解题小品——一一脉同源

２００９年第９期　壁　７　解题小品——一一脉同源　陶平生　（江西科技师范学院数学与计算机科学系，３３００１３）　整数对于模的阶在许多竞赛试题中有着　重要的应用．　时，有ＩＩ　旦ｌ：＿垒＿．于是，题设条件化为　ｍ　Ｉ　ｍ　例１设三角形三边长分别是整数ｚ、ｍ、　ｎ．且Ｚ＞ｍ＞／７，．已知　３　－－３　－－３　（ｍｏｄ　１０　）．　先求３　１（ｍｏｄ　１０　）的最小正整数解．　因为３　＝８１，所以，　３加：（１＋８０）　｛　）＝｛　）＝｛　），　其中，｛　｝＝　一［　］，而［　］表示不超过实数　的最大整数．求这种三角形周长的最小值．　＝１＋Ｃ　・８０＋ｃ；・８０　＋…＋ｃ；・８０　＝１＋４００ｋ．　（２００３，全国高中数学联赛）　解：注意到，当口；ｂ（ｍｏｄ　ｍ）（０≤ｂ＜ｍ）　收稿日期：２００８—０５—０５　其中，（ｋ，１０）：１．　故３姗＝（１＋４００ｋ）巧　＝１＋ｃ　・４００ｋ＋ｃ；５（４０Ｏｋ）　＋…＋　是锐角三角形．　（第四届全苏数学奥林匹克）　（提示：用反证法．若不然，设这五条线　段长依次为０１≤０２≤口３≤口４　Ｃａ５．则　（口１＋口２）　≤２（口　＋口；）Ｃａ；＋口；Ｃａ；，　口ｌ＋０２≤０５．　可知（２）、（３）不成立．考虑圆内接正五边形，　由抽屉原理，必有三个顶点同色，从而可知　（１）成立．再考虑每个圆内接正三角形，由抽　屉原理，必有一条边两顶点同色，从而，存在　穷多条两端点同色的等弧．于是，必存在圆　上四个同色点组成梯形四个顶点．）　与已知矛盾．）　３．证明：对每个整数　（ｒｔ≥６），存在一个　凸六边形，它可以分为ｎ个全等的三角形．　（１９９０，亚太地区数学奥林匹克）　（提示：将问题变为“将ｎ个全等三角形　拼成一个凸六边形．）　４．将圆周上所有的点要么染为黑色，要　么染为白色．问：是否一定存在以圆周上的点　为顶点且三个顶点同色的：　５．求所有边长为２口的菱形，使得存在一　个圆与菱形的每条边相交，且每条边在圆内　的弦长都等于口．　（２００７，奥地利数学奥林匹克（第二轮））　（提示：由对称性知圆心　为菱形ＡＢＣＤ　中心．设ＡＢ的中点为日．则点　在长为口的　弦上（含端点）．于是，ＢＭ＞￣ＭＨ．　所以。　ＢＨＭ＞１６０。，／ＢＡＭｔ＞３０。．　进而，　ＢＡＤｔ＞６０。．同理，　ＡＢＣ＞￣６０。．　因此，菱形的内角均不小于６０。．　（１）等腰三角形；（２）等边三角形；　（３）矩形；（４）梯形？　证明你的结论．　（第５７届白俄罗斯数学奥林匹克）　（提示：若将半圆染黑，另半圆染白，则　反之，若菱形的内角均不小于６０。，则以　菱形中心　为圆心、ＭＢ为半径（ＭＡ≥ＭＢ）　的圆与每条边交得的弦长均不小于ｎ．而当　半径由大变小时，截得的弦长也由大变小．故　知存在满足条件的圆．）　１２　ｃ薹（４００ｋ）　１（ｒｏｏｄ　１０　）．　再证　＝５００就是满足３　三１（ｒｏｏｄ　１０　）　的最小正整数解．　事实上，若有最小的正整数　＜５００，能　使３幻一１（ｒｏｏｄ　１０　），则ｋ。ｌ　５００．于是，或者　ｏ　ｌ　１００，或者ｋｏ　１２５０，即　３　１（ｍｏｄ　１０　）或３　∞　１（ｍｏｄ　１０　）　中必有一个成立．　注意到　３∞＝９　：（一１＋ｌ０）　＝一１＋ｃ　５・１０一ｃ；５・１０　＋…＋ｃ薹・１０２５　ｉ一１＋２５０（ｍｏｄ　１０　）．　故３　＝（一１＋２５Ｏ）　－２　００１（ｍｏｄ　１０　），　３　。ｉ（一１＋２５０）　一１＋Ｃ　・２５０一Ｃ：．２５０　＋…＋Ｃ：．２５０　；一１—３　７５０（ｍｏｄ　１０　），　即３　；１（ｍｏｄ　１０　）或３　∞；１（ｍｏｄ　１０　）皆　不能成立．　因此，　＝５００．　取ｍ一凡＝　＝５００，Ｚ—ｎ＝２ｋ＝１　０００，贝Ⅱ　ｍ＝５００＋ｎ．Ｚ＝１　０００＋　．　由ｍ＋　＞Ｚ，得５００＋２ｎ＞１　０００＋ｎ．　所以，ｎ＞５００．　于是，ｎｔ＞５０１，ｍ≥ｌ　００１，　≥１　５０１．　从而，ｍ＋ｎ＋Ｚ≥３　００３，即三角形周长的　最小值为３　００３．　下面的一道竞赛题与上题遥相呼应，并　在解题过程中用到了２　００３为质数这一年号　特征．　例２圆周上填有凡（ｎ＞１）个整数，顺　次记为ａ　，ａ：，…，ｃｔ　．如果将相邻的每一对数　的和ａ１＋０２，ａ２＋ａ３，…，ａ　一１＋ａ　，ａ　＋ａｌ被　ｎ除得的最小非负余数分别填入相应的两数　之间，然后抹去原先的ｎ个数，这样算是一轮　操作．　对于顺次填写于圆周上的前ｎ个自然数　０，１，…，ｎ一１，如果经过连续　轮这样的操作　中等数学　之后，圆周上重新得到按原顺序和绕向排列　的这　个数，并且ｋ是适合条件的最小正整　数，则称数ｎ具有周期　，记为Ｔ（ｎ）＝　（例　如，由　③一③一⑧一③一⑦　可得，　（５）＝４）．　（１）证明：每个大于１的奇数ｎ都有周　期；　（２）求２　００３的周期７’（２　００３）．　（２００３，南昌市高中数学竞赛）　解：（１）易求得　（７）＝３，　（９）＝６，　（１５）＝４．　分析所得的结果发现：　（５）＝４，而２　；１（ｍｏｄ　５）；　（７）＝３，而２　１（ｍｏｄ　７）；　Ｔ（９）＝６，而２。；１（ｍｏｄ　９）；　（１５）＝４，而２　一１（ｒｏｏｄ　１５）．　据此猜测：对大于１的奇数ｎ，若　是满　足２　；１（ｍｏｄ　ｎ）的最小正整数，则数ｎ必有　周期　．　下证此结论成立．　为此，用　表示整数　被ｎ除所得的余　数，　∈｛０，１，…，凡一１｝，初始圈上的ｎ个数　０，１，…，ｎ一１分别改记为　ａ０（０），ａｏ（１），…，００（ｎ一１），　不妨设这ｎ个数在圆周上是按顺时针方向　排列的．而经过　轮操作后，圆周上的ｎ个数　记为　ａ　（０），ａ　（１），…，ａ　（ｎ一１）（　＝１，２，…），　其中，ａ　（ｉ）＝ａ　（　）＋ａ㈦（ｉ＋１）（ｉ＝０，１，　…，　一１），约定ａ　（尼）＝口　（０）．　注意到在初始圈上，相邻的每对数满足　ａｏ（ｉ＋１）～ａ０（ｉ）＝１（ｉ＝０，１，…，凡－２），　０。（０）一ａ０（　一１）＝０一（　一１）　ｉ１（ｒｏｏｄ　）．　经第一轮操作后，圈中相邻的每对数满足　ａ１（ｉ＋１）一ａ１（　）　２００９年第９期　１３　＝ａｏ（ｉ＋１）＋ａｏ（ｉ＋２）一００（　）＋口ｏ（　＋１）　兰％（　＋１）＋口０（　＋２）一００（　）一００（　＋１）　兰００（　＋２）一口０（　）兰（ｉ＋２）一ｉ　－ｌ！口（口　（０）＋２　（ｉ＋１））一（０　（０）＋２ｋｉ）　ｉ１（ｍｏｄ　），　也即２　兰１（ｍｏｄ　ｎ），并且满足此式的最小正　整数　就是数ｎ的周期．　２（ｒｏｏｄ　ｎ）（ｉ＝０，１，…，ｎ一１）．　设经过ｍ轮操作后，圈中相邻的每对数　对于任一奇数ｎ（　＞１），考察凡＋１个数　满足　ｎ　（ｉ＋１）一ｎ　（ｉ）－２　（ｒｏｏｄ　ｎ）　（ｉ＝０，１，…，　一１）．　于是，经过ｍ＋１轮操作后　口　＋１（ｉ＋１）一口　＋１（ｉ）　＝口　（　＋１）＋口　（　＋２）一口　（　）＋０　（　＋１）　兰口　（　＋１）＋ｎ　（　＋２）一ｎ　（　）　口　（　＋１）　；口　（ｉ＋２）一０　（ｉ）　；（０　（ｉ＋２）一口　（ｉ＋１））＋　（口　（ｉ＋１）一０　（ｉ））　－２　＋２　－－２　（ｍｏｄ／７，）　（ｉ＝０，１，…，ｎ一１）．　由归纳法，对每个正整数　，皆有　０　（ｉ＋１）一口　（ｉ）　－２　（ｒｏｏｄ　）（ｉ＝０，１，…，ｔ／，一１）．　因此，经过Ｉ｝ｉ轮操作后，圈中的　个数　ａ　（０），口　（１），…，口　（ｎ一１）满足　口　（ｉ）　０　（０）＋２ｋｉ（ｒｏｏｄ／７，）　（ｉ＝０，１，…，ｎ一１），　即ｎ　（ｉ）＝Ｏ，ｋ（Ｏ）＋２　ｉ．　据记号　（ｉ）的意义，每个　口＾（ｉ）∈｛０，１，…，ｎ一１｝，　并且圈中的ｎ个数彼此不等．　事实上，假若口　（ｉ）：口　（　）（　），即　０　（０）＋２ｋｉ＝ｎ　（Ｏ）＋２０，　贝Ｕ口　（０）＋２ｋｉ一口　（０）＋２＇ｊ（ｒｏｏｄ　ｎ）．　于是，／／，Ｉ２　（ｉ—Ｊ）．　因为／／，为奇数，所以，　ｌ（ｉ—Ｊ）．　而０＜Ｉ　ｉ—ｊｌ≤ｎ一１，矛盾．　从而，圈中的ｎ个数就是０，１，…，Ｔ／，一１　的一个排列．　因此，如果圈中的ｎ个数按照原顺时针　方向成为０，１，…，凡一１，当且仅当　口　（ｉ＋１）一口　（ｉ）＝１（ｉ＝Ｏ，１，…，ｎ一１），　２，２　，…，２”。，其中必有两数模凡同余．　设２　－２‘（ｍｏｄ　），即２　菩１（ｍｏｄ　）．　从而，该奇数ｎ必有周期．　（２）因２　００３为质数，据费马小定理有　２　；１（ｍｏｄ　２　００３）．　５　§１（ｍｏｄ　２　００３）．　而５　：７８　１２５－８－２　（ｍｏｄ　２　００３），则　１－－５　＝（５　）猫Ｅ（２３）　－－２８￣（ｍｏｄ　２　０∞）．　因为（２　００２—１，２。　一１）　＝２（　。。　，　一１＝２篮　一１．　＝Ｆ是，由２　００３　Ｉ（２　一１），２　００３　Ｉ（２　一１）得　２　００３　Ｉ（２　００２—１，２嘲一１），　即２　００３　Ｉ（２　一１）．　故２　跖　１（ｍｏｄ　２　００３）．　最后证明：Ｉｉ｝：２８６就是满足　２　一１（ｍｏｄ　２　００３）　的最小正整数．　事实上，若有最小的正整数ｄ＜２８６，能　使２　；１（ｍｏｄ　２　００３），则ｄ１２８６，且ｄ≥１１．　因为２８６＝２×１１　Ｘ　１３，所以，ｄ只能取　１１　１３，２２，２６，１４３诸数之一．　注意到　２“＝２　０４８－４５（ｍｏｄ　２　００３），　２”：２“Ｘ２　１４５　Ｘ２　ｉ１８ｏ（ｍｏｄ　２　００３）．　２笠＝（２“）　＝４５　＝２　０２５－＝２２（ｍｏｄ　２　００３），　２２６：２笠×２４－－２２×１６－－３５２（ｒｏｏｄ　２　００３）．　２　躬：（２　）‘。－＝４５　＝（４５　）　Ｘ４５　－２２　×４５：（１１　Ｘ３）（１１　Ｘ３）×２　×５　一（一１３）（一１３）×３２０　：５４　０８０一一１（ｍｏｄ　２　００３），　即它们都不满足２　ｉ（ｍｏｄ　２　００３）．　从而，满足２　１（ｍｏｄ　２　００３）的最小正　整数为　＝２８６．　所以，Ｔ（２　Ｏ０３）＝２８６．