高中奥数 2021-07-28

2021-07-28-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数论余红兵同余 P038 例8）

连结正边形的顶点,得到一个闭的一折线.证明:若为偶数,则在连线中有两条平行线;若为奇数,连线中不可能恰有两条平行线.

证明

这是一个不宜用几何方法解决的几何问题,它与模的完全剩余系有关依逆时针顺序将顶点标上数.设问题中的闭折线为,这里是的一个排列.

首先,由诸是正边形的顶点易知

当为偶数时,,故模的任一完系之和.

但另一方面,我们总有

$\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n-1}\left(a_{i}+a_{i+1}\right) & =\sum_{i=0}^{n-1} a_{i}+\sum_{i=0}^{n-1} a_{i+1}=2 \sum_{i=0}^{n-1} a_{i}=2 \times \frac{n(n-1)}{2} \\& =n(n-1) \equiv 0(\bmod n). \end{aligned}$ (*)

所以不能构成模的完全剩余系,即必有,使得

因而必有一对边.

当为奇数时,若恰有一对边,则个数之中恰有一个剩余类出现两次,从而也恰缺少一个剩余类,于是

结合(*)得,矛盾! 这表明在为奇数时,不可能恰有一对边平行.

2021-07-28-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数论余红兵同余 P040 例9）

设是奇数,证明:将元集合任意去掉一个元素后,总可以将剩下的元素分成两组,每组个数,使两组的和模同余.

证明

论证的一个关键是,对任意,,集合可以从作变换

得到这就将问题化归为证明其特殊情形:可以分成两组,每组个数,使两组的和模同余.

我们区分两种情况.当时,注意个数对

中,每对的和模均为,于是任取个数对作成一集,剩下的对数作另一集便符合要求.

若,我们先取、、于一集,、、于另一集,然后将剩下的个数对

各取对分置上述两集即可.

2021-07-28-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数论余红兵同余 P040 例10）

证明:对任意整数,存在一个次多项式

具有下述性质:

(1)均为正整数;

(2)对任意正整数,及任意个互不相同的正整数,均有

证明

本题的基本精神是要求两个整数不能相等,同余对此正能派上用场.

我们希望作出一个(首项系数为的)正整数系数的次多项式,使得对任意整数,均有,由此即知,对任意个整数,有,但,因此,对任意整数,数与模不相等,从而它们决不能相等.

我们取

.(1)

将(1)的右边展开即知是一个次的首项系数为的正整数系数的多项式.另一方面,对任意整数,由于,故连续个整数中必有一个为的倍数,因此,故由(1)知.这表明多项式(1)符合问题的要求.

构作的方式很多,下面是一个稍有些不同的方法:

我们注意,当为偶数时,则对任意整数a有.这是因为,若为偶数,则,故整除;若为奇数,则因为偶数,故是奇数的平方,从而,故.

同样不难证明,当为奇数时,被整除.

因此,对偶数,取

对奇数,取

所以是次的首项系数为的正整数系数多项式;对任意整数,有.

因此多项式符合要求.证毕.

2021-07-28-04

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数论余红兵同余 P041 例11）

设、是两个给定的正整数.证明,有无穷多个正整数,使得与l互素.

证法一

我们需证明,有无穷多个,使得对于的任一个素因子,有.注意

.(1)

对于任意一个素数,设,即,但,这里.我们取(无穷多个),使得(1)的右边.这样的可以取为

.(2)

对满足(2)的,(1)的右边(在模意义下)被简化为,即有

因故由上式知.

现在设是的全部的不同素因子,并设,由上面的结果知,若,即

,(3)

则与均互素,从而与互素.满足(3)的正整数当然有无穷多个.证毕.

证法二

将表示为

$\begin{aligned} \mathrm{C}_{m}^{k} &=\frac{m(m-1) \cdots(m-k+1)}{k !} \\ &=\frac{m}{1} \cdot \frac{(m-1)}{2} \cdot \cdots \cdot \frac{(m-(k-2))}{k-1} \cdot \frac{(m-(k-1))}{k} \\ &=\left(\frac{m+1}{1}-1\right)\left(\frac{m+1}{2}-1\right) \cdot \cdots \cdot\left(\frac{m+1}{k-1}-1\right)\left(\frac{m+1}{k}-1\right) \end{aligned}$

我们希望取正整数,使得对任意,为的倍数,从而每个均与互素,故它们的积与互素,即.显然符合这样的要求,,这当然有无穷多个.

2021-07-28-05

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数论余红兵同余 P042 习题1）

一个立方体的顶点标上数或,面上标一个数,它等于这个面四个顶点处的数之乘积.证明:这样标出的个数之和不能为.

证明

记为所说的和.我们将任一顶点处的有的地方改为,则中有四个数,设为、、、被改变了符号,用表示改数后的个数之和,由于,故.

重复进行这种改数过程,直至顶点处的数均为为止,即知,所以.

2021-07-28-06

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数论余红兵同余 P042 习题2）

求所有的正整数,使得由个数码与一个数码构成的十进制整数,都是素数.

解

由个数码与一个数码构成的正整数可表示为形式,这里,是由个所构成的整数.

当时,的数码之和被整除,故,于是,但,故此时不是素数.

现在设.注意,我们因此将模分类,来讨论模的值(的情形已不必考虑).易于得知,对,

$\begin{aligned} A_{6 l+1} &=\frac{1}{9} \times\left(10^{6 l+1}-1\right)=\frac{1}{9} \times\left(10^{6 l}-1\right) \times 10+\frac{1}{9} \times(10-1) \\ & \equiv 1(\bmod 7) \\ A_{6 l+2} & \equiv 4, A_{6 l+4} \equiv 5, A_{6 l+5} \equiv 2(\bmod 7) \end{aligned}$

此外,,,,模依次同余于,,,.因而当时,按,分别取,即知

故不是素数,从而大于的均不合要求.在时,不难验证只有,合要求.

2021-07-28-07

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数论余红兵同余 P043 习题3）

设是素数,,,,.证明:.

证明

由得.因此

.(1)

又,故,从而.结合(1)知.

2021-07-28-08

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数论余红兵同余 P043 习题4）

设是给定的正整数,证明:由

定义的数列的前个项中,必有一项被整除.

证明

无妨设.我们用表示被除得的余数.考虑有序数对

(1)

因为被除得的余数共组成个互不相等的有序数对,故在序列(1)中取出前个数对,其中必有两个相同.设是下标最小的与某个相等的数对,我们证明必然是,否则从

推出,故,这与的最小性矛盾,所以.

现在由.可知,即.

高中奥数 2021-07-28

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