第 17 讲 数论基础解决拓展性问题
1. 高斯取整函数 [x) 表示不超过 x 的最大整数.
① [x)∈( x−1, x ],[x)+[ y)≤[x + y) ；
②若 x , y ∈Z ，则 [x + y)=[x)+[ y) ；若 x , y ∉Z , x + y ∈Z ，则
[x + y)=[x)+[ y)+1 ；
③ n ！的标准分解中，素数
p 的最高次数
p(n!)=[
n
p)+[
n
p
2)+[
n
p
3)+⋯+[
n
p
k)+⋯ .
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【例 1】已知 p,q ,r 均为素数，且
pqr
p+q+r 为整数，则( )
A. p,q ,r 中一定有一个是 2 B. p,q ,r 中一定有一个是 3
B. p,q ,r 中一定有两个数相等 D.
pqr
p+q+r 也为素数
【分析】特殊值探路:2,5,7 满足条件,3,5,7 也满足条件,所以排除 ABC,故答
案为 D. 下面采用反证法证明
pqr
p+q+r 也为素数:
假设
pqr
p+q+r 不是素数,则
pqr
p+q+r =mk ,k 为素数,
则 pqr =km( p+q+r) ,因此 p+q+r 只能是 p,q ,r 中的一个,故与假设矛
盾.
【解答】D
【例 2】已知 60 支球队两两比赛,且一定有胜负,每队赢的概率均为 1
2 ,设
没有两队赢相同场数的概率为 q
p ,其中 p,q 为互质的正整数,则使得 2
n 可整
除 p 的最大正整数 n 是( )
A. 1768 B. 1746 C. 1714 D. 1702
【分析】要求整数 n 的最大值,首先应求出 p 的值,根据概率公式可得.
由题意可得每个队均比赛 59 场,总共比赛 C60
2 场,
由于每两队赢的场数均不相同，所以可得 60 支球队赢的场数分别为
0,1,2,3,⋯,59 场, 所以 q
p = A60
60⋅(
1
2)
C60
2
= 60!
2
1770
.
而
60 !
的
标
准
分
解
中
2
的
次
数
为
[
60
2 )+[
60
4 )+[
60
8 )+[
60
16)+[
60
32)+[
60
64)+⋯=56 ,
即得 60!=2
56⋅M ,其中 M ∈N
∗ ,且 (2, M )=1, q
p = 2
56⋅M
2
1770
= M
2
1714
,
得到所求整数 n 的最大值为 1714 .
【解答】C
【例 3】设 a1,a2,a3,a4 是 1,2,3,⋯,100 中的 4 个互不相同的数,满足
(a1
2+a2
2+a3
2) . (a2
2+a3
2+a4
2)=(a1a2+a2a3+a3a4)
2 ,则这样的有序数组 (a1,a2,a3,a4)
的个数为_____.
【分析】由柯西不等式知, (a1
2+a2
2+a3
2)(a2
2+a3
2+a4
2)≥(a1a2+a2a3+a3a4)
2 ,等
号成立的充分必要条件是 a1
a2
= a2
a3
= a3
a4
,即 a1,a2,a3,a4 成等比数列.
于是问题等价于计算满足 {a1,a2,a3,a4)⊆{1,2,3,⋯,100} 的等比数列
a1,a2,a3,a4 的个数.
设等比数列的公比 q≠1 ,且 q 为有理数.
记 q = n
m ,其中 m,n 为互质的正整数,且 m≠n .
先考虑 n>m 的情况.
此时 a4=a1(
n
m)
3
= a1n
3
m
3
,注意到 m
3 与 n
3 互素,故 l = a1
m
3 为正整数.
相应地, a1,a2,a3,a4 分别等于 m
3l ,m
2nl ,mn
2l ,n
3l ,它们均为正整数.
这表明,对任意给定的 q = n
m >1 ,满足条件并以 q 为公比的等比数列
a1,a2,a3,a4 的个数, 即为满足不等式 n
3l≤100 的正整数 l 的个数,即 [
100
n
3 )
.
由于 5
3>100 ,故仅需考虑 q =2,3, 3
2 ,4 , 4
3 这些情况,相应的等比数列的个
数为 [
100
8 )+[
100
27 )+[
100
27 )+[
100
64 )+[
100
64 )=12+3+3+1+1=20.
当 n<m 时,由对称性可知,亦有 20 个满足条件的等比数列 a1,a2,a3,a4 .
综上可知, 共有 40 个满足条件的有序数组.
【解答】 40
【例 4】若 1!+2!+3!+⋯+2016 ! 除以 100 所得余数为( )
A. 3 B. 13
C. 27 D. 前三个答案都不对
【分析】某数除以 100 所得的余数就是这个数的末两位数字.
因为当 n≥10 时, 100∣n! ,
而
1!+2!+3!+ 4!+5!+6!+7!+8!+9!≡1+2+6+24 +20+20+ 40+20+80≡13(mod 100)
,
所以原式除以 100 的余数为 13.
【解答】B
【例 5】关于 x , y 的不定方程 x
2+615=2
y 的正整数解有( )
A. 0 组 B. 1 组 C. 2 组 D. 3 组
【分析】如果将式子变成一个数等于另两个数之积, 则可求解该问题.
当 3∣x 时 x
2≡0(mod 3) ，当 3 不整除 x 时 x
2≡1(mod 3) ，
显然 2
y≡(−1)
y(mod 3),3∣615 ,
可得 x 不是 3 的倍数, x
2+615=2
y 两边模 3 得 1≡(−1)
y(mod 3) ,则 y
是偶数.
设 y =2m ,则 2
2m−x
2=(2
m−x)(2
m+ x)=615=3×5×41 ,
因为 x ,m∈N
∗ ,
所以 {
2
m−x =1,
2
m+ x =615,)
或 {
2
m−x =3,
2
m+ x =205,)
或 {
2
m−x =5,
2
m+ x =123,)
或 {
2
m−x =15,
2
m+ x = 41,)
只有第三组有正整数解 {
m=6,
x =59,)
故 (x , y)=(59,12) ,只有一组解.
【解答】B
【例 6 】证明: 存在无穷多个正整数组 (a,b,c)(a,b,c>2015) ,满足
a|bc−1,b)ac +1 , c∣ab+1 .
【分析】可以从整除的特殊情形出发, 找到满足条件的数组.
【解答】考虑特殊情况 c =ab+1 ,此时 c∣ab+1 成立.
由 a∣bc−1 知, a∣b(ab+1)−1 ,故 a∣b−1 ①,
由 b∣ac +1 知, b∣a(ab+1)+1 ,故 b∣a+1 ②,
为满足 ①、②，取 a=k ,b=k +1(k ∈N
∗) ，此时 c =ab+1=k
2+ k +1 .
当正整数 k >2015 时, (a,b,c)=(k ,k +1,k
2+ k +1) 均符合条件,
因此满足条件的正整数组 (a,b,c) 有无穷多个.
