨论，有2a(x1)，a1,x3;a2,x2，这种情况共有解：a1,3,1;a22,1；a32,2，注意到(*)式的等价性，又有解

a14,1,3;a91,2

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（2）xy

y311y将等式转化为不等式a2，从同余的角度看有aky1,k1，所y1y1y311y以ky12，

y1y1y212y1若k1，则y1(y1)(xy1)yxyx1x，只能y1y132是y2,x5,a1;y3,x5,a2。注意到(*)式的等价性，又有解 ：

y5,x2,a14;y5,x3,a9

综上，可以有a1，2，3，9，14，对应的解分别为

3,1，5,2，2,1，1,2，3,5，2,2，1,3，5,3，2,5共9组解.

3. 不等式估计法

例5 试求方程x2xy4y3y2y的整数解.

解： 方程两边乘4，并对左边配方，得

(2x1)24(y4y3y2y)1. (4.1-5)

而(4.1-5)的右边(2y2y1)2y22y(2y2y)23y24y1.

从而当y2或y1时，有(2y2y)2(2x1)2(2y2y1)2

由于2y2y，2y2y1是两个连续的整数，故它们之间不会含有完全平方数，从而上式不成立，因此1y2.由此得原方程的全部整数解是

(x,y)(0,1)，(1,1)，(0,0)，(1,0)，(6,2)，(5,2).

4. 同余方法

如果不定方程F(x1,x2,...,xn)有整数解，则对任意mN*，其整数解(x1,x2,...,xn)均满足

F(x1,...,xn)0(modm). （4.1-6）

运用这一条件，同余方程（4.1-6）有解即为原方程有解的一个必要条件.另外，也可用同余的方法排除一些情形，使不定方程的求解得以简化.

例6 求所有满足方程

8x15y17z

（4.1-7）

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的三元正整数组(x,y,z).

解： 在（4.1-7）式两边取mod 8得(1)y1(mod8),所以y是偶数，再mod 7得23z(mod7)，所以z也是偶然.

此时，令y2m,z2t(m,tN).

于是，由（4.1-7）式可知：23x(17t15m)(17t15m).

由唯一分解定理：17t15m2s,17t15m23xs,从而

117t(2s23xs)2s123xs1.

（4.1-8）

2注意到17是奇数，所以要使（4.1-8）式成立，一定有s1,于是

17t15m2.

（4.1-9）

当m2时，在（4.1-9）式两边mod 9得(1)t2(mod9),这显然是不成立的，所以m=1，从而t1,x2.故方程（4.1-7）只有唯一一组正整数解(x,y,z)(2,2,2).

注 处理这类“指数型”的不定方程，一个常用的方法就是取模，这样就能利用同余的性质导出解或与之相关的量所满足的一些性质（比如奇偶性），使问题简化。这种方法的关键是选一个好模，使取模之后真正能得到一些关系.这样就要求因取模而进行的同余运算是简单的.就本题而言，第一次取mod 8，就是因为151(mod8),171(mod8)的缘故.

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第五章 结论

数学奥林匹克是起步最早、规模最大、类型多种、层次较多的一项学科竞赛活动。多年来的实践表明：这项活动可以激发青少年学习数学的兴趣，焕发青少年的学习热情，吸引他们去读一些数学小册子，促使他们寻找机会去听一些名师的讲座；这项活动可以使参与者眼界大开，跳出一个班、一个学校或一个地区的小圈子，去与其他“高手”互相琢磨，激励并培养他们喜爱有挑战性数学问题的素养与精神；这项活动可以使参与者求知欲大增，使得他们的阅读能力、理解能力、交流能力、表达能力等诸能力与日俱增。这是一种有深刻内涵的文化现象，所以在中学阶段对一些学有余力的学生进行一些奥数方面的培训是很有益处的。

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参 考 文 献

[1] 闵嗣鹤, 严士健. 初等数论(第三版), 北京: 高等教育出版社, 2003.12(2009重印).

[2] 沈文选, 张垚, 冷岗松, 唐立华. 奥林匹克数学中的数论问题. 长沙: 湖南师范大学出版社, 2009.8.

[3] 边红平主编. 初等数论[M]. 杭州: 浙江大学出版社, 2007.

[4] 2003年IMO中国国家集训队教练组.数学奥林匹克试题集锦[M]. 上海:华东师范大学出版社, 2003.

[5] 中等数学（2004年增刊）. 天津:天津师范大学, 2004: 26—30.

[6] 中等数学（2005年增刊）. 天津:天津师范大学, 2005: 24—27.

[7] 中等数学（2006年增刊）. 天津:天津师范大学, 2006: 28—34

[8] 沈文选. 整数整除问题的若干证法[J]. 数学园地, 1985（3）: 32—35.

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致 谢

从论文选题到搜集资料，从提纲的完成到正文的反复修改，我经历了喜悦、聒噪、痛苦和彷徨，在写作论文的过程中，心情是如此复杂。如今，伴随着这篇毕业论文的最终成稿，复杂的心情烟消云散，自己甚至还有一点成就感。

我要感谢我的导师欧阳伦群老师。他为人随和热情，治学严谨细心。从选题、定题、撰写提纲，到论文的反复修改、润色直至定稿，欧阳伦群老师始终认真负责地给予我深刻而细致地指导。正是有了老师的无私帮助与热忱鼓励，我的毕业论文才得以顺利完成。

我还要感谢我的班主任张卓飞老师以及在大学四年中给我们授课的所有老师们，是他们让我学到了很多很多知识，让我看到了世界的精彩，让我学会了做人做事。

最后感谢四年里陪伴我的同学、朋友们，有了他们我的人生才丰富，有了他们我在奋斗的路上才不孤独，谢谢他们。

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