奥林匹克小丛书小蓝本习题另解或加强（数论卷）（二）

第三节知识点：正约数之和

\(n=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}\)。

则 \(n\) 的全部正约数为 \(p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2} \cdots p_k^{\beta_k}\) ，其中 \(\beta_i\) 是满足 \(0 \leqslant \beta_i \leqslant \alpha_i(i=1, \cdots\) ，
\(k)\) 的任意整数．
由此易知，若设 \(\tau(n)\) 为 \(n\) 的正约数的个数，\(\sigma(n)\) 为 \(n\) 的正约数之和，则有

\[\begin{aligned} & \tau(n)=\left(\alpha_1+1\right)\left(\alpha_2+1\right) \cdots\left(\alpha_k+1\right), \\ & \sigma(n)=\frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1} \cdot \frac{p^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} \cdot \cdots \cdot \frac{p^{\alpha_k+1}-1}{p_k-1} . \end{aligned} \]

这里 \(\sigma(n)\) 没有给推导过程，但是看看下面两个素因子的情况就会明白这是对的。

\[\begin{aligned} & p_2^0\left(p_1^0+\cdots+p_1^{\alpha_1}\right)+p_2^1\left(p_1^0+\cdots+p_1^{\alpha_1}\right)+p_2^2\left(p_1^0+\cdots+p_1^{\alpha_1}\right)+\cdots+p_2^{\alpha_2}\left(p_1^0+\cdots+p_1^{\alpha_1}\right) \\ &= \frac{1-p_2^{\alpha_2+1}}{1-p_2} \cdot \frac{1-p_1^{\alpha_1+1}}{1-p_1}\end{aligned} \]

第三节知识点：\(n!\) 的标准分解．

\[v_p(n!)=\sum_{l=1}^{\infty}\left[\frac{n}{p^l}\right]\left(=\left[\frac{n}{p}\right]+\left[\frac{n}{p^2}\right]+\cdots\right). \]

这个事情其实是不证自明的，考虑 \(1\times 2 \times \cdots \times n\)，里面含有 \(p\) 因子的也就 \(p,2p,\cdots,[\frac{n}{p}]p\)，然后再统计含有两个 \(p\) 因子的， \(p^2,2p^2,\cdots,[\frac{n}{p^2}]p^2\)，一直往下统计并注意到这个统计过程确实会终止即可。

第三节例1

例1 证明：无穷数列10001， \(100010001, \cdots\) 中没有素数．

标答： 记 \(a_n=\underbrace{10001 \cdots 10001}_{n \text { 个 } 1}(n \geqslant 2)\) ，则

\[a_n=1+10^4+10^8+\cdots+10^{4(n-1)}=\frac{10^{4 n}-1}{10^4-1} . \]

为了将上式右端的数分解为两个（大于 1 的）整数之积，我们区分两种情形：

\(n\) 为偶数．设 \(n=2 k\) ，则

\[a_{2 k}=\frac{10^{8 k}-1}{10^4-1}=\frac{10^{8 k}-1}{10^8-1} \cdot \frac{10^8-1}{10^4-1} . \]

易知，\(\frac{10^8-1}{10^4-1}\) 是大于 1 的整数，而对 \(k \geqslant 2, \frac{10^{8 k}-1}{10^8-1}\) 也是大于 1 的整数．故 \(a_{2 k}(k=2,3, \cdots)\) 都是合数．又 \(a_2=10001=13 \times 137\) 是合数．

\(n\) 为奇数．设 \(n=2 k+1\) ，则

\[a_{2 k+1}=\frac{10^{4(2 k+1)}-1}{10^4-1}=\frac{10^{2(2 k+1)}-1}{10^2-1} \cdot \frac{10^{2(2 k+1)}+1}{10^2+1} \]

是两个大于 1 的整数之积，故 \(a_{2 k+1}\) 也均是合数．因此，所有 \(a_n\) 是合数．\(\quad \square\)

\(n\) 为偶数的情况可以更显然的得到：

\[1+10^4+10^8+10^12=1+10^4+10^8(1+10^4)=(1+10^8)(1+10^4) \]

从这个思路出发我们可以得到以下结论：

等比数列的项数如果是合数，那么该等比数列的和必然是合数。

第三节例2

例 2 证明：对任意整数 \(n>1\) ，数 \(n^4+4^n\) 不是素数．

这题的解法没什么好说的，关键是因式分解过不过关。
\(x^4+4 y^4=\left(x^2+2 x y+2 y^2\right)\left(x^2-2 x y+2 y^2\right)\)

但是标答里面有一句话可能让人摸不着头脑——“易知 \(n^4+4^n\) 没有一个（大于 1 的）固定的约数。”

这是怎么易知出来的呢？

情况一：素数 \(p=2\)，这时取 \(n\) 为奇数即可。

情况二：任意奇素数 \(p\)。

一个非常聪明的选择是取 \(n=p\) 。计算当 \(n=p\) 时，表达式模 \(p\) 的值。

\[p^4+4^p\equiv 4(\bmod p)\text{（费马小定理）} \]

综上，易知 \(n^4+4^n\) 没有一个（大于 1 的）固定的约数。

一个失败的尝试：

\[\begin{aligned} & n^4+4^n\\ & = \left(n^2+2^n\right)^2-2 \times n^2 \times 2^n . \\ & =(n^2+2^n)^2 -\left(n^2+2^n\right) \cdot 2^{n+1}+ 2^{2 n+1} \text {. } \\ & 令 D =n^2 \times 2^{n} \\ & \left(D-2^{n}\right)\left(D-2^{n}\right)+ 2^{2 n} \text {. } \text{然而这是废话}\\ \end{aligned} \]

第三单元例5

例5 设 \(n 、 a 、 b\) 是整数，\(n>0\) 且 \(a \neq b\) ．证明：若 \(n \mid\left(a^n-b^n\right)\) ，则 \(n \left\lvert\, \frac{a^n-b^n}{a-b}\right.\).

标答： 设 \(p\) 是一个素数，且 \(p^\alpha \| n\) ．我们来证明 \(p^\alpha \left\lvert\, \frac{a^n-b^n}{a-b}\right.\) ，由此即导出本题的结论．

记 \(t=a-b\) ，若 \(p \nmid t\) ，则 \(\left(p^\alpha, t\right)=1\) ．因 \(n \mid\left(a^n-b^n\right)\) ，故 \(p^\alpha \mid\left(a^n-b^n\right)\) ．又 \(a^n-b^n=t \cdot \frac{a^n-b^n}{t}\) ，于是 \(p^\alpha \left\lvert\, \frac{a^n-b^n}{t}\right.\) ．

若 \(p \mid t\) ，用二项式定理，得

\[\frac{a^n-b^n}{t}=\frac{(b+t)^n-b^n}{t}=\sum_{i=1}^n \mathrm{C}_n^i b^{n-i} t^{i-1} \]

设 \(p^\beta \| i(i \geqslant 1)\) ，则 \(2 \beta \leqslant p^\beta \leqslant i\) ，由此易知 \(\beta \leqslant i-1\) 。因此 \(\mathrm{C}_n^i t^{i-1}=\frac{n}{i} \mathrm{C}_{n-1}^{i-1} t^{i-1}\)中所含的 \(p\) 的幂次至少是 \(\alpha-\beta+(i-1) \geqslant \alpha\) ，故右边和式中每一项均被 \(p^\alpha\) 整除，故 \(p^\alpha \left\lvert\, \frac{a^n-b^n}{t}\right.\) ，即 \(p^\alpha \left\lvert\, \frac{a^n-b^n}{a-b}\right.\)（参考第 1 单元例 3 的注 1）．\(\quad \square\)

用同余来写过程会更简单一点。

解：

若 \(p \mid a^p-b^p=(a-b)\left(a^{p-1}+\cdots+b^{p-1}\right)\)首先若 \(p\nmid a\) 且 \(p\nmid b\) 则

\[a^{p-1}+\cdots+b^{p-1} \equiv p(\bmod p) \]

也就是说天然有 \(p \mid a^{p-1}+\cdots+b^{p-1}\) 这件事

但是这样做要讨论 \(p|a\) 或 \(p|b\) 的情况。

所以利用素数性质，若 \(p \mid a-b\) 则右边因子

\[a^{p-1}+\cdots+b^{p-1} \equiv p a^{p-1} \equiv 0(\bmod p) . \]

综上 \(p \left\lvert\, \frac{a^p-b^p}{a-b}\right.\) ．

若 \(p^2 \mid a^{p^2}-b^{p^2}=\left(a^p-b^p\right)\left(a^{p(p-1)}+\cdots+b^{p(p-1)}\right)\)
则因 \(p \left\lvert\, \frac{a^p-b^p}{a-b}\right.\) 以及假设 \(p \mid a-b\) 可得 \(p \mid \left(a^{p(p-1)}+\cdots+b^{p(p-1)}\right)\)

\( \Rightarrow p^2 \left\lvert\, \frac{a^{p^2}-b^{p^2}}{a-b}\right. \)

显然可以用归纳法得到，\(p^n \left\lvert\, \frac{a^{p^n}-b^{p^n}}{a-b} \quad\left(n \in \mathbb{Z}^{+}\right)\right.\)

回到一般情况，若 \(v_p(n)=\alpha\) 则由 \(n \mid a^n-b^n,p^\alpha \mid n\) 可知

\(a^{p^\alpha}-b^{p^\alpha} \mid a^n-b^n\)
以及 \(\quad p^\alpha\left|\frac{a^{p^\alpha}-b^{p^\alpha}}{a-b}\right| \frac{a^n-b^n}{a-b}\)

对 \(n\) 的所有素因子如此做都可以得到上式，所以

\(\Rightarrow n \left\lvert\, \frac{a^n-b^n}{a-b}\right.\quad \square\)

第三节习题3

证明：有无穷多个奇数 \(m\) ，使 \(8^m+9 m^2\) 是合数．

标答：取 \(m=9 k^3(k=1,3, \cdots)\) ，则 \(8^m+9 m^2=\left(2^m\right)^3+\left(9 k^2\right)^3\) ．易知它有真因子 \(2^m+9 k^2\) ．

对于这种题目，还有一种看似麻烦一些但其实更普适的办法。一个非常有效的技巧是考察表达式 \(A^k+B\) 模 \(A+C\) 的值。

解：

让我们考察表达式 \(8^m+9 m^2\) 模 \(2^m+3\) 的值。

\(8^m+9 m^2 \equiv 9\left(m^2-3\right)\left(\bmod 2^m+3\right)\)

于是，如果我们能找到一个素数 \(p\) ，它既能整除 \(2^m+3\) 又能整除 \(9\left(m^2-3\right)\) ，那么这个素数 \(p\)也必然能整除 \(8^m+9 m^2\) 。

我们的目标是找到一个素数 \(p\) 和一个无穷序列的奇数 \(m\) ，使得对于序列中的每个 \(m\) ，以下两个条件同时成立：

1． \(2^m \equiv-3(\bmod p)\)

2． \(9\left(m^2-3\right) \equiv 0(\bmod p)\)

由条件2 ，可以先尝试 \(p=11\) 。

此时由条件 1 得到 \(m \equiv 3(\bmod 10)\)。

由条件 2 得到 \(m \equiv 5(\bmod 11)(\) 或者 \(m \equiv 6(\bmod 11))\) 。

所以，对于我们构造的无穷多个奇数 \(m\)（形如 \(110 j+93\) ）， \(8^m+9 m^2\) 总有一个因子 11。\(\quad \square\)

第三节习题4

设整数 \(a 、 b 、 c 、 d\) 满足 \(a>b>c>d>0\) ，且\(a^2+a c-c^2=b^2+b d-d^2,\)证明：\(a b+c d\) 不是素数．

标答：反证法，设有满足题设的一组 \(a 、 b 、 c 、 d\) ，使得 \(a b+c d\) 为素数，记之为 \(p\) ，将 \(a=\frac{p-c d}{b}\) 代入给出的等式，得到

\[p(p-2 c d+b c)=\left(b^2+c^2\right)\left(b^2+b d-d^2\right) \]

因 \(p\) 是素数，故 \(p\) 整除 \(b^2+c^2\) ，或者 \(p\) 整除 \(b^2+b d-d^2\) ．
若 \(p \mid\left(b^2+c^2\right)\) ，则由 \(0< b^2+c^2< 2 a b< 2(a b+c d)=2 p\) ，推出 \(b^2+\) \(c^2=p\) ，即 \(a b+c d=b^2+c^2\) ，从而 \(b \mid c(c-d)\) 。显然 \((b, c)=1\)（因 \(a b+c d\) 是素数），故 \(b \mid(c-d)\) ，这与 \(0< c-d< c< b\) 矛盾。

若 \(p \mid\left(b^2+b d-d^2\right)\) ，则由 \(0< b^2+b d-d^2<2(a b+c d)=2 p\) 知，\(b^2+\) \(b d-d^2=p\) ，即 \(a b+c d=b^2+b d-d^2=a^2+a c-c^2\) ，故 \(a \mid(c+d) c\) 及 \(b \mid(c+d) d\) 都成立。但易知 \((a b, c d)=1\) ，故 \(c+d\) 被 \(a\) 和 \(b\) 整除。因 \(0< c+d< 2 a, 0< c+d< 2 b\) ，从而必须有 \(c+d=a\) 及 \(c+d=b\) ，矛盾．\(\quad \square\)

破坏对称性需要一些勇气，下面给一个利用对称性的做法。

解：

展开 \((a c)\left(b^2+b d-d^2\right)-(b d)\left(a^2+a c-c^2\right)\) 并因式分解得，

\[(a c-b d)\left(a^2+a c-c^2\right)=(a b+c d)(b c-a d)。 \]

假设 \(a b+c d\) 是一个质数。

因为 \(a c-b d>0 、 a^2+a c-c^2>0 、 a b+c d>0\) ，所以 \(b c-a d>0\) 。

由于 \(0< a c-b d< a b+c d\) ，所以 \(\operatorname{gcd}(a c-b d, a b+c d)=1\) ，因此 \(a c-b d\) 是 \(b c-\) \(a d\) 的因数。

所以 \(a c-b d \leq b c-a d\) 。

然而，\((a-b)(c+d)>0\) 等价于 \(a c-b d>b c-a d\) 。

矛盾，因此 \(a b+c d\) 不是质数。\(\quad \square\)

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