高中奥数—存在性证明_一般均衡存在性的证明

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数论中的存在性问题

一．概念

满足一些条件的某些对象存在或不存在的问题称为数论存在性问题。例如：（2000.第41届IMO试题）确定是否存在满足下列条件的正整数n，使得恰好能被2000个互不相同的素数整除，并且21能够被n整除。n

二．基本方法

解决数论存在性问题没有什么固定的程式，所用知识是普遍的，采取的方法也是灵活多样的。

但是由于数论中存在性问题是常见的题型，因此，解决的方法我们大致归纳如下：

1．反证法

例1．已知n是确定的正整数，A＝{1，2，……，n}，f：AA为映射，满足k1k2,f(k1)f(k2)，求证：m,f(m)m

证明：假设对于1mn的任何m，都有f(m)m,则由f(1)1,f(1)1f(1)f(2)2.所以f(1)2,f(2)2f(2)3.以此类推，可得f(n)

n+1,这与已知矛盾。假设错。

2．数学归纳法

例2．在黑板上依次写出数a11,a2,a3，……，法则如下：如果an－2为正整数，而且未写出过，则写an1＝an—2，否则就写an＋3，证明：所有出现在该序列中的完全平方数都是由写在它前面的那个数加3得到的。

证明：首先证明，当n=5m的时候，由1到n所有的正整数都已经被写出，而且

a5m5m2，此时，对于任何k5m，都有ak5ak5。

对m进行归纳：当m＝1，n＝5。a11,a24,a32,a45,a53,a66假设，当n=5m时，结论也成立。

当n＝5（m+1）时，有

a5m15m1,a5m25m4,a5m35m2,a5m45m5,a5m55m3

结论也成立。

再考虑平方数被5除的余数，只能是0，1，4。而序列中被5除余0，1，4的数都是由前一个数加3得到的。

例3．证明存在无穷多的合数n，使3n12n1是n的倍数。

证明：xy,kN,有x-y|xkyk

而3222t(2为合数，令)xy

ttt23*2t22n

则32|(3)

2t|n12tt2t2kt(2)2kkt*23kt2因此，本题只要证明n12k即,t

用归纳法证明：t=1时成立

假设t=m时成立

t=m+1时，有32

由假设，2|3

而2|3

命题得证。

2mmm1。1(321)(321）mm2m1, 1,则m+1时也成立。

3．按模分类

例4．非常数的正整数无穷序列{

2，……，求证：数列{an}满足递推关系an12an1或an12a1，n=1，an}中至少有一项为合数。

证明：用mod3分类。由于单调增，不妨假设a1>3,否则去掉前面几项（由于是递增数列）

（1）如果a10（mod 3）,则3|a1

（2）如果a11（mod 3）,且a1为素数，否则a1为合数。

若a22a11a20（mod 3）,得证

若a22a11a21(mod 3）

因此依次分析下去，或者得到ai0(mod3），或者得到一个序列

a1a2……1（mod 3）,则an12an1an112(an1)为等比数列。

an1＝2n（a11）＋1

a1由费马小定理，aa121(a11)1a1110（mod a1）a1|aa1,得到

aa1为合数。

（3）a12（mod 3）同理可证。

4．试验，猜想，证明

例5．证明有无穷多个自然数n，使得n|2n2,n1|2n1

证明：显然，n＝2满足条件。

nnn|22,n1|21成立。假设，nN，使得

nnn|22,n1|21，可得2|n,且n不能被4整除。由

由n1|2n1

n1k 2n1＝k*(n－1)，其中k,n-1为奇数。则 2212(n1)k1(2n11)M，其中M为整数。

2n11|2212n2|222 n1n2

n另一方面，由n|22，n不是4的倍数，则可设22＝n t ,t为奇数。则

n2n2n221＝2nt1(2n1)T，其中T为整数。2n1|221

2nn因此，当n|22,n1|21时有22|2nn22，2n1|221。找到了无穷多n2

个n满足条件。

5．构造法

（1）按归纳法构造

例6．证明：对nN，n2, 一个由n个整数构成的集合S,使S中任意两个不同的数

a ,b满足(ab)2|ab

证明：对n采用归纳构造。

n=2,取S={1,2}

设n=k时，存在k个元素的集合Sk{a1,a2,……，ak}满足aiaj|aiaj(ij)令A=a1a2……ak,考虑如下k个数：

A,Aa1,……,A+ak

考虑它们所构成的集合Sk1，则可以验证所得的集合满足条件。

（2）按阶乘构造

例7．证明：可以把N分成两个子集A,B，使A中任何3个数都不成等差数列，而且不存在由B中无穷多个数构成的等差数列。

证明：令A={n!n|nN}，B=N-A

（1）对mnk1有(k!k)(m!m)m!m 

m(n!)m3(n!)m

2(n!)n!m2(n!n)

因此A中任意三个数都不是等差数列。

（2）若B中含有首项为a1，公差为d的的无限长等差数列，则此数列中有一项为a1((a1d)!1)d(a1d)!(a1d)A，矛盾！d

因此B中没有无穷多个数构成的等差数列。

6．关于数论知识的综合应用

例8．（I）p, q, r, aN，满足pqra,且r是系数，（p ,q）=1,证明：p ,q中有一个为完全

平方数。

（II）是否存在素数p ,使p(2

证明：（I）显然。

（II）设p(2p1p121)为完全平方数。1)b2,p2时，b214，不是完全平方数

p2,设p2q1。

由于p|b2p|b,设b=pa,则有p(2p11)p2a2，2p11pa2，p1而2122q21(2q11)(2q12pa，由（1）知，1)

2q11,2q11中有一个数为完全平方。

(1)若2q11c22q1c21,q1,则4|2q1，但是c21不是4的倍数矛盾

1(2若)q21c2q122c1c(c1)(1)

c12q1,c12q2,q1q2,。q1q2q1，而2q12q22 2q2(2q2q11)2。

2q2q111q11,q22q2p5。

但是p(2p11)＝5×63不是完全平方数矛盾！

因此不存在！

习题：

1． 证明：nN,19817都是合数

2． 求证数列｛2—3｝中存在子序列，使其中项两两互素 nn