高中数学竞赛专题15 初等数论（附解析）

这是一份高中数学竞赛专题15 初等数论（附解析），共41页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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竞赛专题15 初等数论
（50题竞赛真题强化训练）
一、填空题
1．（2020·浙江·高三竞赛）将1~2020的数字按顺时针方向围成一个圆圈，然后从1开始，按顺时针依次隔一个数拿走，即拿走1，3，5，…，这个过程一直进行下去，直到剩下最后一个数字，则最后剩下的数字是___________.
【答案】1992.
【解析】
【详解】
在第一轮中，从1开始到拿走1991，共取走996个数，此时余下1024个数，
1991后一项偶数为1992，此后共取10次，余下的数为1992，
故答案为:1992.
2．（2021·全国·高三竞赛）关于x、y的方程的正整数解的个数为________．
【答案】48
【解析】
【详解】
解析：由得，整理得
，
从而，原方程的正整数解有（个）．
故答案为：48.
3．（2021·全国·高三竞赛）为正整数列，满足为的最小素因子，，构成集合A，P为所有质数构成的集合，则集合的最小元素为___________．
【答案】5
【解析】
【详解】
由于，故，所以集合的最小元素．
假设存在正整数n，使得，则，
故，这不可能，因为除以5的余数为，
所以．集合的最小元素为5．
故答案为：5.
4．（2021·全国·高三竞赛）质数p和正整数m满足，则___________.
【答案】7
【解析】
【详解】
由，易见，所以.
设，则.
所以，，.
5．（2021·浙江·高三竞赛）已知集合，为正整数.若对任意的，被4整除，但不被16整除，则的最大值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】
【详解】
考虑同余：
对任意的被4整除,则有,其中,
而这类型的数模16的余数至多只有4种,所以最大值为4.
故答案为：4.
6．（2021·浙江·高二竞赛）设数列，，2，…，7这里表示不超过的最大整数.若，则正整数有______种可能的取值情况.
【答案】7
【解析】
【分析】
根据高斯函数的性质，由逐次往前求， 注意先定范围再验证，即可得到答案.
【详解】
由，可得或11，
可得或13或14；
可得或16或17；
可得或19或20或21；
可得或23或24或25或26；
可得或28或29或30或31或32；
可得或34或35或36或37或38或39，共7种.
7．（2021·全国·高三竞赛）所有能使为质数的正整数n的倒数和为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
时，都不是质数；时，是质数；
时，是质数；时，是质数．
当时，可设（其中k为不小于2的正整数，或2），
则，
所以．
因为，所以，所以不是质数．因此，能使为质数的正整数n只有4、5、6，它们的倒数和为．
故答案为：.
8．（2021·全国·高三竞赛）若2020在p进制下的各位数字之和为，则质数p的所有可能值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
类似于在十进制下，我们有，
于是，
再注意p为质数，就有，
逐一验证得或.
故答案为：.
9．（2021·全国·高三竞赛）在1，2，3，4，…，1000中，能写成的形式，且不能被3整除的数有________个．
【答案】501.
【解析】
【详解】
设，若，则.又，，，因此，当且仅当.令，，则，因为，，，从而符合条件的数的个数为.
故答案为501
10．（2020·浙江·高三竞赛）设，，为正整数，且，则所有的解中的最大值为___________.
【答案】30.
【解析】
【详解】
配方得：（，等价）.
注意到：，，.
不妨设且，
（1）当，即，此时.
（2）当，即，此时.
（3）当，即，此时.
（4）当，即，此时.
（5）当，即，此时.
综上所述，所有的解中的最大值为30.
故答案为：30.
11．（2020·江苏·高三竞赛）设正整数，，，满足，，且，则的值为___________．
【答案】123801
【解析】
【详解】
解析：由题意可得，，则必为完全平方数，一定能开4次方．
设，，则，且注意到3，101都是质数，则或者，解得，，则．
故答案为：123801.
12．（2020·江苏·高三竞赛）设，，若，则的值为___________．
【答案】6
【解析】
【详解】
解析：因为，
累乘可得原式，则
，
故，
从而可得
，
则，且，在的值为6，9，18，
故，．故．
故答案为：6.
13．（2021·浙江·高三竞赛）将顺序为1，2，…，2020的2020张卡片变成1011，1，1012，2，…，2020，1010的顺序，即原先的前1010张卡片移至第2，4，…，2020张，这称为一次操作.若从顺序1，2…，2020开始操作，则至少经过______次操作可以恢复到初始顺序.
【答案】1932
【解析】
【分析】
【详解】
记第次调整前的位置为,调整后的位置记为,初始位置记为,
则,所以,
因,所以,
所以,要恢复原样,则,
所以.
故答案为：1932.
14．（2019·广西·高三竞赛）满足的正整数对(x，y)有____________ 对.
【答案】6
【解析】
【详解】
设.
，
由(m+n)与(m－n)奇偶性相同，可知它们同为偶数，且(m+n)>(m－n)
实数对(m+n，m－n)所有可能的取值共有6对：
，，，
，，.
由有序数对(x，y)与(m+n，m－n)一一对应，可知所求正整数对为6对.
故答案为：6．
15．（2019·四川·高三竞赛）若正整数n使得方程有正整数解(x，y，z)，称n为“好数”.则不超过2019的“好数”个数是_____ .
【答案】1346
【解析】
【详解】
首先易知若n为“好数”，则n+3也是“好数”
又显然1、2是“好数”，从而当时，n均为“好数”.
由费马(Fermat)大定理知：无正整数解，即3不是“好数”.
于是n=3k(k∈N*)都不是“好数”.否则，存在k∈N*，使得3k是“好数”，即方程有正整数解(x，y，z0)，从而有正整数解，矛盾！
故当且仅当n满足时，n为“好数”.
所以，不超过2019的“好数”个数是.
故答案为：1346．
二、解答题
16．（2021·全国·高三竞赛）求证：对于正整数n，令，数列中有无穷多个奇数和无穷多个偶数（表示不超过实数x的最大整数）．
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
在二进制中，记，
其中.
用反证法，先证明数列中有无穷多个偶数．
假设，数列中只有有限个偶数，那么存在整数N，，是奇数，
则存在正整数，使得，
且当时，，
故，矛盾！
同理可证明数列中有无穷多个偶数．
所以数列中有无穷多个奇数和无穷多个偶数．
17．（2021·全国·高三竞赛）使得为有理数的正整数n为_________．
【答案】1或11##11或1
【解析】
【详解】
解析：令，则
．
又，所以，故，所以
，
模3余2，故或32，
故或或或或，
所以或，因此n为1或11．
故答案为：1或11.
18．（2021·全国·高三竞赛）设n是正整数，是n的全部正因数.定义，已知是2的幂次，求证：n没有1之外的平方因数.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
设，其中，利用因数和函数可得与各质因数的关系，再根据是2的幂次结合反证法可得，从而可n没有1之外的平方因数.
【详解】
用表示n的正因数之和.
如果n是奇数，则，舍去.
当n是偶数时，设，
其中（为n的奇质因数，，）.
所以.
其中，
因为是2的幂次，所以，每个是2的幂次，且是奇数，
又，
故均为4的倍数，
因为，所以如果，则这些数的总个数是4的倍数，所以.
因为，所以不是2的幂次，于是不成立.
所以，所以（为互异的奇质因数），，可见n没有非平凡的平方因数.
【点睛】
思路点睛：竞赛中与正因数和有关的问题，多用因数和函数来分析处理，令注意利用因数分解定理把因数问题转化为即质因数的问题来处理.
19．（2021·全国·高三竞赛）用表示正整数n的各位数字之和，求所有这样的三位数n，使得满足：．
【答案】117、207、108.
【解析】
【分析】
【详解】
由于都是正整数，则据条件，是3的倍数，因此n与都是3的倍数．
设，且数n加3后必须产生进位，则．（因为，如果，则数n加3后不会产生进位，于是，矛盾）
并且b不能是9，这是因为，若，则当时，，数n加3后成为，，这时．
当时，，若，则．
由，得，
即，矛盾！所以．
今由得，其中，
依次考虑c、a、b的取值，得到三个数：117、207、108，验证知，它们皆合题意．
20．（2021·全国·高三竞赛）已知a、b、c、d是不同的正整数，且满足是整数，求证：不是质数．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
【详解】
由，
且

，
所以，
故，
因此，
所以且，
所以，即．
整理得且，所以．
假设是质数，则


，
所以或，而，矛盾．
综上不是质数．
21．（2021·全国·高三竞赛）解关于实数x的方程：（这里为不超过实数x的最大整数）
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
（1）当时，，此时原方程无解．
（2）当时，有．
（3）当时，令，
则，
故在上递增．有，即
于是，此时，
即，矛盾．故无解．
（4）当时，注意到，
且由，
知．
则，
与，矛盾．
故此时无解．
由（1）（2）（3）（4），知原方程的解集为．
22．（2021·全国·高三竞赛）两两不等的实数x、y、z满足，求.
【答案】或6.
【解析】
【分析】
【详解】
由原方程变形可得到和，
又由x、y、z两两不等知，
于是.
令，化简得.
另一方面，原方程三式相加得，
化简得，
联立就有，即或6.
最后，当时可以取到5，
当时可以取到6.
23．（2021·全国·高三竞赛）若关于z的整系数方程的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值.
【答案】1
【解析】
【分析】
【详解】
设该等腰直角三角形斜边中点对应的复数为，直角顶点对应的复数为，
则另外两个顶点对应的复数分别为和，依题意有：
，
化简得，
所以.
进而，与联立就有.
再由知，于是，所以等腰直角三角形的面积最小为1.
另一方面，的三个复数根恰是面积为1的等腰直角三角形的顶点.
24．（2021·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个奇数n，使得是合数．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
证明当奇数时，与不均为质数即可：
用反证法，若为质数，设，则结合威尔逊定理可得：

，
此时有为合数，而n奇数得也是奇数，
从而存在无穷多个奇数n，使得是合数．
25．（2019·山东·高三竞赛）已知是素数，求正整数n的所有可能值
【答案】n=1，n=2
【解析】
【详解】
因为，所以或n2－3n+3=1，解得n=1，2.
将n=1，n=2代入检验均满足题意，所以n=1，n=2为所求.
26．（2021·全国·高三竞赛）求方程的所有正整数解．
【答案】或其排序，共12组解．
【解析】
【详解】
不妨设．
若，则．同理，．
三式相乘得，与原方程矛盾．
于是，．
（1）若，则．显然，无正整数解．
（2）若，则．
只有，才有对应的正整数，此时或．
（3）若，则．两边取模3即知矛盾，故无解．
（4）若，则

．
故此时，故，逐一检验后无解.
综上，或其排序，共12组解．
27．（2021·全国·高三竞赛）求方程的整数解，其中p､q是质数，r､s是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解.
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设，即.
若，从余数去讨论，，s为奇数.
，所以
，
从奇偶性可以看出这种情形方程无解.
若为偶数，注意到，
所以
.
令，其中为奇数，则
，
观察最后一项，则为1，故，所以，
故，
故，所以，所以，，
所以，，，
综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：或
28．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任意正整数，都存在正整数和个互不相同的正整数，使是完全平方数．
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
对于，必存在不同的正整数满足，
令，则有



．
以此类推，当时，存在不同的正整数满足．
存在，定义，则．
由前述结论可得存在使得，此时

为完全平方数．
29．（2021·浙江·高三竞赛）已知素数，满足.证明：存在正整数使得的十进制表示的各位数字之和是2或3.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
，3不合题意，若则取即可.下面假设.
由费马小定理可知或.前者意味着取满足条件.若是，我们断言中的数模两两不同余，即有个不同的余数.
这是因为若有，（）则，由与互素以及裴蜀定理知存在正整数，使得，这样
.
这意味着即，不合题意因此中的数模两两不同余.设它们的余数是.
我们考虑下面的个余数对，它们覆盖了除了0，1，，，之外的所有余数：
，，…，
若某个对子的两个余数都在中出现，不妨设，，则是的倍数，满足题意.
若每个对子中的余数都在至多出现一个的话，由于，所以0，1，，，在中出现至少两个，已知，，其余三个余数，，至少有一个在中出现.
若，即有某个，则满足题意.
若，即有某个，则满足题意.
若，有某个，则满足题意.
综上所述，存在的倍数的十进制数字和是2或3.
30．（2021·全国·高三竞赛）设m是一个给定的正整数，d是它的一个正因子．已知和是两个由正整数构成的等差数列，满足：存在正整数i、j、k、l，使得．证明：存在正整数t、s使得．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
注意到m可逐次除以它们若干素因子得到d，这样只需证对m的任意素因子p，存在正整数、，使得．
由于，故、必有一项不能被m整除．不妨设不能被m整除．
设等差数列、的公差分别为u、v，则，．
下面分两种情况：
（1）若．令．这时．
注意到，又且，所以．这说明是、的公因子，且m不是它们的公因子．
设q是、的一个不同于p的公因子，则、、．
故，即．又，故．故．
（2）若．先证．       (*)
事实上，假设，由知．因此，这与矛盾！故（*）得证．
取正整数，使得能被整除，但不能被m整除．
令．这时．
注意到、、，所以是与的公因子．又，且，所以，从而m不是、的公因子．
设质数q是，不同于p的公因子，则，．
即．
又，所以．这说明．
由（1），（2）知结论成立．
31．（2021·全国·高三竞赛）设多项式的系数为正整数．定义数列：．证明：对于任意的整数，均存在质数p，使得，且．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
假设存在整数，使得的任意一个质因子均为某个的因子（对于的不同的质因子，i的取值可以不同）．
令p为的一个质因子，且，其中．
则
假设成立，则．
所以由数学归纳法知对任意的正整数，均有．
进而有，所以．
定义表示正整数m的标准分解中所含的的幂次数，
由，得．
令对某个成立，同上可证．
于是．
从而，若p为的一个质因子，则它在的中的次数等于在某个中的次数．
所以，进而．
由，得，
所以，矛盾，故原命题成立．
32．（2021·全国·高三竞赛）一个大于1的整数m，如果对所有的正整数n，都存在正整数x、y、z，使得，则称m为上数，否则称为下数．试问：是否存在无数多的上数？是否存在无数多的下数？
【答案】存在无数多个上数也存在无数多个下数．
【解析】
【分析】
【详解】
存在无数多个上数也存在无数多个下数．
首先，存在无数多个下数．考查，其中k为正整数．
考查不定方程，若存在解x、y、z则，
故有，
所以，即，矛盾．故无解．
即所有的为下数．
其次，我们证明存在无数多个上数，
我们考查，其中（a、b、c为勾股数）．
（1）注意到，可知所有的奇数，均存在解．
又，可知所有奇数均存在解．
（2）对于n为偶数的情形，
考查．
令c为奇数，故有可以为所有模4余2的数．
（3）而对于，可以转为考查的问题，
不断转化．终会归为（1）或是（2）其中的一类．
而存在无数多个勾股数a、b、c（a、b、c互质），即存在无数多个满足题意的．
即有无数多个上数．
33．（2021·全国·高三竞赛）如果正整数n满足存在正整数a、b、c使得，则称n为好数．求证：存在连续2020个正整数这2020个正整数都是好数．
注：对于正整数x，y，表示x，y的最大公因数．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
取．
对，由，
知均与互质，故与均互质．则两两互质．
对，考查的一个倍数，设为．
注意到取，
则有．
故n为好数．则由n的任意性，知的一切倍数均为好数．
注意到两两互质，那么由中国剩余定理知关于x的同余方程组有正整数解．这意味着对，有是的倍数，因此是好数．
取即可满足题意．
34．（2021·全国·高三竞赛）设函数同时满足以下三个条件：
（1）对任意x、，有；
（2）对任意，有；
（3）．
求的最小值．
【答案】1013．
【解析】
【分析】
【详解】
在中令，得．①
设质数p满足不是质数，若，则由（2）及①，
有，矛盾．
故为合数，设（x﹐y均为大于1的正整数），
则．
不妨设，则，与矛盾．
因此，若p是质数，则也是质数．
由（1）、（2），有，
则由是偶数以及（3），得．
因为是质数，所以．
另一方面，设小于2020的且不等于2或1013的质数有t个，从小到大依次为，
大于2020的质数中，最小的t个从小到大依次为
考虑如下定义的函数：
，
且对质数，有．对于合数，
其中质数，且，，有．
此时，不难验证f满足（1）、（2）．且对于正整数，若x为质数，显然，若x是合数，设，
其中质数，且．
于是，由f的定义知一定为至少两个，且每个均不小于1013的正整数的乘积，
故，则f满足（3）．
综上，知的最小值为1013．
35．（2021·全国·高三竞赛）对每个正整数n，定义为从1到n中所有与n不互质的正整数的和.求证：若且，则是合数.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
首先计算的表达式，注意到从1到n中所有与n互质的正整数有个，并且它们是以t和的形式成对出现的，
因此.
若且，不妨设，则.①
因为，所以.
若不为合数，设为质数p，则，
①式变为.
由，可设
其中，相减得，
时， 不合题意，所以，
时，左右奇偶性不同，所以.
注意，因此.
又，所以，所以.
若，则，所以，所以，
所以，矛盾，
同理若也得矛盾，所以，
，②
所以，于是和恰有一个不是4的倍数，必模4余2，但模4余2当且仅当，这里q是模4余3的奇质数，a是正整数，分别代回②知都无解.
综上，若且，则是合数.
36．（2021·全国·高三竞赛）已知正整数，设为正整数满足，求所有的值．（表示不超过的最大整数）
【答案】当时，，或4，当时，．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）如果，则，由知，；
（2）如果，则，由及知，从而；
（3）如果，则令，其中，即
．                           ①
当时，，由，可设，
于是，即，这样，只有成立，
所以．代入①式得，即．
若，则是不小于1的正整数，于是，与矛盾，
因此，故．
当时，，由知；
当时，由①式及知，．
又，从而，矛盾．
综上，当时，，或4，当时，．
37．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任何正整数，存在无穷多组整数，使得
（1）互质；
（2）；
（3）．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
【详解】
显然，当时，符合题意．
若正整数对满足条件，由条件（2）可设，其中．
下证命题：正整数对也满足条件，且．
由等式知，，即．
同时还可知，且．
若是的一个质因子，则有．结合条件（3）有，从而有．
这与条件（1）矛盾．故．
最后，还需证．由于，等价证．
其中．
命题得证，且．
反复利用此命题，便可得到无穷数列，其中．
满足对成立，且整数对符合条件．
38．（2021·全国·高三竞赛）正整数，且的素因子个数不超过2，对于任意整数，若，则有成立，求证：是质数.
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
【详解】
假设，（其中均为质数，）.
首先证明：，若（为质数，）.
因为，所以取最小整数，使得（易知为对模的阶）.
又，
所以，所以.
取，矛盾.
所以.
任取与互质的，
由定理知：.
从而，又因为，
所以.所以，
所以，所以.
同理.
不妨设，则一定是奇质数.因此它存在原根，满足.
因此，一定存在整数，使得，取，矛盾!
结合，知只能有一个质因子，即是质数.
又由小定理知，当为质数时，满足题意.
39．（2021·全国·高三竞赛）设，为正奇数，定义数列如下：，，当时，为的最大奇因子.求证：当充分大时，为常数，并确定出这个常数.
【答案】，的最大公约数.
【解析】
【详解】
从题目条件可以知道，如果有相邻两项，相等，则当时，全相等，为常数.
用反证法，如果不为常数，则序列的任意相邻两项不等.由于，皆为奇数，则为偶数.那么，有，于是，有
.
显然，这无限递降正奇数数列不存在，矛盾.所以，必存在正整数，使得，即当时，.
设此常数为，由于，这里是个正整数，以及，，均为奇数，可知，的最大公约数等于，的最大公约数.从而，序列中任意相邻两项的最大公约数相同.那么，，即这常数为，的最大公约数.
40．（2020·全国·高三竞赛）设证明：对整数，，必有一个模4余1的素因子．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
不妨记，由递推式及数学归纳法得到有奇素因子p，然后对正整数进行讨论，证明也存在模4余1的素因子.
【详解】
证明：记，则易求得．
记，则数列满足
            ①
因均为整数，故由①及数学归纳法，可知每项均为整数．
由，
可知          ②
当为奇数时，由于为奇数，故由的递推式及数学归纳法，可知为大于1的奇数，所以有奇素因子p．由②得，
故．
又上式表明，故由费马小定理得，
从而．
因，故必须，因此．
另一方面，对正整数m，n，若，设，
则

因为整数（对正整数s），为整数，
故由上式知等于与一个整数的乘积，从而．
因此，若n有大于1的奇因子m，则由前面已证得的结论知有素因子，而，故，
即也有模4余1的素因子．
最后，若n没有大于1的奇因子，则n是2的方幂．设，
因有模4余1的素因子17，对于，由知，
从而也有素因子17．证毕．
【点睛】
关键点点睛：本题证明的关键是能够运用数论整除的相关知识以及费马小定理进行证明，不漏掉情况.
41．（2019·江苏·高三竞赛）设k、l、c均为正整数，证明：存在正整数a、b满足，且，其中(a，b)表示a、b的最大公因数，表示正整数m的所有不同正因子的个数.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
如果m的标准分解式为，那么.
取定两个不同的素数p、q使得(pq，c)=1.
由于(p，q)=1，利用裴蜀定理，存在正整数，使得.
由于(pq，c)=1，那么且.
由中国剩余定理，下列同余方程组：
有正整数解.
令，那么，
而且(u，pqc)=1.因此.
现在取，则.
从而.
令a=nd，b=(n+c)d，那么(a，b)=d，因此.而且：
.
.
所以.
42．（2019·江西·高三竞赛）试求所有由互异正奇数构成的三元集{a，b，c}，使其满足：.
【答案】7个，，，.
【解析】
【详解】
据对称性，不妨设a 又知，如果正整数n是3的倍数，那么n2必是9的倍数；如果n不是3的倍数，那么n2被3除余1.
由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数a、b、c皆不是3的倍数.
注意，即奇数c≤43，而，
即c2>673，且c不是3的倍数，故奇数c≥29.
因此奇数.
注意如下事实：如果奇数为两个正整数的平方和，那么偶数2N必可表为两个互异正奇数的平方和.
这是由于，
若c=43，方程化为：.
因此，.
于是得两解：.
若c=41，方程化为.
由此得：{a，b，c}={7，17，41}.
若c=37，方程化为
，
因此，，
得到三个解：.
若c=35，方程化为：.
而397是一个4N+1型的质数，它可唯一地表为两整数的平方和：，
所以，
得到一个解：{a，b，c}={13，25，35}
若c=31，方程化为：，而23是4N－1型的质数，它不能表为两个正整数的平方和.
若c=29，方程化为：，它含有4N－1型的单质因子，故不能表为两整数的平方和.
综合以上讨论，本题共有七个满足条件的互异正奇数解{a，b，c}，即为：
，，.
43．（2019·吉林·高三竞赛）求所有的正整数n，使得方程有正整数解.
【答案】.
【解析】
【详解】
当n=1时，方程变为，得，显然无正整数解.
当n=2时，方程变为，得.
先证引理：无正整数解
假设有一组正整数解a､b､c，不妨设a､b､c的最大公因数为1.
由a､b为正整数，知或1(mod3)，或1(mod3).
又，故且，
即且，从而.
这与“a､b､c的最大公因数为1”矛盾.
引理得证
由无正整数解，可知此时原方程无正整数解.
当n=3时，方程变为，由，得
，
即，所以，
可得，即，
故.
这说明原方程有正整数解：.
当n≥4时，有正整数解：
.
综上，当n=1或n=2时，原方程无正整数解；当n≥3时，原方程有正整数解.
即所求的n为.
44．（2019·上海·高三竞赛）求证：不存在无穷多项的素数数列，使得.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
用反证法.假设存在满足题设的无穷多项的素数数列，
则由得，
于是数列{pk+1}是以5为公比的等比数列，所以，
故.
易知数列{pn}是严格递增的，不妨设p1>5(否则用p2作为首项)，则有(5，p1)=1，
于是由费马小定理得，
所以，
这与是素数矛盾
所以，满足题设的素数数列不存在.
45．（2021·全国·高三竞赛）已知是两个整数集合，且对于任意整数，存在唯一的使得.记.证明：对任意的，存在，使得.
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
考虑满足且的所有有序数对构成的集合.要证结论等价于：
“存在且.”①
对任意整数，定义映射.
引理：是双射.
设，即.
再由，
得.
由题设中唯一性得，所以是单射.是有限集，
所以是双射.引理得证.
对任何固定的，令，
由引理，存在唯一的使得，
因此.
另一方面，任取，设中包含个，
任意交换的顺序，得到的有序数对（共个）仍然是的元素，所以是一些类型的整数之和.
不是101的倍数，而为质数，
所以存在某个使得不是101的倍数，
即中有一个为101，其余为0，即
.至此，结论①得证，从而题中结论成立.
46．（2021·全国·高三竞赛）设为一个质数，且也是一个质数，证明：的小数表示形式中包含0至9的所有数码．
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
令为质数，由费马小定理可知，
设10模q的阶为d，则，从而，
注意到，故．
由于且为长度不超过d位的整数，
故是循环节长度为d位的纯循环小数，且循环节为（若长度不够则补为d位）在十进制下表示的数码节．
设模q的余数为，记，由于10模q的阶为d，
于是我们得到互不相同，
注意到相当于将的小数点向右移动了k位，故的小数点后的第一位必定出现在的循环节中，
也即的小数点后的第一位必定出现在的循环节中．
设g为模q的原根，则构成模q的缩系，故存在x，使得．
若10模q的阶为p，则，由原根及阶的最小性可知，也即，
设，则显然（否则若则可知），
于是模两两不同余且均为4的倍数，
故，
于是由可知S是由模q的所有四次剩余构成的集合；
类似的若，则S是由模q的所有二次剩余构成的集合；
若，则S是由模q的缩系．
从而无论哪种情况，集合S均包含模q的所有四次剩余．
下面考虑所有不超过q的四次方程：，显然这些数均在集合S中．
我们证明：对任意，存在正整数k使得，也即的小数点的首位数字为，
从而表明存在，使得的小数点后的首位数字为t，
进而说明t出现在的循环节中．
事实上，显然，，
注意到，故每次变化的步长：
，
故必定经过的每一个区间，
也即对任意，均存在正整数k使得，结论成立．
综上，结论成立．
47．（2021·浙江·高三竞赛）给定素数.称1，2，…，的排列为“好排列”，如果对，2，…，均有，并且是的倍数.求“好排列”的个数除以的余数.
【答案】除以的余数是
【解析】
【分析】
【详解】
解：把排列看成是，以到自身的置换（一一映射）：.“好排列”即没有不动点（即对，2，…，均有），且的好置换.（本题所有同余均为意义）.
设所有好置换构成集合.我们按照的取值把分成个部分
，，，2，…，
我们想实现之间的对应，为此考虑对置换进行操作：
，，2，…，
若，即没有不动点并且，则亦没有不动点，同时
.
所以.
并且若，则，这样以来我们就找到了的单射，于是，因而是的倍数.
另一方面，我们考虑另一种操作：.
若，即没有不动点并且，则亦没有不动点，同时

.
所以.
由于操作是以为周期的，即，所以我们考虑在操作下的最小正周期.由于，只能或.
若的周期即满足对任意成立，这样的一定是，，2，…，的形式，这些置换共有个，它们都满足没有不动点且，即都在中.
若的周期，则两两不同，这个置换可以围成一圈，构成元组.
这样可知：中的元素除了个，，2，…，形式的之外，其余的个元素都可以分成若干个元组.因此是的倍数，之前已知是的倍数，于是除以的余数是.
48．（2021·浙江·高三竞赛）给定正整数.记，，2，3，….证明：对任意素数，存在无穷多个非负整数对，满足，，…，这100个数都能被整除，并且都不能被整除.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
对素数与正整数，记为满足的最大非负整数.
题目所证即数列中有无穷多个长为100的段有相同的值.我们证明
引理：对任意正整数，中存在角标连续的100个数有相同的值.
我们记，即中的个数的两两之差是的倍数.
若，则对任意均有，引理成立.
若，则中的数都被整除.设中被整除的数依次为，，…，.其中.若引理不成立，则，，2，…，，以及，.
设，，2，…，，我们考虑：


由，可知，
因此意味着
.
我们考虑多项式序列
，，，
，，3，…
我们有：若则.
注意到是关于次首一多项式.由拉格朗日定理，即有限域上的多项式的根的个数不超过该多项式的次数，因此在模意义下至多有个使得.即的情况至多出现次.
这就意味着，，…，这些数的分布情况是：
没有1，至多有一个2，至多有两个3，…，至多有个，…，至多有99个100，没有101以上的.这样

即.这与题设矛盾，这意味着对任意的正整数，元组，，…，中存在连续100个数的值相同.因此符合题意的有无穷多对.
49．（2020·全国·高三竞赛）设a，b为不超过12的正整数，满足：存在常数C，使得对任意正整数n成立．求所有满足条件的有序数对．
【答案】.
【解析】
【分析】
由条件知，由费马小定理知，则取，可得，即，分和两种情况讨论即可出答案.
【详解】
由条件知，对任意正整数n，有．          ①
注意到13为素数，a，b均与13互素，由费马小定理知．
因此在①中取，化简得，故．
代入①，得，即．     ②     
分两种情况讨论
（ⅰ）若，则，又，经检验可知．
此时．由条件知，从而只能是．
经检验，当时，对任意正整数n，模13余2为常数，满足条件．
（ⅱ）若，则由②知，对任意正整数n，有．
特别地，，故．所以，即
，
故．通过检验，可知．
经检验，当时，对任意正整数n，可得：
，满足条件．
综合（ⅰ）、（ⅱ），所求的有序数对为．
50．（2021·全国·高三竞赛）设为n个正整数，并且满足，令，并记.求证：对于任意，必存在正整数u、v，使得，等于A或.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
因为，所以以为循环节，从而，对于很大的数，我们只需要循环相加即可得到，所以只需证明，存在正整数u、v，使得，等于A或，新定义一个数，接下来分类讨论，当个数不是模的完系，当个数不是的完系时，找到相应的数，等于A或，若上述两组数均是的完系，证明不成立，证毕.
【详解】
证明：因为，所以，从而不妨设.
记.
下面分情况讨论：
（ⅰ）若个数不是模的完系，则由于余数互不相同，所以模的余数也互不相同，故必存在i，j，使得.
如果，则有.
如果，则有.
如果，则，知，即.
均满足条件.
（ⅱ）若个数不是的完系时，同理可知满足条件.
（ⅲ）若上述两组数均是的完系，则


矛盾.
综上，证毕.
【点睛】
数论的基础题目，要结合题干中的条件缩小讨论的范围，一般使用数论的四个基本定理来解决问题.