浅析“构造法”在初等数论中的运用

于庆

【摘要】本文浅析了构造法在初等数论解题过程中的一些有效运用及教学应注意的问题.

【关键词】初等数论；构造法

一、问题的提出

构造法是一种精巧的数学思想方法，在数学中占有十分重要的地位，其策略具有非常规性，方法带有试探性，思维富有创造性.如果学生能够恰当合理地运用此法解决问题，不仅能够收到简洁明快、出奇制胜的效果，更有利于培养学生的抽象思维能力、发散思维能力和创造能力，具有独特的数学教学价值和解题意义.本文浅析了构造法在初等数论解题过程中的一些有效运用以及在教学过程中应注意的问题.

二、“初等数论”中的构造法

一般地说，“构造法”就是针对所要解决的问题，构造出这个问题或者它的等价问题的数学模型.构造法在初等数论中的运用主要分为以下几类：

1.无穷性命题的证明

古希腊数学家欧几里得不仅是欧氏几何的奠基人，而且也是数学上构造法的创始人.在《几何原本》中，他第一次用构造法巧妙地证明了数论中以他的名字命名的基本定理“质数的个数是无穷的”.

例1 证明：质数的个数是无限的.

证明 假设只有有限多个质数p1，p2，…，p璶，则数p1，p2，…，p璶都不整除p1p2…p璶+1.于是数p1p2…p璶+1的质因数与p1，p2，…，p璶都不相同.因而与假设只有有限多个质数p1，p2，…，p璶矛盾.所以质数的个数是无限的.

这个证明的基本思路是：在假设只有有限个质数的情形下，设法构造一个新的与p1，p2，…，p璶都不同的质数.但质数不易构造，转而构造一个合数，它不被p1，p2，…，p璶整除.这样的思路常用于证明某种数的无限性.再看下面的例子：

例2 证明：形如4k-1的质数是无限的.

证明 仿照上述欧几里得证明的思路，假设只有有限多个形如4k-1的质数p1，p2，…，p璶，取数4p1p2…p璶-1，这个数的质因数一定是奇数，即4k-1或4k+1的形式.形如4k+1的数，积也是4k+1的形式.而这个数4p1p2…p璶-1是4k-1的形式，所以它至少有一个形如4k-1的质因数p.显然p与p1，p2，…，p璶都不相同，矛盾！因此，形如4k-1的质数是无限的.

2.存在性命题的证明

为了证明一个存在性命题，我们可以把满足要求的对象构造出来，使问题得到证明.

例3 对于任意给定的自然数n，证明：必有无穷多个自然数a，使n4+a为合数.

证明 取a=4m4，则

n4+a=n4+4m4=n4+4m2n2+4m4-4m2n2=（2m2+n2）2-4m2n2=（2m2+n2-2mn）（2m2+n2+2mn）.

当m>1时，2m2+n2-2mn=（m-n）2+m2>1，因此2m2+n2-2mn是n4+a的真因数，即n4+a为合数.由m的任意性可知结论成立.

例4 证明：相邻质数之间的间隔可以任意地大，也就是对于任意的自然数n>1，总可以找到n个连续的合数.

证明 设a=2×3×4×…×n×（n+1）=（n+1）！，则a+2，a+3，a+4，…，a+（n+1）是n个连续的自然数，并且分别含有真因数2，3，4，…，（n+1），因而都是合数.

由于在（n+1）！+2前面的质数与在（n+1）！+（n+1）后面的质数的差≥n+1，且n可以任意选择，所以相邻质数的差可以任意的大.

3.假命题的证明

为了论证一个命题假，我们可以举出一个能使命题的条件成立但结论不成立的事例，即“反例”.

例5 设m=8琻+9n2，当n=1，3，5时m均为质数，是否对每一个奇数n，m均为质数？

解 答案是否定的.我们可以证明存在无穷多个奇数n，使m都为合数.

取n=9k3，k是奇数，则m=8琻+9n2=（2琻）3+9（9k3）2=（2琻）3+（9k2）3=（2琻+9k2）（22n-2琻·9k2+81k4），

显然2琻+9k2是m的真因数，所以m为合数.

例6 迪波瓦尔（DeBouvelles）曾断言：对所有n≥1，6n+1和6n-1中至少有一个是质数.他的断言正确吗？

解 他的断言错了.取n=20， 则6n+1=121=11×11和6n-1=119=7×17都是合数.并且我们可以证明有无穷多个n使6n+1和6n-1同时为合数.取n=77k+20，这里k是整数，则6n+1=11（42k+11），6n-1=7（66k+17），可见6n+1和6n-1同时为合数.

三、教学过程中应注意的问题

在初等数论的解题过程中，若按习惯定式思维去探求解题途径比较困难时，教师要有意地引导学生仔细研究条件和结论的特征，构造数学模型，架起一座连接条件和结论的桥梁，使题目化归为容易或已解决了的问题.掌握构造法的关键是要鼓励学生大胆联想，反复尝试寻求多种形式构造出数学模型化解难题.通过构造法解题训练，可以使学生得到创造性体验，激活创造性思维，激发创造性灵感.

【参考文献】

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