《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解：因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是111111111，所以满足条件的最小正整数a=11111111100，2.解：3在100!的分解式中的指数1001100103(100) =[]+=33+11+3+1= 48,0+081在100!的分解式中的指数2(100 [109][109] [109] [10] [10]=50+25+12+6+1=94,:1001=2.348. k=47.348.k=12*7.3k,(k,6)=1 。故nmax=47，Mmm=3k，(k,6)=1。故当M最小值是3的倍数，但不是2的倍数。3.解：x"+2"+1x1+21+1等价于x"+2"+1(x-2)2"+(x-1)，从而x33（n就不会太大，存在反向关系）。由（x-2)2"+(x-1)？x"2"+1，得(x- 2)(2"+1)? ×2",即(x- 2)(1+)2 ()1。若n*2，则(x-2)?(x2)(+)(）121，导致-5x+14?0，无解。所以，只有n=1，x+33x-5？x314，只能是x+3=7,14，从而x=4,11。综上所述，所求正整数对(x,n)=(4,1)(11,1)。4.解：按题意，m>n>2，记m=n+k,k?N；则d"+α?-1ak+a-1?a"α-1*(a"+α-1)-αk+2+ak+a-1? a" α- 1a+2- d- a+1? a" α- 1a+d'-1,故存在无穷多个正整数a满足α"+α-a++a-1。作带余除法：存在整系数多项式g(x)、r(x)，使得1
1 《初等数论》各章习题参考解答 第一章习题参考解答 1.解:因为 25 的最小倍数是 100,9 的最小倍数是 111111111，所以满足条件 的最小正整数 。 2.解：3 在 的分解式中的指数 ， 在 的分解式中的指数 ， 。 故 ， ， 。 故 当 最小值是 3 的倍数，但不是 2 的倍数。 3.解： 等价于 ，从而 （ 就 不 会 太 大 ， 存 在 反 向 关 系 ）。 由 ， 得 ，即 。 若 ，则 ，导致 ，无 解。所以，只有 ， ，只能是 ，从而 。 综上所述，所求正整数对 。 4.解：按题意， ，记 ；则 ， 故 存在无穷多个正整数 满足 。 作带余除法：存在整系数多项式 ，使得 a =11111111100 100! ( ) 100 100 100 100 3 100! 33 11 3 1 48 3 9 27 81 = + + + = + + + = 100!( ) 100 100 100 100 100 2 100! 50 25 12 6 1 94 2 4 8 16 64 = + + + + = + + + + = ( ) 94 48 47 48 47 100! 2 3 4 3 12 3 , ,6 1 = = = = k k k k max n = 47 min M k = 3 (k,6 1 ) = M 1 1 2 1 2 1 n n n n x x + + + + + + 2 1 2 2 1 ( ) ( ) n n n x x x + + - + - x ³ 3 n ( 2 2 1 2 1 ) ( ) n n n x x x - + - ? + ( 2 2 1 2 )( ) n n n x x - + ? ( )( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 n n x x - + ? n ³ 2 ( ) ( )( ) ( ) 2 5 1 2 2 1 1 1 4 2 4 2 n n x x x x - ? + ? ? 2 x x - + ? 5 14 0 n = 1 x x x + - ? 3 3 5 314 x+ =3 7,14 x = 4,11 (x n, 4,1 11,1 )= ( )、( ) m n > > 2 * m n k k N = + ? , ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n n k n k n k k a a a a a a a a a a a a + + + - + - ? - + - - + + - 2 2 2 1 1 1 1 1 n k k n k k a a a a a a a a a + + ? - - - + ? - + - a 2 1 1 1 n k k a a a a + + - + - q x r x ( )、 ( )
x+x.1=(x"+x2.1)g(x)+r(x)，其中r(x)=0或r(g)的次数低于n。=0，存在R>0，使得当x>R时，总若()的次数低于"，则,1；按题意，存在无穷多个正整数x=，使得有x+ x2. 1r(x)t++ ±-1= q(x)+ -+？，即()=0，从而x"+x-1xk+1+ x- 1=(x"+x2- 1)q(x),当有k+1? n。多项式x+×2-1存在零点ai(0,1)，满足α1+α*-1=α"+a2-1=0，即ak+l+a*=a"+a?。若k+1>n，则k>2，导致0=αk+l+a-1 只状由11，可得k？(k1)，从而n>3030盾！1满足题设的正整数nf1330。下面分段求解。若k=？9，则5创78?9|m，即2520|m，矛盾！若k=额=8，则3创578n840|n，从而k=吵8409>8，矛盾！若k=7，则3创45篆7/n420n，但n<840，所以最大的正整数n=420。6.证明：当n=1时，存在唯一的x=2，则有2x；当n=2时，存在唯一的x=52，有2；当n=3时，存在唯一的=552，有2。假设当n=k(k？3)时，存在由2和5组成的唯一一个十进制k位正整数x，满足2x。考查两个k+1位正整数：2?10°x和5?10%x，由归纳假设，2
2 ，其中 或 的次数低于 。 若 的次数低于 ，则 ，存在 ，使得当 时，总 有 ；按题意，存在无穷多个正整数 ，使得 ，即 ，从而 ，当有 。 多项式 存在零点 ，满足 ， 即 。 若 ，则 ，导致 ，矛盾！ 故 ， ， ， ；满足题设的正整数对 。 5.解：记 ，则 ，即 。 若 ，则 ，记 分别满足： ， ， ，按题意，有 2 ，所以 。 由 ，可得 ，从而 ，矛 盾！ 满足题设的正整数 。 下面分段求解。 若 ，则 ，即 ，矛盾！ 若 ，则 ，从而 ，矛盾！ 若 ，则 ，但 ，所以最大的正整数 。 6.证明：当 时，存在唯一的 ，则有 ；当 时，存在唯一的 ， 有 ；当 时，存在唯一的 ，有 。 假设当 时，存在由 2 和 5 组成的唯一一个十进制 位正整数 ， 满足 。考查两个 位正整数： 和 ，由归纳 假设， ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 k k n x x x x q x r x + + - = + - + r x( )= 0 r x( ) n r x( ) n ( ) 2 lim 0 1 n x r x ? ? x x = + - R > 0 x R > ( ) 2 1 1 n r x x x 1 k > 2 1 2 0 1 1 0 k k n a a a a + = + - 壮 ? > + > \ n £ 1330 3 k n = ? 轾犏 9 臌 5 7 8 9 创 ? n 2520 n 3 k n = = 轾犏 8 臌 3 5 7 8 840 创 篡 n n 3 3 k n = 轾 轾 犏 犏吵 840 9 8 > 臌 臌 k = 7 3 4 5 7 420 创 篡 n n n < 840 n = 420 n = 1 1 x = 2 1 1 2 x n = 2 2 x = 52 2 2 2 x n = 3 3 x = 552 3 3 2 x n k k = ? ( 3) k k x 2 k k x k + 1 2 10k k ? x 5 10k k ? x
2210与5219都是正整数，且5~19.2219-3.5*（奇数），2k2k2k2*则2？10*x和5?10＊x中必有一个是2k+的倍数，因此，存在由2和5组成的k+1位十进制正整数x+1，满足2**x+1°如果x+也是由2和5组成的满足条件的十进制k+1位正整数，记其最左边那一位数字为al(2,5)，则x+=a?10x，其中x是由2和5组成的十进制k位正整数，由2+k+以及2a10°，得到2x。由归纳假设，x是唯一满足条件的由2和5组成的满足2x的十进制k位正整数，所以x=x。故x+存在且唯一。由数学归纳法，命题得证。7.证明：任意三个正整数中必有两个数之和是偶数，所以任取10个互不相同的正整数，其中必有5对(x)(i=1,2,3,4,5)满足x+y=2s(i=1,2,3,4,5)。对五个正整数s,s2,,S4,，如果被3除得的余数中0,1,2均出现，则把余数为0,1,2的各取一个，得到三个数之和是3的倍数；如果这5个正整数被3除得的余数至多出现0,1,2中的两个，则由抽屉原理，其中必有3个数除以3的余数相同，这3个数之和是3的倍数。所以，任给10个正整数，其中必有6个数之和是6的倍数。8.解法一：方程的正整数解(x,y,=)=(x,x,1)(x?N)都满足xz,以=x,=y。解法二：构造方程的正整数解(xJ,2)=(ab,bc,ca)(a、b、c?N)，代入方程，得ab-bc+ca=1,即(c-a)b=ca-1，令c-a=1，得到b=ca-1=α2+a-1，所以,方程有无穷多个正整数解(x,y,z)=(a(a+a+1),(a+a+1)(a+1),(a+1)a)(a?N)。9.,解：(-)-)a-)-(b- ce-,X-)，由对称性，不妨设abc1#ab?c，由abc(ab- 1)(bc- 1)(ca- 1)? abc(ab 1)(-bc- ca+ 1)? abc(ab bc+ ca- 1),abc?ab bc+ca-1<ab+bc+ca?(a b+a)c,从而ab<2a+b<3b，a<3。当a=1时，bc(bc+b+c-1)，即bcl(b+c-1)，从而bc<b+c?2c，b<2。所以，(a,b,c)=(11c)(c? N)。当a=2时,2bc(2b+bc+2c-1)，从而bc?2b2c<4c,b<4,b=2,3。若b=2,3
3 与 都是正整数，且 （奇数）， 则 和 中必有一个是 的倍数，因此，存在由 2 和 5 组成的 位十进制正整数 ，满足 。 如果 也是由 2 和 5 组成的满足条件的十进制 位正整数，记其最左边 那一位数字为 ，则 ，其中 是由 2 和 5 组成的十进制 位 正整数，由 以及 ，得到 。由归纳假设， 是唯一满足条件的 由 2 和 5 组成的满足 的十进制 位正整数，所以 。故 存在且唯一。 由数学归纳法，命题得证。 7.证明：任意三个正整数中必有两个数之和是偶数，所以任取 10 个互不相 同的正整数，其中必有 5 对 满足 。对五个 正整数 ，如果被 3 除得的余数中 0,1,2 均出现，则把余数为 0,1,2 的各 取一个，得到三个数之和是 3 的倍数；如果这 5 个正整数被 3 除得的余数至多出 现 0,1,2 中的两个，则由抽屉原理，其中必有 3 个数除以 3 的余数相同，这 3 个 数之和是 3 的倍数。所以，任给 10 个正整数，其中必有 6 个数之和是 6 的倍数。 8.解法一：方程的正整数解 都满足 。 解法二：构造方程的正整数解 ，代入方程，得 ，即 ，令 ，得到 ，所以， 方程有无穷多个正整数解 。 9. 解 ： ， 由 对 称 性 ， 不 妨 设 ，由 ， ，从而 ， 。 当 时， ，即 ，从而 ， 。 所以， 。 当 时， ，从而 ， ， 。若 ， 2 10 2 k k k ? x 5 10 2 k k k ? x 5 10 2 10 3 5 2 2 k k k k k k k ? ? x x - = ? 2 10k k ? x 5 10k k ? x 1 2 k+ k + 1 k 1 x + 1 1 2 k k x + + ' k 1 x + k + 1 a Î {2,5} ' ' 1 10k k k x a x + = ? ' k x k 1 ' 1 2 k k x + + 2 10 k k a ´ ' 2 k k x k x 2 k k x k ' k k x x = k 1 x + ( , 1,2,3,4,5 )( ) i i x y i = 2 1,2,3,4,5 ( ) i i i x y s i + = = 1 2 3 4 5 s s s s s , , , , ( ) ( )( ) * x y z x x x N , , , ,1 = ? x yz y zx z xy , , ( ) ( )( ) * x y z ab bc ca a b c N , , , , = ? 、 、 ab bc ca - + = 1 (c a b ca - = - ) 1 c a - = 1 2 b ca a a = - = + - 1 1 ( ) ( ( ) ( )( ) ( ) )( ) 2 2 * x y z a a a a a a a a a N , , 1 , 1 1 , 1 = + + + + + + ? ( )( )( ) ( 1 1 1 )( )( ) 1 1 1 ab bc ca b c a a b c abc - - - - - - = 1＃abc ? abc ab bc ca abc ab bc ca abc ab bc ca ( - - - ? - - + ? + - 1 1 1 1 1 1 )( )( ) ( )( ) ( ) abc ab bc ca ab bc ca a b a c ? + - < + + ? + 1 ( ) ab a b b < + < 2 3 a < 3 a = 1 bc bc b c ( + + - 1) bc b c ( + - 1) bc b c c < + ? 2 b < 2 ( ) ( )( ) * a b c c c N , , 1,1, = ? a = 2 2 2 2 1 bc b bc c ( + + - ) bc b c c ? < 2 2 4 b < 4 b= 2,3 b = 2
则4c4c+3，无解；若b=3，则6c5c+5，cf5，检验，得(a,b,c)=(2,3,5)。综上所述，得满足条件的所有正整数三元组（a,bc）如下：(1,1,c)(1,c,1)(c,1,1)(tI N) 以及(2,3,5)(2,5,3)(3,2,5)(3,5,2)(5,2,3)(5,3,2) 。10.解：记(n)=++L+(n?N")，则()=1，当n2时，a)=n+ 3 D(-1) + 的必要条件是(n- 1)n-1n+1?n12，即n=2.3。检验：(2)=2+=3，(3)=3++号=5。综上所述，所求正整数n=1,2,3。11.解：S,=1,S,=2；又Sk+I=(1+3+5+L+2k+1.1)+S,=S,+4*，所以，当4(1- 4)n32时，有S,遍(S-S)+S=""4+2= 42+2=42；所以，对一切1- 4正整数n，都有s,=42。312.分析：目标在于证明“su-tv？0,ln，且（n,su-tv)>1”，为此，可利用已知条件构建含su-tv的恒等式，再作分析。解：按题意，有n =(+ )(u?+)=-(su- t) +(sv+ tu) =(su+ t)+(sv- tu)\n?su=su+tv，n?su=su-tv。又 (su+ t)(su- )=su- ty-(s+)u- (u+v)r=(u?- )n? 0(modn),一若su-tv=n，则s+tu=0，必有v=t=0，从而s=n=u，矛盾！若su-t=0，则su=tv，而由题意su3tv，所以，必有s=t,u=v，从而，有252=n=2u，即s=u，矛盾。若su-tv=1，则必有nsu+tv，从而su+tv=n，sy-tu=0，即sv=tu，再由s>u，必有“t>”或者“t==0”前者导致n=+>+=n，后者导致s=n=u，两者都不成立。故su-tv？1，且su+tv 1。4
4 则 ，无解；若 ，则 ， ，检验，得 。 综上所述，得满足条件的所有正整数三元组 如下： 以及 。 10.解：记 ，则 ，当 时， 的 必 要 条 件 是 ，即 。检验： ， 。 综上所述，所求正整数 。 11.解： ， ；又 ，所以，当 时，有 ；所以，对一切 正整数 ，都有 。 12.分析：目标在于证明“ ，且 ”，为此，可利用已知 条件构建含 的恒等式，再作分析。 解：按题意，有 ， ， 。 又 ， 若 ，则 ，必有 ，从而 ，矛盾！ 若 ，则 ，而由题意 ，所以，必有 ，从而，有 ，即 ，矛盾。 若 ，则必有 ，从而 ， ，即 ，再由 ，必有“ ”或者“ ”；前者导致 ，后者导致 ，两者都不成立。故 ，且 ，从而 不是 的因子， 所以 。 4 4 3 c c+ b = 3 6 5 5 c c + c £ 5 (abc , , 2,3,5 )= ( ) (abc , , ) ( ) ( ) ( )( ) * 1,1, 1, ,1 ,1,1 c c c t N 、 、 Î (2,3,5 2,5,3 3,2,5 3,5,2 5,2,3 5,3,2 )、 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) * 1! 2! ! n n n f n n N n = + + + ? L f (1 1 )= n ³ 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 1 ! 1 1 * 1 ! n n n n n f n n N n 鬃 ? ? + - ? + = + ? - L L n n n - + ? 1 1 1 2 n = 2,3 ( ) 2 2 2 3 2! f = + = ( ) 3 3 3 3 5 2! 3! f = + + = n = 1,2,3 1 S = 1 2 S = 2 ( ) 1 1 1 3 5 2 1 4 k k k k k S S S + + = + + + + - + = + L n ³ 2 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 4 1 4 4 2 4 2 2 1 4 3 n n n n k n k k k k S S S S - - - + = = - + = - + = + = + = 邋 - n 4 2 3 n n s + = su tv n - ? 0,1, (n su tv , 1 - >) su tv - ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n s t u v su tv sv tu su tv sv tu = + + = - + + = + + - \ n su tv su tv ? = + n su tv su tv ? = - ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 su tv su tv s u t v s t u u v t u t n n + - = - = + - + = - ? 0 mod \ su tv n - = sv tu + = 0 v t = = 0 s n u = = su tv - = 0 su tv = su tv ³ s t u v = = , 2 2 2 2 s n u = = s u = su tv - = 1 n su tv + su tv n + = sv tu - = 0 sv tu = s u > t v > t v = = 0 2 2 2 2 n s t u v n = + > + = s n u = = su tv - ? 1 su tv n + , 1 )
综上所述，13，有p25，但p不是3的倍数，可得32+1，所以2#+1至少有4个不同的正因子：132±1,2n+1。对于正整数n32，假设命题对n-1成立。现任取互异素数pVPzL、P.>3，有归纳假设，2ppLP1+1至少有4*1个不同的正因子。很明显，2PpL P1+12PpLP+1、2+12PLP+1、3|2pLP1+1以及3|2P+1。ppl P1+ 1,2m+1+1。下面证明：秒3由于(2mpL Pp1- 1,22pm- 1)= 2(2ppL Pr2p)_ 1= 2- 1=3, 而2pL P1+ 12mpL Pe1. 1以及+, 以(+1。 从而3故(2L1+1)2+2m1，2ml+1至少有24个不同的正因子。3记a=(2mlp1+1)?2"+，如果能证明2mmlP+1>a，则有2plp+1至少有2创4″1=4"个不同的正因子。QPP,L pu- 2pP,L Pai- 2p,=(pp,L Px1-2)(p-2)-4炒3 5>0,(2nt Px1 + 1)° ,(2°- + 1)2PL P +1> 22ppL Pe1222Pa?33故命题对正整数n也成立。由数学归纳法，命题得证。14.解：按题意，有5创78?9n，从而n=2㎡攀+5+″禁+119L；按题意，有(4+ a)(3+ a,)(2+ a,)2+ a)(1+ a.)L = 144 ,Q(4+ a,)(3+ a,)2+ a,)(2+a)? 48,1(1+ α)(1+ a3)L ? 3。为使n尽可能小，应使，尽可能大。当a9时，（4+a)3+a)2+as)2+a)L？156144，无解。5
5 综上所述， ，故 是 的真因子。 13.分析：结论与互异素数的个数有关，可以应用数学归纳法证明。 解：当 时，素数 ，有 ，但 不是 3 的倍数，可得 ，所 以 至少有 4 个不同的正因子： 。 对于正整数 ，假设命题对 成立。 现任取互异素数 ，有归纳假设， 至少有 个不同 的正因子。很明显， 、 、 以及 。 下面证明： 。 由于 ，而 以 及 ，所以 ，从而 。 故 ， 至少有 个不同的正因子。 记 ，如果能证明 ，则有 至少有 个不同的正因子。 ， 。 故 命题对正整数 也成立。 由数学归纳法，命题得证。 14.解：按题意，有 ，从而 ；按题意， 有 ， ， 。 为使 尽可能小，应使 尽可能大。 当 时， ，无解。 1 , 3 1 p ³ 5 1 p 1 3 2 1 p + 1 2 1 p + 1 2 1 1 1,3, , 2 1 3 p + p + n ³ 2 n - 1 1 2 3 n p p p 、 、 、L > 1 2 1 2 1 n p p p - + L 1 4 n- 1 2 1 1 2 2 1 2 1 n n p p p p p p - + + L L 1 2 2 1 2 1 n n p p p p + + L 1 2 1 3 2 1 n p p p - + L 3 2 1 n p + 1 2 1 2 1 2 1, 1 3 n n p p p p 骣ç - + = + ÷ ç ÷ ç桫 ÷ L ( ) ( ) 1 2 1 1 2 1 2 2 2 ,2 2 2 1,2 1 2 1 2 1 3 n n n n p p p p p p p p - - - - = - = - = L L 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 n n p p p p p p - - + - L L 2 2 1 2 1 n n p p + - ( ) 1 2 1 2 1,2 1 3 n n p p p p - + + = L 1 2 1 2 1 2 1, 1 3 n n p p p p 骣ç - + = + ÷ ç ÷ ç桫 ÷ L ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 3 n n n p p p p p p p - + + ? L L 1 2 2 1 n p p p + L 1 2 4n- ´ ( ) 1 2 1 2 1 2 1 3 n n p p p p a - + = + ? L 1 2 2 2 1 p p pn + > a L 1 2 2 1 n p p p + L 1 2 2 4 4 创 n n - = Q ( )( ) 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 4 3 5 0 n n n n n p p p p p p p p p p p - - L L L - - = - - - 炒 > \ ( ) ( ) 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3 3 n n n n n p p p p p p p p p p p a - - + + + > ? ? L L Ln 5 7 8 9 创 ? n 3 2 11 2 1 1 3 5 7 2 3 5 7 11 a a a a a n + + + + = 鬃 鬃 L ( )( )( )( )( ) 2 3 5 7 11 4 3 2 2 1 144 + + + + + = a a a a a L Q ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 48 + + + + ? a a a a \ ( )( ) 11 13 1 1 3 + + ? a a L n 2 2 a ³ 9 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 156 144 + + + + ? a a a a L
当α=8时,有(4+a)(3+a,)(2+a)(2+)?144以及(1+)(1+s)L?1,只能是(4+a)3+a)(2+a)(2+a)=144，即(3+a)(2+a)(2+a)=12，有(az,4s,as,az,a,L)=(8,0,0,0,0,L)，n=2"B25? 7322560。当a,=7时，有(4+a)3+)2+as)(2+)?132以及(1+)(1+s)?1，只能是(4+a)3+a)2+a)(2+a)=144，即11(3+a)2+a)(2+a)=144，无解;。当a,=6时，有(4+a)(3+2+as)2+a)?120以及(1+a)(1+)？1,只能是(4+a)3+a)2+a)2+a)=144，即10(3+a)2+as)(2+a)=144，无解。当a,=5时，有(4+a)(3+2+a)2+a)?108以及(1+)(1+)?1，只能是(4+a)3+)2+a,)(2+a)=144即(3+a)(2+a)(2+a)=16，使n尽可能小，有(,,as,,)=(5,1,0,0,0,)，n=2"”5?7241920。当a,=4时，有(4+)3+)(2+)2+)?96以及(1+)(1+)？1，只能是8(3+a)2+a)(2+a)=144，即(3+a)(2+as)(2+a)=18，使n尽可能小，有(a,,s,,)-(4,0,1,0,0,)，n=2B25?7 201600。当=3时，有(4+)(3+)(2+)2+a)84以及(1+)(1+s)1,只能是7(3+a,)(2+as)(2+a,)=144，无解;当a,=2时，有(4+a)3+a)(2+a)2+a)?72即(3+a,)(2+a)(2+a)?12以及(1+a)1+α,)?2，使得n尽可能小的取法是(a2,ag,4s,,443,)=(2,0,0,0,1,0,0,L)，n=25攀511=110880。当a,=1时，（4+a)(3+a)(2+a)2+a)?60，而(1+a)1+as)？2，必有(4+a)3+a)2+as)2+a)?72，即5(3+a)2+as)(2+a)?72，也即5(3+a)(2+a)2+a)?80,也即(3+)2+a)2+a)?16,而且(1+a)(1+a)?1,这只能是(4+a)3+a)(2+as)(2+a)?144，即5(3+a)2+as)(2+a)?144，无解。6
6 当 时，有 以及 ，只能 是 ， 即 ， 有 ， 。 当 时，有 以及 ，只能 是 ，即 ，无解；。 当 时，有 以及 ，只能 是 ，即 ，无解。 当 时，有 以及 ，只能 是 即 ，使 尽可能小，有 ， 。 当 时，有 以及 ，只能 是 ，即 ，使 尽可能小，有 ， 。 当 时，有 以及 ，只能 是 ，无解； 当 时，有 即 以 及 ， 使 得 尽可能小的取法是 ， 。 当 时， ，而 ，必有 ， 即 ，也即 ，也即 ，而且 ， 这只能是 ，即 ，无解。 2 a = 8 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 144 + + + + ? a a a a ( )( ) 11 13 1 1 1 + + ? a a L ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 144 + + + + = a a a a ( )( )( ) 3 5 7 3 2 2 12 + + + = a a a ( ) ( ) 2 3 5 7 11 a a a a a , , , , , 8,0,0,0,0, L L = 11 2 n = 2 3 5 7 322560 创 ? 2 a = 7 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 132 + + + + ? a a a a ( )( ) 11 13 1 1 1 + + ? a a L ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 144 + + + + = a a a a ( )( )( ) 3 5 7 11 3 2 2 144 + + + = a a a 2 a = 6 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 120 + + + + ? a a a a ( )( ) 11 13 1 1 1 + + ? a a L ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 144 + + + + = a a a a ( )( )( ) 3 5 7 10 3 2 2 144 + + + = a a a 2 a = 5 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 108 + + + + ? a a a a ( )( ) 11 13 1 1 1 + + ? a a L ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 144 + + + + = a a a a ( )( )( ) 3 5 7 3 2 2 16 + + + = a a a n ( ) ( ) 2 3 5 7 11 a a a a a , , , , , 5,1,0,0,0, L L = 8 3 n = 2 3 5 7 241920 创 ? 2 a = 4 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 96 + + + + ? a a a a ( )( ) 11 13 1 1 1 + + ? a a L ( )( )( ) 3 5 7 8 3 2 2 144 + + + = a a a ( )( )( ) 3 5 7 3 2 2 18 + + + = a a a n ( ) ( ) 2 3 5 7 11 a a a a a , , , , , 4,0,1,0,0, L L = 7 2 2 n = 2 3 5 7 201600 创 ? 2 a = 3 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 84 + + + + ? a a a a ( )( ) 11 13 1 1 1 + + ? a a L ( )( )( ) 3 5 7 7 3 2 2 144 + + + = a a a 2 a = 2 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 72 + + + + ? a a a a ( )( )( ) 3 5 7 3 2 2 12 + + + ? a a a ( )( ) 11 13 1 1 2 + + ? a a L n ( ) ( ) 2 3 5 7 11 13 a a a a a a , , , , , , 2,0,0,0,1,0,0, L L = 5 2 n = 2 3 5 7 11 110880 鬃 鬃 = 2 a = 1 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 60 + + + + ? a a a a ( )( ) 11 13 1 1 2 + + ? a a L ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 72 + + + + ? a a a a ( )( )( ) 3 5 7 5 3 2 2 72 + + + ? a a a ( )( )( ) 3 5 7 5 3 2 2 80 + + + ? a a a ( )( )( ) 3 5 7 3 2 2 16 + + + ? a a a ( )( ) 11 13 1 1 1 + + ? a a L ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 144 + + + + ? a a a a ( )( )( ) 3 5 7 5 3 2 2 144 + + + ? a a a
当a=0时，（4+a)(3+a)2+)(2+)?48，而且(1+)1+a)？3，必有(4+α)3+a)(2+a)2+a)=48，而且(1+)(1+)=3，即(3+a)2+as)(2+a)=12，而且(1+a)(1+a)L=3，使得n尽可能小的取法是(a2,ag,as,a7,au,L)=(0,0,0,0,2,0,L)，即n=2351P=304920。综上所述，满足题设的最小正整数n=110880。in-20#dn-1215.解：按题意，有有-20#"-12，必有(n-20)#n（n-12)，解得16#n25，经检验，n=21,25。16.解：由27000=23翼53，得号=2*3*5*，其中x？（3-2,-1,0,1,2,3)，所以(27- 1)2(371)2(571)S=邀2"禁3？5"=（26攀53=-33;=-.317.解：n+10|+100?n10（n+10)-9002n10|900，所以最大的正整数n=890。18.证法一：当n=1时，命题明显成立。设命题对正整数n成立。任取正整数a?(n1)!，作带余除法，a=q(n+1)+r，其中qn!，0？rn+1。依归纳假设，有q=+++q，其中1n，为n!的互异正因数，于是a=g(n+1)+q2(n+1)+L+q(n+1)+r表示成了(n+1)!的1+1?n1个不同的正约数之和。由数学归纳法，命题得证。证法二（构造性）：令a,=兴(k=1,2,L，n)，则得到n!的一串正因数：n!=a>a,>L>a,=l。任取正整数afn!，则存在唯一的2？kn，使得a？aak-i，作带余除法，精鑫r，其中o?ra，记d=a？a=ak顺服？是%=k，Qaar=？N，即dn!。nl=nd.ar故有dn!，使得a-d<a，存在正整数k<l?n，使得a？αd<aj1。7
7 当 时， ，而且 ，必有 ，而且 ， 即 ，而且 ，使得 尽可能小的取法是 ，即 。 综上所述，满足题设的最小正整数 。 15.解：按题意，有 ，必有 ，解得 ，经检验， 。 16.解：由 ，得 ，其中 ，所以 。 17.解： ，所以最大的正整数 。 18.证法一：当 时，命题明显成立。设命题对正整数 成立。任取正整数 ，作带余除法， ，其中 ， 。依归纳假设， 有 ，其中 ， 为 的 互 异 正 因 数 ， 于 是 表示成了 的 个不同的正约 数之和。由数学归纳法，命题得证。 证法二（构造性）：令 ，则得到 的一串正因 数 ： 。 任取正整数 ，则存在唯一的 ，使得 ，作带余除法， ，其中 ，记 。 ， ，即 。 故 有 ，使得 ，存在正整数 ，使得 。 2 a = 0 ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 48 + + + + ? a a a a ( )( ) 11 13 1 1 3 + + ? a a L ( )( )( )( ) 2 3 5 7 4 3 2 2 48 + + + + = a a a a ( )( ) 11 13 1 1 3 + + = a a L ( )( )( ) 3 5 7 3 2 2 12 + + + = a a a ( )( ) 11 13 1 1 3 + + = a a L n ( ) ( ) 2 3 5 7 11 a a a a a , , , , , 0,0,0,0,2,0, L L = 3 2 2 n = 2 3 5 7 11 304920 鬃 鬃 = n = 110880 20 12 20 12 n d n n n n d ìï - ＃ - ï ï í ï - ＃ - ï ïî ( ) ( ) 2 2 n n n - 20 12 ＃ - 16 25 ＃n n = 21,25 3 3 3 27000 2 3 5 = 鬃 1 2 3 2 3 5 a x x x b = x x x 1 2 3 ? - - { 3, 2, 1,0,1,2,3} ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 7 7 7 3 3 3 633 3 3 3 2 1 3 1 5 1 2 3 5 2 3 5 x x x x x x S = - = - = - - ? ? = 鬃 = 邋 鬃 ? ( ) 3 3 3 n n n n n + + ? + - ? 10 100 10 10 900 10 900 n = 890 n = 1 n a n ? ( 1 !) a q n r = + + ( 1) q n £ ! 0 1 ? + r n 1 2 l q q q q = + + + L l n £ i q n! ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 l a q n q n q n r = + + + + + + + L (n+ 1 !) l n + ?1 1 ( ) ! 1, 2, , ! k n a k n k = = L n! 1 2 ! 1 n n a a a = > > > = L a n £ ! 2? k n k k 1 a a a - ? k k a a a r a 轾 = ?犏犏臌 0 k ? r a 1 k k a d a a 轾 = ?犏犏臌 Q k 1 k k k a a a k a a a 轾犏 - ? = 犏臌 \ * 1 ! ! ! k k k n n k N d a a a a a = = ? 轾 轾 ×犏 犏 犏 犏 臌 臌 1 d n! 1 d n! 1 k a d a - < k l n < ? l l 1 1 a a d a - ? <
经过有限次上述操作，可得n!的不超过n个正因数d,>d,>L>d，使得a= d+ d,+L +d, .19.解法一：n2=26233共有63？392457个不同的正因子，除去n本身，正好一半也就是1228个小于n，这其中还包括n的32？201=639个正约数，所以m的小于n但不能整除n的正约数个数是1228-639=589=31?19。解法二：n的正因子d小于n但不整除n的条件是：d=23+a319b，其中正整数al(12,L,31)、bi(1,2,L,19)，并且2°3%。由于2413°，所以符合条件的d与有序数对(a,b)上一一对应的，所求n2的小于n但不能整除n的正因子个数是3119589个。20.解：（1）利用解不定方程的方法，或二次剩余搜索可得当k=1时，有7.1=223恰有10个正因数：当k=2时，记n-2=p?q，其中p、q为互异素数，则2是模p或模q的平方剩余。平方剩余都含有2的模有模7、模17以及模23，Q1应用素数7、17、23进行构造，经计算，得2352-2=7*？23。当k=3时，Q平方剩余有3的有模11、模13、模23、模37，应用素数11,13,23,37进行构造，经计算，得到49362-3=37?13。1（2）假设存在正整数n，使得n2.4有10个正因数。如果n2.4只有一个素因子，记n2-4=p，其中p是素数；由(n+2)n-2)=p，in+2=p[二号,(6 19), 当一-0时, 3-—- P-2 即 - 于活1 5 可得时，有pl4，只能是p=2，但这又有n=2°+4=516不是完全平方数。所以n.4必有两个不同的素因子，记n.4=pp，其中p、P是互异的素数。即(n+ 2)(n- 2)= pP2。若(n+2,n-2)=1，则分如下三种情况：当n-2=1，有pp=5，这与p、P是互异的素数相矛盾。当"-2=，则P-=4，要是p=5，则有P=629=-17.37，矛盾，故当in+2=P28
8 经过有限次上述操作，可得 的不超过 个正因数 ，使得 。 19.解法一： 共有 个不同的正因子，除去 本身，正好 一半也就是 1228 个小于 ，这其中还包括 的 个正约数，所以 的小于 但不能整除 的正约数个数是 。 解法二： 的正因子 小于 但不整除 的条件是： ，其中正整数 、 ，并且 ，或者 ， 其 中正整数 、 ，并且 。 由于 ，所以符合条件的 与有序数对 上一一对应的，所求 的小 于 但不能整除 的正因子个数是 个。 20.解：（1）利用解不定方程的方法，或二次剩余搜索可得 当 时，有 恰有 10 个正因数； 当 时，记 ，其中 为互异素数，则 是模 或模 的平方 剩余。 平方剩余都含有 2 的模有模 7、模 17 以及模 23， 应用素数 7、17、23 进行构造，经计算，得 。 当 时， 平方剩余有 3 的有模 11、模 13、模 23、模 37， 应用素数 11,13,23,37 进行构造，经计算，得到 。 （2）假设存在正整数 ，使得 有 10 个正因数。 如果 只有一个素因子，记 ，其中 是素数；由 ， 可得 ，当 时，有 ，即 ，矛盾！当 时，有 ，只能是 ，但这又有 不是完全平方数。 所以 必有两个不同的素因子，记 ，其中 是互异的素数。 即 。 若 ，则分如下三种情况： 当 ，有 ，这与 是互异的素数相矛盾。 当 ，则 ，要是 ，则有 ，矛盾，故 n! n 1 2 t d d d > > > L 1 2 t a d d d = + + + L 2 62 38 n = 2 3 63 39 2457 ? n n n 32 20 1 639 ? = 2 n n n 1228 639 589 31 19 - = = ? 2 n d n n 31 19 2 3a b d + - = a Î {1,2, ,31 L } b Î {1,2, ,19 L } 2 3 a b 2 3 a b ¹ d (ab, ) 2 n n n 31 19 589 ? k = 1 2 4 7 1 2 3 - = ? k = 2 2 4 n p q - = ? 2 p q 、 2 p q Q \ 2 4 235 2 7 23 - = ? k = 3 Q \ 2 4 4936 3 37 13 - = ? n 2 n - 4 2 n - 4 2 9 n p - =4 p ( )( ) 9 n n p + - = 2 2 ( ) 9 2 5 9 2 i i n p i n p - ìï + = ï í ＃ ï ï - = î i = 9 9 3 2 = = - n p 9 p = 5 5 8 ＃i p 4 p = 2 2 9 n = + = 2 4 516 2 n - 4 2 4 1 2 n p p - =4 1 2 p p 、 ( )( ) 4 1 2 n n p p + - = 2 2 (n n + - = 2, 2 1 ) n - =2 1 4 1 2 p p = 5 1 2 p p 、 4 1 2 2 2 n p n p ìï - = ï í ï ï + = î 4 2 1 p p - = 4 1 p = 5 2 p = = ? 629 17 37
p5，则必有p2=pf+4？0(mod5)，得p=5以及p=1，矛盾。二、随一4,(*2心。2-。风胆片2-1,导P=3，矛盾。1只能是(n+2,n-2)=d>1，从而pld且d4，pl4，素数p=2，故n2=16pz+4。记n=2u(u?N)，则u2=4pz+1?5(mod8)，矛盾。综上所述，不存在符合要求的正整数n。25.解：很明显，n不可能是奇数，只能是偶数，d,=1,d,=2。若4n，则4idd)，这样就有d?+d+d+d只能是形如4k+2和4k+1的数，这与d+d+d+d=n是4的倍数相矛盾。）偶数n不是4的倍数，n=2u，且u是奇数；从而d,应该是u的最小质因数，素数d23为奇数，于是d必为偶数，只能是d,=2d,，则n=+2°+d+4d=5(d+1)，有5n，由于d4，从而d36。若d,=3,d=6，则n=+2+3+6=50不是3的倍数，所以d,=5，d=10，从存在唯一的正整数n=1+22+5°+103=130。21.解：k=1时，取n=1满足题意。当k=2时，若存在n=a+b，其中an，且bn以及aib；则由整除性质，得ab以及bla，导致a=b，矛盾，故k2。下面证明：当k33时，总存在正整数n，它等于其k个互不相同的正约数之和。当k=3时，有n=6=1+2+3。假设当k=s时，存在正整数n=f+f,+L+f，其中fn(i=1,2Ls)，且f>f>L>f,。记n=af.(a?N)，则(1+a)n=(1+a)f+(1+a)f,+L+(1+a)fs,+gf,+f，所以存在正整数(1+a)n表示成自己的s+1个不同的正因子之和。9
9 ，则必有 ，得 以及 ，矛盾。 当 ，则 ，即 ，只能是 ，导致 ，矛盾。 只能是 ，从而 且 ， ，素数 ，故 。记 ，则 ，矛盾。 综上所述，不存在符合要求的正整数 。25.解：很明显， 不可能是奇 数，只能是偶数， 。 若 ，则 ，这样就有 只能是形如 和 的 数，这与 是 4 的倍数相矛盾。 偶数 不是 4 的倍数， ，且 是奇数；从而 应该是 的最小质因 数，素数 为奇数，于是 必 为 偶 数 ， 只 能 是 ， 则 ，有 ，由于 ，从而 。 若 ，则 不是 3 的倍数，所以 ， ， 从存在唯一的正整数 。 21.解： 时，取 满足题意。 当 时，若存在 ，其中 ，且 以及 ；则由整除性质，得 以及 ，导致 ，矛盾，故 。 下面证明：当 时，总存在正整数 ，它等于其 个互不相同的正约数之 和。 当 时，有 。 假设当 时，存在正整数 ，其中 ，且 。 记 ，则 ，所以 存在正整数 表示成自己的 个不同的正因子之和。 1 p ¹ 5 ( ) 4 2 1 p p = + ? 4 0 mod5 2 p = 5 1 p = 1 2 4 1 2 2 n p n p ìï - = ï í ï ï + = î 4 1 2 p p - = 4 ( )( ) 2 2 1 1 2 p p p + - = 2 2 2 1 p - =2 1 2 1 p = 3 \ (n n d + - = > 2, 2 1 ) 1 p d d 4 1 p 4 1 p = 2 2 2 n p = + 16 4 ( ) * n u u N = ? 2 ( ) 2 2 u p = + ? 4 1 5 mod8 n n 1 2 d d = = 1, 2 4 n 4 , Î {d d 3 4} 2222 1 2 3 4 dddd +++ 4 2 k + 4 1 k + 2222 1 2 3 4 d d d d n + + + = \ n n u = 2 u 3 d u 3 d ³ 3 4 d 4 3 d d = 2 ( ) 2 2 2 2 2 3 3 3 n d d d = + + + = + 1 2 4 5 1 5 n 4 d ¹ 4 4 d ³ 6 3 4 d d = = 3, 6 2 2 2 2 n = + + + = 1 2 3 6 50 3 d = 5 4 d = 10 2 2 2 2 n = + + + = 1 2 5 10 130 k = 1 n = 1 k = 2 n a b = + an bn a b ¹ ab ba a b = k ¹ 2 k ³ 3 n k k = 3 n = = + + 6 1 2 3 k s = 1 2 s n f f f = + + + L ( 1,2, , ) i f n i s = L 1 2 s f f f > > > L ( ) * s n af a N = ? ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 s s s a n a f a f a f af f + = + + + + + + + + L - (1+ a n) s + 1
由数学归纳法，正整数k3都满足要求。综上所述，满足条件的所有正整数的k的集合是(13,4,5,6,L)。22.解：如果n只有一个素因子，则n=p2？22010242。如果n只有2个不同的素因子，则n=p°，则当(pq)=(2,3)时，n=2°232576是最小的。综上所述，所求最小正整数n=576。23.分析：目标在于求出正整数对(a,b)，使得2°n以及3°n解：一方面，n=19*-1=(1-20)*- 1= -Chs20+ C202- C20°+L - C720"7+ C20=-25?552°M=2(2M-55)，有2n;另一方面，n=198- 1=(1+ 18)-1=Cgg18+ C182+C183+L +C18=3’*11+3"T=2(3T+2?11)，有3n。故n=2°攀1其中正整数1不含素因子2和3其形如2"3'(a、biN)的正因数之和等于正整数253*的形如2"3(a、biM)的正因数之和，即(1+ 3+ 3 + 3*+ 4)(1 2+ 2)= 744 。24.解：记(2"-1,2"+1)=d，则存在a、biN"，使得2"-1=ad,2"+1=bd，且(a,b)=1；所以(ad+1)"=2"=(bd-1)"，由m为奇数，得1？1(modd)，即d2；但d是奇数，所以d=1。25解：记a,=16"+10n-1(n?N)，则g=25，所以d25，d25。当n32时，a,=16"+10n-1=(1+15)+10n-1?(115n)+10n-1?0(mod25),125a.,"n?N,d325。故d=25。26.解：如果存在ala.(19i。j？n)，则min.a,？a%a，#2n6(+1)否则，不存在a()，这时，若某个a,fn，则以2a,替换它，命题不会变弱，10
10 由数学归纳法，正整数 都满足要求。 综上所述，满足条件的所有正整数的 的集合是 。 22.解：如果 只有一个素因子，则 。 如果 只有 2 个不同的素因子，则 ，则当 时， 是最小的。 综上所述，所求最小正整数 。 23.分析：目标在于求出正整数对 ，使得 以及 。 解：一方面， ，有 ； 另一方面， ，有 。 故 其中正整数 不含素因子 2 和 3；其形如 的正因 数之和等于正整数 的形如 的正因数之和，即 。 24.解：记 ，则存在 ，使得 ，且 ；所以 ，由 为奇数，得 ，即 ；但 是奇数，所以 。 25 解：记 ，则 ，所以 ， 。 当 时， ， ， 。 故 。 26.解：如果存在 ，则 ； 否则，不存在 ，这时，若某个 ，则以 替换它，命题不会变弱， k ³ 3 k {1,3,4,5,6,L } n 20 20 2 n p = ? 2 1024 n 2 6 n p q = (p q, 2,3 )= ( ) 6 2 n = ? 2 3 576 n = 576(a b, ) 2 n a 3 n b ( ) 88 88 1 2 2 3 3 87 87 88 88 88 88 88 88 88 n C C C C C = - = - - = - + - + - + 19 1 1 20 1 20 20 20 20 20 L ( ) 5 6 5 = - ? = - 2 55 2 2 2 55 M M 5 2 n ( ) 88 88 1 2 2 3 3 88 88 88 88 88 88 n C C C C = - = + - = + + + + 19 1 1 18 1 18 18 18 18 L ( ) 2 4 4 2 2 4 = 3 2 11 3 2 3 2 11 创 + = + ? T T 2 3 n 5 2 n l = 2 3鬃 l 2 3 ( ) a b a b N 、 Î 5 2 2 3× 2 3 ( ) a b a b N 、 Î ( ) ( ) 2 4 5 2 1 3 3 3 4 1 2 2 744 + + + + ? + = (2 1,2 1) m n - + = d * a b N 、 Î 2 1 , 2 1 m n - = + = ad bd (a b, 1 )= ( 1 2 1 ) ( ) n m mn ad bd + = = - m 1 1 mod ? ( d) d 2 d d = 1 ( ) * 16 10 1 n n a n n N = + - ? 1 a = 25 d 25 d £ 25 n ³ 2 16 10 1 1 15 10 1 1 15 10 1 0 mod 25 ( ) ( ) ( ) n n n a n n n n = + - = + + - ? + - ? \ * 25 , n a n N " ? d ³ 25 d = 25 ( ) 0 0 0 0 1 i j a a i j n ９ ? 0 0 0 ( ) 1 min , , 2 6 1 2 i j i j j i j n n a a a a a n ? ? 轾犏臌 ? 轾犏臌 ＃ 轾犏 + 臌 ( ) i j a a i j ¹ i a n £ 2 i a