数论小题-1

[1] 求方程 \(2x^2+y^2=3x^2y\) 的正整数解。

因为 \(x^2\mid 3x^2y=2x^2+y^2\)，所以 \(x^2\mid y^2\)，所以 \(x\mid y\)。设 \(y=tx,t\in Z_+\)。那么有 \((2+t^2)x^2=3tx^3\) 即 \(2+t^2=3tx\)。则 \(x=\frac{2+t^2}{3t}\)，又因为 \(x\in Z_+\)，所以 \(3t\mid 2+t^2\)，所以 \(3\mid 2+t^2,t\mid 2+t^2\)，得到 \(2\mid t\)，所以 \(t\in \{1,2\}\)。

所以解只有 \(x=y=1\) 和 \(x=1,y=2\)。

[2] 证明 \(1999\mid 1998^{1998}+2000^{2000}-2001\)。

\(1998^{1998}+2000^{2000}-2001\equiv (-1)^{1998}+1^{2000}-2001\equiv -1999\equiv 0\pmod{1999}\)。

[3] 设 \(n\) 是任意正整数，\(m\) 是任意正奇数，\(S=\sum_{i=1}^n i^m\)。证明 \(n+2\nmid S\)。

\(m\) 正奇数可以想到 \(a^m+b^m=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+\cdots +(-1)^{n-1}b)\)。

那么考虑倒序相加，\(2S=2+(n+2)T\)，其中 \(T\in Z_+\)。所以 \(n+2\mid S\) 必须有 \(n+2\mid 2\)，而 \(n+2>2\)，所以不可能。即 \(n+2\nmid S\)。

[4] 证明对于任意整数 \(x\)，有 \(3\mid 2x^3+3x^2+x\)。

对 \(x\bmod 3\) 讨论展开即可。

[5] 设 \(3\mid 2a+b\)，证明 \(9\mid 8a^2-10ab-7b^2\)。

注意到 \(8a^2-10ab-7b^2=2(2a+b)^2-18ab-9b^2\) 得证。

[6] 设 \(m-p\mid mn+qp\)，证明 \(m-p\mid mq+np\)。

注意到 \(m-p\mid (m-p)(q-n)=mq+np-(mn+qp)\) 得证。

[7] 设 \(n\) 为正偶数，证明 \(2^n-1\nmid 3^n-1\)。

要证明 \(a\nmid b\)，可以找一个 \(c\) 使得 \(c\mid a,c\nmid b\)。

本题中取 \(c=3\) 即可。显然 \(3\nmid 3^n-1\)。下证 \(3\mid 2^n-1\)。

<1> \(2^{n}-1=2^{2k}-1=4^k-1=(4-1)(4^{n-1}+4^{n-2}+\cdots +1)=3(\cdots)\)。

<2> 也可以由 \(2^{2k}+2^{2k+1}=2^{2k}(1+2)=3\cdot 2^{2k}\) 得到。

[8] 设 \(m,n\) 是正整数，\(10\mid 3^m+1\)，证明 \(10\mid 3^{m+4n}+1\)。

由 \(3^4\equiv 1\pmod{10}\) 直接得到。

[9] 设 \(a,b\) 是正整数，\(n\) 是非负整数，证明：若 \(a^n\mid b\)，则 \(a^{n+1}\mid (a+1)^b-1\)。

当 \(n=0\) 的时候，\((a+1)^b-1\equiv 1-1\equiv 0\pmod{a}\)，所以 \(a\mid (a+1)^b-1\)。

对 \(n\) 归纳，即已知 \(a^n\mid b\implies a^{n+1}\mid (a+1)^b-1\)，求证 \(a^{n+1}\mid b\implies a^{n+2}\mid (a+1)^b-1\)。

第一个式子中令 \(b=a^{n}\)，则得到 \(a^{n+1}\mid (a+1)^{a^n}-1\)。设 \((a+1)^{a^n}=x\)，则有 \(a^{n+1}\mid x-1\)。

第二个式子由 \(a^{n+1}\mid b\) 得 \(b=a^{n+1}t\)，那么 \((a+1)^b-1=(a+1)^{a^{n+1}t}-1=(a+1)^{a^nt\cdot a}-1=x^{at}-1\)。

而 \(x^{at}-1=(x-1)(1+x+\cdots +x^{at-1})\)，已经有 \(a^{n+1}\mid x-1\)，所以只用证明 \(a\mid (1+x+\cdots +x^{at-1})\)。又因为 \(x\equiv 1\pmod{a}\)，所以 \(1+x+\cdots +x^{at-1}\equiv a\equiv 0\pmod{a}\)，即证。

[10] 设 \(f(x)\) 是整系数多项式，且存在整数 \(k\)，使得 \(f(0),f(1),\cdots ,f(k-1)\) 都不能被 \(k\) 整除，证明：\(f(x)\) 无整数根。

设 \(f(x)\) 是 \(m\) 次多项式，为 \(f(x)=\sum_{i=0}^m \alpha_ix^i\)。

因为 \(a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots +b^{n-1})\)，所以 \(a-b\mid a^n-b^n\)。

那么有 \(i-j\mid \sum_{t=1}^m (i^t-j^t)\alpha_i=f(i)-f(j)\)。如果取 \(i=kq+r,j=r\)，那么 \(kq\mid f(kq+r)-f(r)\)。

如果由整数根 \(y\)，可以分解成 \(y=kq+r\)，其中 \(0\le r<k\)。那么有 \(k\mid f(y)-f(r)\)，则 \(f(r)\equiv 0\pmod{k}\) 与题设矛盾。

故无整数根。

[11] 设 \(3\mid a^2+b^2\)，证明：\(3\mid a,3\mid b\)。

设 \(c\equiv a\pmod{3}\)，\(d\equiv b\pmod{3}\)，\(0\le c,d<3\)。那么 \(a^2+b^2\equiv c^2+d^2\equiv 0\pmod{3}\)。

则枚举 \(c,d\) 不同取值发现只有 \(c=d=0\) 符合要求，即 \(3\mid a,3\mid b\)。

[12] 设 \(n,k\) 是正整数，证明：\(n^k\) 和 \(n^{k+4}\) 的个位数字相同。

即证明 \(10\mid n^{k+4}-n^{k}\)，即 \(2\mid n^{k+4}-n^k\) 且 \(5\mid n^{k+4}-n^k\)。

如果 \(2\mid n\)，则 \(2\mid n^k\)，否则 \(2\mid n^4-1\)。

如果 \(5\mid n\)，则 \(5\mid n^k\)，否则 \(n^4-1\equiv 0\pmod{5}\)，这是因为 \(5\) 是质数，根据费马小定理，\(n^4\equiv 1\pmod{5}\)。