2023年全国高中数学联合竞赛B卷加试P4：很B卷风格的二试数论
题目 设正整数$a,b,c,d$同时满足条件：
(1)$a+b+c+d=2023;$
(2)$ab+ac+ad+bc+bd+cd$是$2023$的倍数;
(3)$abc+bcd+cda+dab$是$2023$的倍数.
求证：$abcd$是$2023$的倍数.
提示 很容易考虑$2023$的质因数分解, 注意到$2023=2002+21$或者$2023=2100-77,$ 就很容易发现$2023$是$7$的倍数, 因此$2023=7\times289=7\times17^2.$(值得一提的是, 知乎“怎么判断一个孩子有没有数学天赋？”问题下面就有至少两个回答涉及了这一点, 在不事先研究$2023$这个数的情况下, 这确实很有趣)
看到题目的形式很容易考虑Newton公式, 或者运用Vieta定理化成$4$次多项式, 但它们似乎并没有什么实际作用.(至少我没想到)
本题的破局关键是导同余, 需要注意到 \begin{align*} 0=&abc+bcd+cda+dab= ab(c+d)+cd(a+b)\\=& ab(2023-a-b)+cd(a+b)\equiv(a+b)(cd-ab)\\=&(a+b)(cd+(a+c+d-2023)a)\\\equiv&(a+b)(cd+a^2+ac+ad)\\=&(a+b)(a+c)(a+d)\pmod{2023}. \end{align*} 同理会有\begin{align*} &(b+a)(b+c)(b+d)\equiv0\pmod{2023},\\ &(c+a)(c+b)(c+d)\equiv0\pmod{2023},\\ &(d+a)(d+b)(d+c)\equiv0\pmod{2023}. \end{align*} 这表明$a,b,c,d$存在两数之和为$7$的倍数, 由条件(1)知另外两数之和也是$7$的倍数. 同理$a,b,c,d$也能两两配对为$17$的倍数. 我们不妨设$a+b$是$p$的倍数($p=7$或$17,$ 待定), 自然有$c+d$也是$p$的倍数.
在导同余的过程中我们并没有用到条件(2), 所以自然要由此破局, 利用$a\equiv -b\pmod{p},$ $c\equiv -d\pmod{p}$可知\begin{align*} 0\equiv &ab+ac+ad+bc+bd+cd\\\equiv& -a^2+ac-ac-ac+ac-c^2\equiv -(a^2+c^2)\pmod{p} \end{align*} 容易发现, 当$p=7$时, 这个等式是很有用的. 因为$a^2,c^2\equiv0,1,2$或$4\pmod{7},$ 所以只可能有$a^2\equiv c^2\equiv 0\pmod{7},$ 所以$a,c$均为$7$的倍数, 则$b,d$也是$7$的倍数. 这表明$abcd$为$7^4$的倍数. 因此此时只需证明$abcd$是$17^2$的倍数.
但是这是并不能用同样的方法直接得到$a,b,c,d$均为$17$的倍数, 因为$1^2+4^2\equiv 0\pmod{17}.$
让我们来看看$a+b\equiv c+d\equiv 0\pmod{17}$且$a\equiv 1\pmod{17},$ $c\equiv 4\pmod{17}$时会发生什么. 此时$b\equiv 16\pmod{17},$ $d\equiv 13\pmod{17},$ 这时候$(a+c)(a+d)$不是$17$的倍数, 则由\begin{align*} (a+b)(a+c)(a+d)\equiv0\pmod{2023} \end{align*} 可知$a+b$是$17^2$的倍数, 而前面知道$a,b$为$7$的倍数, 则可知道$a+b$是$2023$的倍数, 但由(1), $2\leq a+b\leq 2021,$ 这就得到了矛盾.
由上面的讨论可知, 条件(1)中是等式而不是整除关系, 这是处理$p=17$情形的关键. 因为$a,b,c,d$都是$7$的倍数, 所以其中任意两数之和都不能是$17^2$的倍数. 根据\begin{align*} (a+b)(a+c)(a+d)\equiv0\pmod{2023} \end{align*} 就可以知道, $a+b,a+c,a+d$至少有两个$17$的倍数, 不妨设$a+b,a+c$是$17$的倍数, 则$c+d,b+d$也是$17$的倍数, 于是$a\equiv -b\equiv -c\equiv d\pmod{17}.$ 这时候再回到条件(2), 可知\begin{align*} 0\equiv &ab+ac+ad+bc+bd+cd\\\equiv& -a^2-a^2+a^2+a^2-a^2-a^2\equiv -2a^2\pmod{17} \end{align*} 由此得到$a$为$17$的倍数, 所以$b,c,d$都是$17$的倍数, $abcd$是$17^4$的倍数. 那么我们就可以完成证明.
证明 我们有$2023=7\times17^2.$ 由条件(1)(3)可知\begin{align} 0=&abc+bcd+cda+dab= ab(c+d)+cd(a+b)\nonumber\\=& ab(2023-a-b)+cd(a+b)\equiv(a+b)(cd-ab)\nonumber\\=&(a+b)(cd+(a+c+d-2023)a)\nonumber\\\equiv&(a+b)(cd+a^2+ac+ad)\nonumber\\\label{2023LSBP4}=&(a+b)(a+c)(a+d)\pmod{2023}.
\end{align} 因此不妨设$a+b$为$7$的倍数, 则$c+d=2023-(a+b)$也是$7$的倍数. 由条件(2)可知\begin{align*} 0\equiv &ab+ac+ad+bc+bd+cd\\\equiv& -a^2+ac-ac-ac+ac-c^2\equiv -(a^2+c^2)\pmod{7} \end{align*} 由于完全平方数$a^2,c^2$模$7$可能得余数是$0,1,2,4,$ 枚举可知只能有$a^2\equiv c^2\equiv 0\pmod{7},$ 因此$a,c$为$7$的倍数, 同理$b,d$也是$7$的倍数.
由\eqref{2023LSBP4}又可知$17^2\mid (a+b)(a+c)(a+d).$ 假设$a,b,c,d$中有两数之和为$17^2$的倍数, 则这个和又是$7\times17^2=2023$的倍数, 这与(1)矛盾. 因此$a+b,a+c,a+d$至少有两个为$17$的倍数. 不妨设$a+b,$ $a+c$都是$17$的倍数, 则$c+d=2023-(a+b)$也是$17$的倍数, 于是$a\equiv -b\equiv -c\equiv d\pmod{17}.$ 再由条件(2), 可知\begin{align*} 0\equiv &ab+ac+ad+bc+bd+cd\\\equiv& -a^2-a^2+a^2+a^2-a^2-a^2\equiv -2a^2\pmod{17} \end{align*} 由此可知$a$为$17$的倍数, 所以$b,c,d$都是$17$的倍数.
综上所述, $a,b,c,d$均为$7\times17$的倍数, 所以$abcd$是$7^4\times17^4$的倍数, 自然是$2023$的倍数, 证毕.
注 当素数$p\equiv3\pmod4$时, 若整数$a$满足$p\nmid a,$ 则对任意整数$c,$ 存在整数$\alpha$使得$c\equiv a\alpha\pmod{p},$ 那么\begin{align*} a^2+c^2\equiv a^2(\alpha^2+1)\pmod{p} \end{align*} 而$\left(\dfrac{-1}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=-1.$ 因此$a^2,\alpha^2+1$都不是$p$的倍数. 所以$a^2+c^2$不是$p$的倍数. 所以, 当素数$p\equiv3\pmod4$时, $p\mid a^2+c^2\implies p\mid a,c.$
本题中符合条件$(a,b,c,d)$需要且只需要$119\mid a,b,c,d$且$a+b+c+d=2023$即可.
(1)$a+b+c+d=2023;$
(2)$ab+ac+ad+bc+bd+cd$是$2023$的倍数;
(3)$abc+bcd+cda+dab$是$2023$的倍数.
求证：$abcd$是$2023$的倍数.
提示 很容易考虑$2023$的质因数分解, 注意到$2023=2002+21$或者$2023=2100-77,$ 就很容易发现$2023$是$7$的倍数, 因此$2023=7\times289=7\times17^2.$(值得一提的是, 知乎“怎么判断一个孩子有没有数学天赋？”问题下面就有至少两个回答涉及了这一点, 在不事先研究$2023$这个数的情况下, 这确实很有趣)
看到题目的形式很容易考虑Newton公式, 或者运用Vieta定理化成$4$次多项式, 但它们似乎并没有什么实际作用.(至少我没想到)
本题的破局关键是导同余, 需要注意到 \begin{align*} 0=&abc+bcd+cda+dab= ab(c+d)+cd(a+b)\\=& ab(2023-a-b)+cd(a+b)\equiv(a+b)(cd-ab)\\=&(a+b)(cd+(a+c+d-2023)a)\\\equiv&(a+b)(cd+a^2+ac+ad)\\=&(a+b)(a+c)(a+d)\pmod{2023}. \end{align*} 同理会有\begin{align*} &(b+a)(b+c)(b+d)\equiv0\pmod{2023},\\ &(c+a)(c+b)(c+d)\equiv0\pmod{2023},\\ &(d+a)(d+b)(d+c)\equiv0\pmod{2023}. \end{align*} 这表明$a,b,c,d$存在两数之和为$7$的倍数, 由条件(1)知另外两数之和也是$7$的倍数. 同理$a,b,c,d$也能两两配对为$17$的倍数. 我们不妨设$a+b$是$p$的倍数($p=7$或$17,$ 待定), 自然有$c+d$也是$p$的倍数.
在导同余的过程中我们并没有用到条件(2), 所以自然要由此破局, 利用$a\equiv -b\pmod{p},$ $c\equiv -d\pmod{p}$可知\begin{align*} 0\equiv &ab+ac+ad+bc+bd+cd\\\equiv& -a^2+ac-ac-ac+ac-c^2\equiv -(a^2+c^2)\pmod{p} \end{align*} 容易发现, 当$p=7$时, 这个等式是很有用的. 因为$a^2,c^2\equiv0,1,2$或$4\pmod{7},$ 所以只可能有$a^2\equiv c^2\equiv 0\pmod{7},$ 所以$a,c$均为$7$的倍数, 则$b,d$也是$7$的倍数. 这表明$abcd$为$7^4$的倍数. 因此此时只需证明$abcd$是$17^2$的倍数.
但是这是并不能用同样的方法直接得到$a,b,c,d$均为$17$的倍数, 因为$1^2+4^2\equiv 0\pmod{17}.$
让我们来看看$a+b\equiv c+d\equiv 0\pmod{17}$且$a\equiv 1\pmod{17},$ $c\equiv 4\pmod{17}$时会发生什么. 此时$b\equiv 16\pmod{17},$ $d\equiv 13\pmod{17},$ 这时候$(a+c)(a+d)$不是$17$的倍数, 则由\begin{align*} (a+b)(a+c)(a+d)\equiv0\pmod{2023} \end{align*} 可知$a+b$是$17^2$的倍数, 而前面知道$a,b$为$7$的倍数, 则可知道$a+b$是$2023$的倍数, 但由(1), $2\leq a+b\leq 2021,$ 这就得到了矛盾.
由上面的讨论可知, 条件(1)中是等式而不是整除关系, 这是处理$p=17$情形的关键. 因为$a,b,c,d$都是$7$的倍数, 所以其中任意两数之和都不能是$17^2$的倍数. 根据\begin{align*} (a+b)(a+c)(a+d)\equiv0\pmod{2023} \end{align*} 就可以知道, $a+b,a+c,a+d$至少有两个$17$的倍数, 不妨设$a+b,a+c$是$17$的倍数, 则$c+d,b+d$也是$17$的倍数, 于是$a\equiv -b\equiv -c\equiv d\pmod{17}.$ 这时候再回到条件(2), 可知\begin{align*} 0\equiv &ab+ac+ad+bc+bd+cd\\\equiv& -a^2-a^2+a^2+a^2-a^2-a^2\equiv -2a^2\pmod{17} \end{align*} 由此得到$a$为$17$的倍数, 所以$b,c,d$都是$17$的倍数, $abcd$是$17^4$的倍数. 那么我们就可以完成证明.
证明 我们有$2023=7\times17^2.$ 由条件(1)(3)可知\begin{align} 0=&abc+bcd+cda+dab= ab(c+d)+cd(a+b)\nonumber\\=& ab(2023-a-b)+cd(a+b)\equiv(a+b)(cd-ab)\nonumber\\=&(a+b)(cd+(a+c+d-2023)a)\nonumber\\\equiv&(a+b)(cd+a^2+ac+ad)\nonumber\\\label{2023LSBP4}=&(a+b)(a+c)(a+d)\pmod{2023}.
\end{align} 因此不妨设$a+b$为$7$的倍数, 则$c+d=2023-(a+b)$也是$7$的倍数. 由条件(2)可知\begin{align*} 0\equiv &ab+ac+ad+bc+bd+cd\\\equiv& -a^2+ac-ac-ac+ac-c^2\equiv -(a^2+c^2)\pmod{7} \end{align*} 由于完全平方数$a^2,c^2$模$7$可能得余数是$0,1,2,4,$ 枚举可知只能有$a^2\equiv c^2\equiv 0\pmod{7},$ 因此$a,c$为$7$的倍数, 同理$b,d$也是$7$的倍数.
由\eqref{2023LSBP4}又可知$17^2\mid (a+b)(a+c)(a+d).$ 假设$a,b,c,d$中有两数之和为$17^2$的倍数, 则这个和又是$7\times17^2=2023$的倍数, 这与(1)矛盾. 因此$a+b,a+c,a+d$至少有两个为$17$的倍数. 不妨设$a+b,$ $a+c$都是$17$的倍数, 则$c+d=2023-(a+b)$也是$17$的倍数, 于是$a\equiv -b\equiv -c\equiv d\pmod{17}.$ 再由条件(2), 可知\begin{align*} 0\equiv &ab+ac+ad+bc+bd+cd\\\equiv& -a^2-a^2+a^2+a^2-a^2-a^2\equiv -2a^2\pmod{17} \end{align*} 由此可知$a$为$17$的倍数, 所以$b,c,d$都是$17$的倍数.
综上所述, $a,b,c,d$均为$7\times17$的倍数, 所以$abcd$是$7^4\times17^4$的倍数, 自然是$2023$的倍数, 证毕.
注 当素数$p\equiv3\pmod4$时, 若整数$a$满足$p\nmid a,$ 则对任意整数$c,$ 存在整数$\alpha$使得$c\equiv a\alpha\pmod{p},$ 那么\begin{align*} a^2+c^2\equiv a^2(\alpha^2+1)\pmod{p} \end{align*} 而$\left(\dfrac{-1}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=-1.$ 因此$a^2,\alpha^2+1$都不是$p$的倍数. 所以$a^2+c^2$不是$p$的倍数. 所以, 当素数$p\equiv3\pmod4$时, $p\mid a^2+c^2\implies p\mid a,c.$
本题中符合条件$(a,b,c,d)$需要且只需要$119\mid a,b,c,d$且$a+b+c+d=2023$即可.
