兩道整除條件下的競賽試題探究

☉福建省廈門大學附屬實驗中學 田富德

兩道整除條件下的競賽試題探究

☉福建省廈門大學附屬實驗中學 田富德

筆者發現兩道數論競賽試題形式優美，加以探究，與同仁共勉，現敘述如下.

題1：設m、n為給定的正整數，且mn|（m2+n2）.證明：m=n.

證明：由條件知存在整數p，滿足m2+n2=pmn.

設（m，n）=d，則m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

推廣1：設m、n、α、β、γ為給定的正整數，且α、β、γ≥1，α+β≥γ，mαnβ|（mγ+nγ），則m=n.

證明：由條件知存在整數p，滿足mγ+nγ=pmαnβ.

設（m，n）=d，則m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

推論1：設m、n為給定的正整數，且mn|（m+n），則m= n=1或m=n=2.

探究：設m、n為給定的正整數，且（m+n）|mn，則（m+ n）|（m，n）2.

證明：由條件知存在整數p，滿足pm+pn=mn.

設（m，n）=d，則m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

則有pm1d+pn1d=m1n1d2，得pm1+pn1=m1n1d（*）.

故有m1|pn1，但（m1，n1）=1，因此m1|p.同理n1|p.又（m1，n1）=1，因此m1n1|p.

則存在整數q，滿足p=qm1n1，則（*）可化為qm1+qn1=d，即qm1d+qn1d=q（m+n）=d2，故（m+n）|d2，即（m+n）|（m，n）2.

推廣2：設m、n、k為給定的正整數，且mnk|（m3+n3+ k3），則（m，n）=（m，k）=（n，k）=（m，n，k）.

證明：由條件知存在整數p，滿足m3+n3+k3=pmnk.設（m，n）=d，則m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

設（d，k）=e，則d=d1e，k=k1e，其中（d1，k1）=1.

推廣3：設m、n、α、β、γ為給定的正整數，且α、β、γ、

設（m，n）=d，則m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

設（d，k）=e，則d=d1e，k=k1e，其中（d1，k1）=1.

同理有（m，n）=（m，k）=（n，k）=（m，n，k）.

題2：（2000年波蘭數學奧林匹克）設m、n為給定的正整數，且mn|（m2+n2+m）.證明：m是一個完全平方數.

證法1：因為mn|（m2+n2+m），則存在整數k，滿足m2+ n2+m=kmn，即n2-kmn+m2+m=0，這是一個關于n的一元二次方程，Δ=k2m2-4m2-4m應為一個完全平方數.

設（m，k2m-4m-4）=d.

若d=1，由Δ為完全平方數可知m為完全平方數.

若d>1，由d=（m，k2m-4m-4）=（m，4）知d|4，于是由d> 1，得d為偶數，進而m為偶數，

再由mn|（m2+n2+m）可知n是偶數，于是4|mn.

因而有4|（m2+n2+m），于是4|m.

證法2：因為mn|（m2+n2+m），則存在整數p，滿足m2+ n2+m=pmn.

設（m，n）=d，則m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

又顯然有d|m1，則d=m1，從而m=m1d=d2.

注：方法2簡潔易懂，在本文的推廣中具有普遍性.

推廣1：設m、n、α、β、γ、δ為給定的正整數，且α、β≥1，γ≥δ≥2，α+β≥δ，mαnβ|（mγ+nδ+m），則m是一個完全δ次方數.

證明：因為mαnβ|（mγ+nδ+m），則存在整數p，滿足mγ+ nδ+m=pmαnβ.

設（m，n）=d，則m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

推廣2：設m、n、α、β、γ、δ、φ為給定的正整數，且α、β≥1，γ≥δ≥2，α+β≥δ≥φ，α≥φ，mαnβ|（mγ+nδ+mφ），則mφ是一個完全δ次方數.

證明：因為mαnβ|（mγ+nδ+mφ），則存在整數p，滿足mγ+ nδ+mφ=pmαnβ.

設（m，n）=d，則m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

本文推廣中的指數若取恰當的數字，可以得到許多優美的結論.

1.王連笑.最新世界各國數學奧林匹克中的初等數論試題（上）［M］.哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社，2011.

2.裴光亞.整除性問題［J］.中學數學，1993（1）.