数论（三）
Guchengwenhua · · 个人记录
例题一：如果整数集合
解：若
(m,n)=d>1 ，我们可以取A 为全体d 的倍数，但是1\notin A 。以下设
(m,n)=1 ，对于任意整数a ，取x=y=m,k=a-2 ，可知都有am^2\in A ，同理对于任意整数b ，都有bn^2\in A 。由于
(m^2,n^2)=1 ，由Bezout 定理，存在整数a,b ，使得am^2+bn^2=1 ，取x=am^2\in A ，y=bn^2\in A ，k=2 ，可得1=(am^2+bn^2)^2=(x+y)^2=x^2+2xy+y^2\in A 。对于任意整数
N ，取x=1,y=1,k=N-2 可得N=x^2+y^2+kxy\in A ，因此A 是全体正整数。综上所述，当且仅当
(m,n)=1 时满足要求。
例题二：正整数
解：设
(a,b)=k,(a,c)=d ，则由题可知(k,d)=1 ，故可设a=kdx,b=ky,c=dz ，并且(dx,y)=(kx,z)=1 。带入原式可得
k+kdxy=d+kdxz+1(**) ，故k\big|d+1,d\big|k-1(\#) 。若
k=1 ，则由(**) 可知xy=1+xz ，因此x=1 ，这样a=d\big|c 矛盾。因此
k-1\ge1 ，则由(\#) k\ge d+1,d\ge k-1 ，故只能有k=d+1 ，带入(**) 可得y=z ，此时b=(d+1)y,c=dy ，由于c\big|b 不成立，故d\ge2 。因此
c\le b\le\dfrac{3}{2}c\Leftrightarrow d<d+1\le\dfrac{3}{2}d ，而这是显然的。
例题三：甲乙两人轮流在黑板上写正整数，规则如下：若当时
解:注意到开始时候只有
P=\{1,2,3,4,7,8,9,13,14,19\} 可以选择，在选择过程中谁先选中A=\{2,3\} 中的一个数，则另一人选A中另一个数，则剩下只有\{1\} 可选，因此进一步的我们得到谁先选\{1,2,3\} 中的一个数则谁将失败。因此问题转换为两人在
Q=\{4,7,8,9,13,14,19\} 中轮流取数。谁取到最后一个数谁将获胜，这里谁取这个数实际上相当于他在黑板上写了这个数，规定取一个数后顺带取走\displaystyle\sum_{i=1}^na_ix_i 的数，其中a_i 是黑板上所有数。我们再来看
B=\{4,7\} ，无论谁先取了B中的哪个数，另方只要取B中的另一个数即可取走Q中剩下的所有数，因此问题又转换为两人在R=\{8,9,13,14,19\} 中轮流取数，谁先取到的最后一个数，谁将获胜。再来看C=\{8,9\} ，无论谁先取了C中的哪个数，另一方只要取C中的另一个数即可取走Q中剩下的所有数。因此问题又转换为两人在S=\{13,14,19\} 中轮流取数，谁先取到最后一个数，谁将获胜。甲先取19, 乙无论取
\{13.14\} 的哪个数，甲都能取另一个数获得胜利。我们将这些数分为A=\{2,3\} ，B=\{4,7\} ，C=\{8,9\} ，D=\{13,14\} 四组之后，乙无论选哪个数，甲只要选同组另一个数即可。
例题四：当
解：
m=n=1 时，\left|12^m-5^n\right|=7 ，由于(3,5)=1 ，所以\left|12^m-5^n\right|=3 是不可能的；又因为(12,5)=1 ，所以\left|12^m-5^n\right|=5 也是不可能的，所以我们只要讨论是否有\left|12^m-5^n\right|=1 就可以了，我们分以下两种情况来讨论：（一）若
12^m-5^n=1 ，这样5^n=12^m-1 是11 的倍数，矛盾。（二）若
5^n-12^m=1 ，则由于5^n 末尾数字是5 ，因此12^m 末尾数字为4 ，而12^m 末尾数字为2,4,6,8,2,4,\dots ，所以m=4k+2 ，带入得到5^n=12^{4k+2}+1=144^{2k+1} 是145 的倍数，因此5^n 也是29 的倍数，矛盾。因此
\left|12^m-5^n\right|=1 也是不可能的，所以\left|12^m-5^n\right| 最小值为7 。另解：由于
5^n\equiv5,3,4,9,1\pmod {11} ，12^m\equiv1\pmod{11} ，因此\left|12^m-5^n\right|\not\equiv±1\pmod{11} ，因此\left|12^m-5^n\right|=1 是不可能的的，由于\left|12^m-5^n\right| 与2,3,5 互素，所以不能取2,3,4,5,6 ，因此\left|12^m-5^n\right| 的最小值为12-5=7 。
例题五：
解：假设
d 是一个k 位数，d 的一个完全系x=1,2,\dots,d 的位数都不大于k ，因此存在1\le x\le d ，使得-11\times 10^{k+1}\equiv x\pmod d ，所以11\times 10^{k+1}+x\equiv\pmod d 。故存在一个
k+2 位数\overline{110a_1a_2\dots a_k} 是d 的倍数，因此\overline{1a_1a_2\dots a_k10} 和\overline{1a_1a_2\dots a_k01} 也是d 的倍数，故他们的差9 也是d 的倍数，因此d=3,9 。
例题六：
解：不妨设
d 是一个k 位数，则有一个1\le x\le d ，使得-10^{k+1}\equiv x\pmod d ，因此10^{k+1}+x\equiv0\pmod d ，将10^{k+1}+x 左右顺序完全颠倒得到的数以1 为个位数字，并且它是d 的倍数，因此(d,10)=1 。存在一个
1\le y=\overline{a_1a_2\dots a_k}\le d （a_1 可以是0 ，0\le a_i\le9 ）使得-5\times10^{k+1}\equiv y\pmod d ，因此\overline{50a_1a_2\dots a_k}=5\times10^{k+1}+y\equiv0\pmod d ，所以\overline{50a_1a_2\dots a_k} 也是d 的倍数。因此
N=\overline{a_ka_{k-1}\dots a_105}\times 10^{k+1}+\overline{50a_1a_2\dots a_k}=\overline{a_ka_{k-1}\dots a_1100a_1a_2\dots a_k} 也是d 的倍数，由已知将N 颠倒得到的M=\overline{a_ka_{k-1}\dots a_1001a_1a_2\dots a_k} 也是d 的倍数，相减可得99\times10^k=N-M\equiv0\pmod d ，由于(d,10)=1 ，所以d\big|99 。
例题七：求所有正整数对
解：令
\dfrac{x^2+y^2}{x-y}=k(*) ，则k\big|2010=2\times3\times5\times67 。由于
p=3,67 是4k+3 型的素数，若p\big|k ，则也有p\big|x^2+y^2 ，因此p\big|x 且p\big|y 。若
2\big|k ，则x,y 同奇偶，如果它们都是奇数，则2\big|x-y ，且2\big|\big|x^2+y^2 ，k 不能是偶数，矛盾，因此2\big|x 且2\big|y 。设
(x,y,k)=r ，设x=ra,y=rb,k=rd 得到\dfrac{a^2+b^2}{a-b}=d>1 ，由上述讨论可知d 不再有2,3,67 这个3 个素因子，因此只能有\dfrac{a^2+b^2}{a-b}=5 ，配方可得(2a-5)^2+(2b+5)^2=50=1^2+7^2 ，故只能有\begin{cases}a=3\\b=1\end{cases} 或\begin{cases}a=2\\b=1\end{cases} 。所以满足要求的所有解为
(2c,c) 或(3c,c) 形式，其中c 是2\times3\times67 的因子，c 有8 种取法，因此共有16 组解。
例题八：整数
解：设
\displaystyle\prod_{i=1}^na_i 的全体素因子为p_1,p_2,\dots,p_m ，则\displaystyle a_i=\prod_{i=1}^np_i^{\beta_{ji}} ，\beta_{ji} 是非负整数。对于任意
1\le j\le m ，令a_i=p_j^{\beta_{ji}}x_{ij} ，由已知a_1,a_2,\dots,a_n 相互不整除，因此x_{ij},1\le i\le n 是互不相同的正整数，因此\displaystyle\prod_{i=1}^na_i=\left(\prod_{i=1}^np_i^{\beta_{ji}}\right)\prod_{i=1}^nx_{ij}\ge n!\left(\prod_{i=1}^np_i^{\beta_{ji}}\right) 。在①中取
j=1,2,\dots,m 相乘可得\displaystyle\left(\prod_{i=1}^na_i\right)^{m}\ge (n!)^m\left(\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mp_{j}^{\beta_{ji}}\right)=(n!)^m\left(\prod_{i=1}^na_i\right) 。因此
\displaystyle\left(\prod_{i=1}^na_i\right)^{m-1}\ge (n!)^m 。