两道整除条件下的竞赛试题探究

☉福建省厦门大学附属实验中学 田富德

两道整除条件下的竞赛试题探究

☉福建省厦门大学附属实验中学 田富德

笔者发现两道数论竞赛试题形式优美，加以探究，与同仁共勉，现叙述如下.

题1：设m、n为给定的正整数，且mn|（m2+n2）.证明：m=n.

证明：由条件知存在整数p，满足m2+n2=pmn.

设（m，n）=d，则m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

推广1：设m、n、α、β、γ为给定的正整数，且α、β、γ≥1，α+β≥γ，mαnβ|（mγ+nγ），则m=n.

证明：由条件知存在整数p，满足mγ+nγ=pmαnβ.

设（m，n）=d，则m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

推论1：设m、n为给定的正整数，且mn|（m+n），则m= n=1或m=n=2.

探究：设m、n为给定的正整数，且（m+n）|mn，则（m+ n）|（m，n）2.

证明：由条件知存在整数p，满足pm+pn=mn.

设（m，n）=d，则m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

则有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.

则存在整数q，满足p=qm1n1，则（*）可化为qm1+qn1=d，即qm1d+qn1d=q（m+n）=d2，故（m+n）|d2，即（m+n）|（m，n）2.

推广2：设m、n、k为给定的正整数，且mnk|（m3+n3+ k3），则（m，n）=（m，k）=（n，k）=（m，n，k）.

证明：由条件知存在整数p，满足m3+n3+k3=pmnk.设（m，n）=d，则m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

设（d，k）=e，则d=d1e，k=k1e，其中（d1，k1）=1.

推广3：设m、n、α、β、γ为给定的正整数，且α、β、γ、

设（m，n）=d，则m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

设（d，k）=e，则d=d1e，k=k1e，其中（d1，k1）=1.

同理有（m，n）=（m，k）=（n，k）=（m，n，k）.

题2：（2000年波兰数学奥林匹克）设m、n为给定的正整数，且mn|（m2+n2+m）.证明：m是一个完全平方数.

证法1：因为mn|（m2+n2+m），则存在整数k，满足m2+ n2+m=kmn，即n2-kmn+m2+m=0，这是一个关于n的一元二次方程，Δ=k2m2-4m2-4m应为一个完全平方数.

设（m，k2m-4m-4）=d.

若d=1，由Δ为完全平方数可知m为完全平方数.

若d>1，由d=（m，k2m-4m-4）=（m，4）知d|4，于是由d> 1，得d为偶数，进而m为偶数，

再由mn|（m2+n2+m）可知n是偶数，于是4|mn.

因而有4|（m2+n2+m），于是4|m.

证法2：因为mn|（m2+n2+m），则存在整数p，满足m2+ n2+m=pmn.

设（m，n）=d，则m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

又显然有d|m1，则d=m1，从而m=m1d=d2.

注：方法2简洁易懂，在本文的推广中具有普遍性.

推广1：设m、n、α、β、γ、δ为给定的正整数，且α、β≥1，γ≥δ≥2，α+β≥δ，mαnβ|（mγ+nδ+m），则m是一个完全δ次方数.

证明：因为mαnβ|（mγ+nδ+m），则存在整数p，满足mγ+ nδ+m=pmαnβ.

设（m，n）=d，则m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

推广2：设m、n、α、β、γ、δ、φ为给定的正整数，且α、β≥1，γ≥δ≥2，α+β≥δ≥φ，α≥φ，mαnβ|（mγ+nδ+mφ），则mφ是一个完全δ次方数.

证明：因为mαnβ|（mγ+nδ+mφ），则存在整数p，满足mγ+ nδ+mφ=pmαnβ.

设（m，n）=d，则m=m1d，n=n1d，其中（m1，n1）=1.

本文推广中的指数若取恰当的数字，可以得到许多优美的结论.

1.王连笑.最新世界各国数学奥林匹克中的初等数论试题（上）［M］.哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2011.

2.裴光亚.整除性问题［J］.中学数学，1993（1）.