第16 讲数论试题选讲
在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A类例题
例1．设p是给定的奇质数，正整数k使得k2－pk也是一个正整数，求正整数k。（2004年全国高中数学竞赛）
分析k2－pk是一个正整数，即k2－pk是一个完全平方数。为了配方，考虑4(k2－pk)是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解由题k2－pk是一个正整数，则k2－pk是一个完全平方数，
设k2－pk=m2，m∈N*，则4(k2－pk)=4m2，
∴(2k－p) 2=p2+4m2，∴(2k－p) 2－4m2 = p2，
∴(2k－p－2m)(2k－p+2m)= p2，(2k－p)
∵(2k－p+2m)＞0，(2k－p－2m)＜(2k－p+2m)，
且p是给定的奇质数，
∴2k－p－2m=1且2k－p+2m= p2，
∴4k－2p=1+ p2，即4k=(1+p)2，
由于k＞0，∴2k=1+ p，k= 1+p
2∈N*。
说明本题中，p是已知数，k是未知数，所求的是用p表示出k。借助m=k2－pk列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n，使得n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）
分析n是整数，对多项式n4+6n3+11n2+3n+31配方，如果恰好是一个n的多项式的平方，则所有的整数n都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。很显然，本问题配方以后会有多出的部分。
解设A＝n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方数，
则配方后A＝(n2+3n+1)2―3(n―10)是完全平方数．
当n＜10时，A＜(n2+3n+1)2，所以A≢(n2+3n)2，
∴ A ―(n 2+3n )2＝(n 2+3n +1)2―3(n ―10)―(n 2+3n )2≢0，
即 (n 2+3n +1)2―(n 2+3n )2≢3(n ―10)，
∴ 2n 2+3n +31≢0，这不可能．
当n =10时，A ＝(102+3×10+1)2=1312是完全平方数。
当n ＜10时，A ＞(n 2+3n +1)2，
若n ≢－3，或n ≣0，则n 2+3n +1≣0，
于是A ≣(n 2+3n +2)2，化简得2n 2+9n －27≢0，
∴ －7＜－3(33+3)4≢n ≢3(33－3)4
＜3， ∴ n =－6，－5，－4，－3，0，1，2，
此时对应的A =409，166，67，40，31，52，145都不是完全平方数．
若n =－2，－1，与之对应的A =37，34也都不是完全平方数．
所以，只有当n =10时，A 是完全平方数．
说明 A 是完全平方数，配方后(n 2+3n +1)2也是完全平方数，若A 等于(n 2+3n +1)2，配方多出的多项式应该等于0；若A 不等于(n 2+3n +1)2，配方多出的多项式应该大于或小于0，但此“多余的”式子是一次的，不能反映出较多的信息，必须进一步估计范围。
例3．在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，若相邻若干个数之和能被11整除，则这些数组成一个数组，这样的数组共有_________个。
分析 若干个数的和被11整除，只要考虑这些数模11的剩余的和被11整除即可，为了计算简单，这些剩余的绝对值应该尽量的小。而相邻若干数的和，常常与数列前n 项的和S n 相关。
答 7个。把各项先减去11的倍数，使数字变小易于计算。
由此有如下数列：1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1。
设其前n 项之和为S n ，则S 1＝1，S 2＝5，S 3＝2，S 4＝1，S 5＝6，S 6＝3，S 7＝2，S 8＝5，S 9＝2，S 10＝1。其中相等的有S 1＝S 4＝S 10＝1，S 2＝S 8＝5，S 3＝S 7＝S 9＝2，这样有7组差S 4―S 1，S 10―S 1，S 10―S 4，S 8―S 2，S 7―S 3，S 9―S 7，S 9―S 3为0，即共有7组能被11整除。
说明 数列a 1，a 2，……，a n 中，连续若干项的和a k+1+a k+2+…+a m 就是S n ―S k 。
例4．已知a 、b 、c 为正整数，且3a +b 3b +c
是有理数。 证明： a 2+b 2+c 2 a +b +c
是整数。（2004年芬兰高中数学竞赛） 分析 3a +b 3b +c
是有理数，其中隐含着正整数a 、b 、c 的关系，找出a 、b 、c 的关系，进一步推出a +b +c 是a 2+b 2+c 2的约数。
证明 因为3为无理数,故, 3b －c≠0，于是
3a +b 3b +c
= (3a +b )(3b －c )3b 2－c 2 = 3ab －bc+3(b 2－ac ) 3b 2－c 2， 上式表示有理数，则有b 2－ac =0。
从而 a 2+b 2+c 2=(a+b+c )2－2ab －2bc －2ca
=(a+b+c )2－2(ab +bc +b 2)
=(a+b+c ) (a －b+c ).
故 a 2+b 2+c 2 a +b +c
= a －b+c ∈Z 。 说明 3a +b 3b +c
是有理数，其分子、分母中的无理数3应该可以约去，注意到a 、b 、c 为正整数，有a b = b c
即可，也即b 2=ac 。 情景再现
1．已知a 、b 、c 、d 均为正整数，且log a b =32，log c d =54。若a －c =9，则b －d = 。（2003年全国高中数学竞赛）
2．一组相邻的正整数，其中任何一个都不能被大于1的奇数的立方所整除，则这组数最多有_______个。
3．将一个四位数的数码相反顺序排列时为原来的4倍，求原数。
4．由7个数字0，1，2，3，4，5，6组成且能被55整除的最小七位数是 ； B 类例题
例5．证明：不存在正整数n ，使得2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1全都是完全平方数。（2004年日本数学奥林匹克）
分析 完全平方数有诸多性质，推理过程中容易找到方向。
譬如若2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1全都是完全平方数，则两两的乘积 (2n 2+1)(3n 2+1)=6n 4+5n 2+1，(2n 2+1)(6n 2+1)=12n 4+8n 2+1和(3n 2+1)(6n 2+1)=
