数论数论素有“数学皇后”的美称。

由于其形式简单，意义明确，所用知识不多而又富于技巧性，千姿百态，灵活多样。

有人曾说：“用以发现数学天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。

”因此在理念的国内外数学竞赛中，几乎都离不开数论问题，使之成为竞赛数学的一大重要内容。

1. 基本内容竞赛数学中的数论问题主要有：（1）整除性问题；（2）数性的判断（如奇偶性、互质性、质数、合数、完全平方数等）；（3）余数问题；（4）整数的分解与分拆；（5）不定方程问题；（6）与高斯函数[]x有关的问题。

有关的基本知识：关于奇数和偶数有如下性质：奇数+奇数=偶数；奇数+偶数=奇数；偶数+偶数=偶数.两个数之和是奇（偶）数，则这两个数的奇偶性相反（同）.若干个整数之和为奇数，则这些数中必有奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则这些数中若有奇数，奇数的个数必为偶数个.奇数g奇数=奇数；奇数g偶数=偶数；偶数g偶数=偶数.若干个整数之积为奇数，则这些数必为奇数；若干个整数之积为偶数，则这些数中至少有一个偶数.若a是整数，则a与a有相同的奇偶性；若a、b是整数，则a b-奇偶性+与a b相同。

关于整数的整除性：设,,a b c是整数，则○1a a；○2若,a b b c，则a c；○3若,a b b c，则对任意整数,m n，+.有a bm cn若在等式11m ni i i i a b ===∑∑中，除某一项外，其余各项都能被c 整除，则这一项也能被c整除.若(,)1a b =，且a bc ，则a c .若(,)1a b =，且,a b b c ，则ab c .设p 是素数，若p ab ，则p a 或p b .关于同余：若0(mod )a m ≡，则m a .(mod )a b m ≡⇔,a b 分别被m 除，余数相同.同余具有反身性:(mod )a a m ≡、对称性:若(mod )a b m ≡，则(mod )b a m ≡、传递性：若,(mod )a b b c m ≡≡，则(mod )a c m ≡.2. 方法评析数论问题综合性强，以极少的知识就可生出无穷的变化。

因此数论问题的方法多样，技巧性高，富于创造性和灵活性。

在竞赛数学中，解决数论问题的常用方法有因式分解法、估值法、调整法、构造法、反证法、奇偶分析法等等。

2.1 因式（数）分解例1 证明无穷数列10001，100010001，……中没有素数。

证明：设11000100011n n a =L 1442443个，则4484(1)41011101010=101n n n a --=++++-L 当n 为偶数，设2n k =，888484101(10)1101=101101101k k n a ---=---g 所以n a 为合数。

当n 为奇数，设2+1n k =，42+1221221422101101101==101101101k k k n a ++--+--+g （）（）（）所以n a 为合数。

评析：对n 分奇偶，分情况讨论，问题变得清晰易证。

同时注意，若n 为奇数时，n n x y +可分解因式。

例2 证明对任意整数1n >，44n n +不是素数。

证明：当n 为偶数时，44n n +为偶数，所以44n n +为合数；当n 为奇数，设21n k =+，则4421444=44(2)n k k n n n +++=+g422422222222222=4(2)4(2)4(2)[2(2)]4(2)[2(2)22][2(2)22]k k k k k k k k k n n n n n n n n n ++-=+-=++⋅+-⋅g g所以44n n +为合数。

评析：对n 适时地进行奇偶性讨论，不失为一种证明思路。

同时应注意，44x y +可作因式分解。

例3 设正整数,,,a b c d 满足ab cd =。

证明：a b c d +++不是素数。

证明：由于ab cd =，则设a d u c b v==，其中(,)1u v =，则 ,,a pu c pv d qu b qv==== 故=()()()()a b c d pu qv pv qu p u v q u v p q u v ++++++=+++=++所以为合数。

评析：此题中采用方法可扩展如下： 若a d c b=，不妨设gcd(,),gcd(,)a c s d b t ==,则 1111,,a a s c c sb d t b b t====，且1111gcd(,)gcd(,)1a c d b ==由于 1111a s d t c s b t =，所以1111a d cb =，即1111=a bcd 所以11111,gcd(,)1a d c a c =，故11a d 。

同理可证11d a ，所以11=a d同理可得11=c b例4 证明：若正整数,a b 满足2223a a b b +=+，则a b -和221a b ++都是完全平方数。

证明： 因22222a b a b b -+-=，即2()(221)a b a b b -++=故只需证a b -和221a b ++互质。

设gc (,221)d a b a b d -++=,即证1d = 则,221d a b d a b -++ 由于22d b ，所以d b ，又d a b -，则d a 。

所以1d ，故1d =得证。

故a b -和221a b ++互质，所以a b -和221a b ++都是完全平方数。

评析：有时，适当的因式分解可以使问题简化，以证得结论。

例5 一个正整数，加上100为一个完全平方数，若加上168则为另一个完全平方数，求这个数。

解：设这个数为x ，则22100168x a x b⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 其中,a b N ∈ （注：限定正的可减少讨论）。

故2()()217b a b a -+=⋅，从而b a -与b a +则等于把2217⋅拆开的因数1、2、4、17、34、68.这样就有六种情形。

又由于b a b a -<+，且b a -与b a +同奇偶性，故234b a b a -=⎧⎨+=⎩所以18,16b a ==。

则216100156x =-=。

评析：此题利用平方差公式，再考虑因数分解，便于讨论以确定某些式子的值，最终求得解。

例6 求方程44422222222224x y z x y x z y z ++=+++的全部整数解。

解：对原方程进行变形、因式分解44422222222222424x y z x y x z y z y z ++--+=+222222222222()424(2)(2)24()()()()24x y z y z x y z yz x y z yz y z x y z x y z x y z x -++-=-+++-++-=+++--+--=Q 左边四个括号内奇偶性相同，而32423=⋅为偶数，故括号内每个都为偶数，则应出现42，矛盾。

所以原方程无整数解。

评析：将所有字母项放在一起，进行因式分解，再与另一侧数字项对比讨论，推出矛盾。

例7 证明：两连续正整数之积不能是完全平方数，也不能是完全立方数。

证明：1o 若有两连续正整数之积为完全平方数，设2(1)x x t +=（1,2x t ≥≥），则(,1)(,1)1x x x +==，则x 与1x +均为完全平方数。

故存在正整数,a b 使得22,1x a x b =+=，从而22()()1b a b a b a -=+-=这与2b a +≥矛盾。

所以两连续正整数不能是完全平方数。

2o 若有两连续正整数之积为完全立方数，设3(1)x x t +=（1,2x t ≥≥），则(,1)(,1)1x x x +==，则x 与1x +均为完全立方数。

故存在正整数,a b 使得33,1x a x b =+=，从而3322()()1b a b a b ba a -=-++=这与223b ba a ++≥矛盾。

所以两连续正整数不能是完全平方数。

评析：此题运用因式分解和反证法，分析论证推出矛盾。

2.2 估值法例8 证明方程223y y x x x +=++没有0x ≠的整数解。

证明：对原方程进行变形、因式分解3()(1)y x y x x -++=设gcd(,1)d y x y x =-++，若1d ≠，设p 为d 的素因数，则,1p y x p y x -++ 又23p x ，故p x ，从而p y ，所以1p ，这与p 为素因素矛盾。

gcd(,1)1y x y x ∴-++=∴y x -与1y x ++均为完全立方数。

设33,1y x a y x b -=++=，则由3()(1)y x y x x -++=得，x ab =332221()()21b a ab b a b ba a ab ∴-=+-++=+又0ab x =≠，则 1o 当0ab >时，则210,1ab b a +>-≥2222()()321b a b ba a b ba a ab ab -++≥++>≥+这与22()()21b a b ba a ab -++=+矛盾。

故没有非零整数解。

2o 当0ab <时，则222222()()22()3221b a b ba a b ba a b ba a ab ab ab -++≥++≥-+≥>+ 这与22()()21b a b ba a ab -++=+矛盾。

故没有非零整数解。

评析：因式分解与互素性质相结合，分情况讨论，推出矛盾，题目得证。

例9 在两个相邻的完全平方数2n 与2(1)n +之间任取若干个不同的整数，证明它们中两两乘积互不相同。

证明：只需证明若22(1)n a b c d n <<<<<+则ad bc ≠若ad bc =，则设,,a pu b qu c pv d qv====（见例3），则,q p v u >>，即1,1q p v u ≥+≥+ (1)(1)1d qv p u pu p u =≥++=+++22pu a n p u n⎧=>⎪⎨+≥=>⎪⎩Q 2221(1)d n n n ∴>++=+，矛盾故在两个相邻的完全平方数2n 与2(1)n +之间任取若干个不同的整数，它们中两两乘积互不相同。

评析：与例三的思想方法大同小异，因为它们都利用ad bc =的结论。

例10 求不定方程(1)!1k n n -=-的全部正整数解。

解：当1n =时，无解；当2n =时，121k =-，有1k =；当2n >是，(1)!n -为偶数，n 必为奇数。

1o 当3n =时，231k =-，1k =2o 当5n =时，2451,2k k =-=3o 当5n >时，11(2)!(2)22n n n n ---≤-，12(2)!2n n --g故(1)(2)!n n --，则2(1)1k n n --而1111(11)1(1)(1)(1)k k k k k kk n n n C n C n ---=-+-=-+-++-L 所以21(1)(1)k k n C n ---，则()1n k -，1n k -≤故111(1)!k n n n n --≥->-，与2(1)1k n n --矛盾，则无解。