江苏省数学竞赛《提优教程》教案第35讲整数性质.docx

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江苏省数学竞赛《提优教程》教案第35讲整数性质

第16讲整数的性质

初等数论的基本研究对象是整数．两个整数的和、差、积都是整数，但商却不一定是整数．由此引出了数论中最基本的概念：

整除．

整除性理论是初等数论中最基础的部分，它是在带余除法的基础上建立起来的．

整数a除以整数b（b≠0），可以将a表示为a=bq+r，这里q，r是整数，且0≤r＜b．q称为a除以b所得的商，r称为a除以b所得的余数．

当r=0时，a=bq，称a能被b整除，或称b整除a，记为b|a，b叫做a的因数，a叫做b的倍数；q取1，则a=b，a也是它本身的因数．

当r≠0时，称a不能被b整除，b不整除a，记作b├a．

若c|a，c|b，则称c是a，b的公因数，a，b的最大公因数d记为（a，b）．

若a|c，b|c，则称c是a，b的公倍数，a，b的最小公倍数M记为[a，b]．

一个正整数，按它的正因数个数可以分为三类．只有一个正因数的正整数是1；有两个正因数的正整数称为素数（质数），素数的正因数只有1和它本身；正因数个数超过两个的正整数称为合数，合数除了1和它本身外还有其他正因数．

任何一个大于1的整数均可分解为素数的乘积，若不考虑素数相乘的前后顺序，则分解式是惟一的．一个整数分解成素数的乘积时，其中有些素数可能重复出现，把分解式中相同的素数的积写成幂的形式，大于1的整数a可以表示为：

a=

，其中i=l，2，…，s．

以上式子称为a的标准分解式．大于l的整数的标准分解式是惟一的（不考虑乘积的先后顺序）．

若a的标准分解式是a=

，其中i=l，2，…，s，则d是a的正因数的充要条件是d=

，其中

0≤βi≤αi，i=l，2，…，s．

由此可知，a的正因数的个数为d（a）=（α1+1）（α2+1）…（αs+1）．

由a的标准分解式a=

（i=l，2，…，s），若a是整数的k次方，则αi（i=l，2，…，s）是k的倍数．若a是整数的平方，则αi（i=l，2，…，s）是偶数．

推论：

设a=bc，且（b，c）=1，若a是整数的k次方，则b，c也是整数的k次方．若a是整数的平方，则b，c也是整数的平方．

A类例题

例1．若任何三个连续自然数的立方和都能被正整数a整除，则这样的a的最大值是（）

A.9B.3C.2D.1

分析观察最小的三个连续自然数的立方和36，a是它的约数，a不会超过36，不能排除任何选择支；观察第二个小的三个连续自然数的立方和，进一步缩小a的范围，可以排除取偶数的可能。

当前面几个都是某数的倍数时，可以猜想出a的最大值，但最好能证明所有“三个连续自然数的立方和”都是某数的倍数。

解记an＝n3＋（n＋1）3＋（n＋2）3，则a1＝13＋23＋33＝36＝4×9，

a2＝23＋33＋43＝99为奇数，则a|a1，a|a2，（a1，a2）=9，故a|9，所以a＝1，3，9。

又an＝n3＋（n＋1）3＋（n＋2）3＝3n3＋9n2＋15n＋9＝3n3＋9n2＋6n＋9n＋9＝3n（n2＋3n＋2）＋9（n＋1）＝3n（n＋1）（n＋2）＋9（n＋1），

∴9|an，故amax＝9，选A。

说明解法中，把3n3＋9n2＋15n＋9分为3n（n2＋3n＋2）与9（n＋1）两部分，分别说明其为9的倍数。

在考虑整除的证明时，把整数n的多项式分成几组分别因式分解是常用的方法。

例2．若p是大于3的质数，则p2除以24的余数为1。

分析：

即证明p2－1是24的倍数，也即证明p2－1既是3的倍数又是8的倍数。

p－1、p+1之间只有一个质数p，而连续的两个自然数中必有2的倍数，连续的三个自然数中必有3的倍数。

证明1∵p是大于3的质数，∴p不是偶数，不是3的倍数，

又∵p2－1=（p－1）（p+1），连续的三个整数中必有3的倍数，

∴p－1、p+1中必有3的倍数，且p－1、p+1是连续的两个偶数，（p－1）（p+1）是8的倍数。

∴p2－1=（p－1）（p+1）是24的倍数，即p2除以24的余数为1。

证明2设p=6n±1（6n,6n±2,6n+3均为合数），

则（6n±1）2=36n2±12n+1=12n（3n±1）+1，

∵n和3n±1必为一奇一偶，∴n（3n±1）为偶数。

∴12n（3n±1）必为24的倍数，∴（6n±1）2=24k+1

即p2除以24的余数为1。

说明大于3的质数，必定是奇数，又不是3的倍数，所以一定是形如6n±1的数。

6是24的约数，用这样的形式表出后再变形，容易推出结论。

例3．试证明

是既约分数。

分析即证明（21p+4，14p+3）=1。

若a、b、c是三个不全为0的整数，且有整数t使得a=bt+c，则a、b与b、c有相同的公约数，因而（a，b）=（b，c），即（a，b）=（a－bt，b）。

可以用此法化简。

证明∵（21p+4，14p+3）=（21p+4―14p―3，14p+3）

=（7p+1，14p+3）=（7p+1，14p+3―14p―2）

=（7p+1，1）=1，

∴

是既约分数。

说明证明过程中用到性质（a，b）=（a－bt，b），因为，若

、b的任一公约数，则由

、c的公约数；反之，若d是b、c的任一公约数，d也是a、b的公约数，所以a，b与a－bt，b有相同的最大公约数。

求两个正整数的最大公约数常用辗转相除法。

链接辗转相除法：

设a、b∈N*，且a＞b，由带余除法有

因为每进行一次带余除法，余数至少减1，即b＞r1＞r2＞…＞rn＞rn+1，而b为有限数，因此，必有一个最多不超过b的正整数n存在，使得rn≠0，而rn+1＝0，故得：

rn=（rn+1，rn）=（rn，rn－1）=…=（r2，r1）=（r1，b）=（a，b）

例如，（3960，756）=（756，180）=（180，36）=36。

例4.一个自然数，它的末位数字移到首位时，数值便为原来的5倍，求满足条件的最小自然数。

分析正整数有多种表示形式，选择适当的形式有利于问题解决。

由题目的条件，此表示形式应该把数的末位数字反映出来，而其他位置上的数字可以整体的看待。

解设所求数为

，由已知得

=5

，

∴an×10n-1+

=5（10×

+an），

∴（10n-1－5）an=49

，∴an×

=49

，①

∵an是个位数字，不能被49整除，∴99…95至少能被7整除，

∴它最小时应为99995，此时n=6，

若有解，则①式为a6×99995=49

，

∴a6×14285=7

，

∵14285不能被7整除，∴a6=7,∴

=14285，

∴满足条件的最小自然数为142857。

说明99…95能被7整除是必要条件，99995是满足被7整除条件的最小数，但99995是不是问题的解还要进一步探讨，如果寻找到满足条件的a6和

，则

就是问题的解；如果找不到满足条件的a6和

，则要考虑比99995略大的形如99…95的数。

情景再现

1．一个六位数，如果它的前三位数字与后三位数字完全相同，顺序也相同，则它可以不是（）

A．7的倍数B．9的倍数

C．11的倍数D．13的倍数

2．若p与d都是正整数，其中d不能被6整除，当p、p+d、p+2d都是质数时，则p+3d一定是（）

A.质数B.9的倍数

C.3的倍数D.质数或是9的倍数

3．．已知n为正整数，若

是一个既约分数，那么这个分数的值等于．

4．求具有下列性质的最小正整数n：

（1）它以数字6结尾；

（2）如果把数字6移到第一位之前，所得的数是原数的4倍。

B类例题

例5．试证1999|（19981998+20002000－2001）．

分析：

19981998和20002000是很大的数字，它们除以1999的余数常常借助于二项式定理或xn+yn，xn－yn的因式分解公式。

证明：

由二项式定理（a+b）n=

an+

an-1b+…+

an-kbk+…+

bn，

知（a+b）n=aM+bn，由此可得

19981998=（1999－1）1998=1999M+1，

20002000-=（1999+1）2000-=1999N+1，

这里M，N∈Z．于是

19981998+20002000－2001=1999M+1999N－1999=1999（M+N－1），

从而1999|（19981998+20002000－2001）．

说明对于整数的高次方幂的整除，除了运用同余的性质，二项式定理和因式分解的裴蜀定理是常用的工具。

链接因式分解公式（裴蜀定理）：

对大于1的整数n有

xn－yn=（x－y）（xn-1+xn-2y+xn-3y2+……+xyn-2+yn-1）；

对大于1的奇数n有

xn+yn=（x+y）（xn-1－xn-2y+xn-3y2－……－xyn-2+yn-1）；

对大于1的偶数n有

xn－yn=（x+y）（xn-1－xn-2y+xn-3y2－……+xyn-2－yn-1）；

二项式定理：

（a+b）n=

an+

an-1b+…+

an-kbk+…+

bn；

其中

=

是整数。

若a，b是整数，则（a+b）n=aM+bn。

例6．已知自然数a、b、c满足[a，b]=24，（b，c）=6，[c，a]=36，则满足上述条件的数组（a，b，c）有多少组？

分析条件[a，b]=24及[c，a]=36意味着a、b、c不大，都是24或36的约数，对于a，它既是24又是36的约数，所以它是12的约数。

而b，满足（b，c）=6，则是6的倍数，是24的约数，只能取6，12，24。

注意到a的取值，b更是只能取24。

解a|24，a|36a|12a=1，2，3，4，6，12．

6|b，b|24b=6，12，24．

6|c，c|36c=6，12，18，36．

若a=1，2，3，4，6，12时，由[a，b]=24，得b=24，

a不是9的倍数，由[a，c]=36，则c是9的倍数，

再由（b，c）=6，得c=36或18（a=4，12时），

但（24，36）=12，矛盾．故c=18．

∴a=12，b=24，c=18或a=4，b=24，c=18．

即有（12，24，18），（4，24，18）二组．

说明例6的解法是数论中常用筛法，先粗选出可能的值，再从中筛出满足要求的数来。

例7．已知n是三位奇数，它的所有正因数（包括1和n）的末位数字之和是33，求满足条件的数n。

分析：

条件中隐含了整数的正因数个数是奇数。

联想算术基本定理：

n=pkqi…ts，正因数个数为d（n）=（k+1）（i+1）…（s+1），题中每个因数均为奇数，因数的个数也是奇数，故k，i，s是偶数，所以n完全平方数。

三位奇数是完全平方数，范围缩小到11个。

还能把范围缩小点吗？

解：

由题，所有因数是奇数，所有因数的个数是奇数，

所以，每个质因数的指数是偶数，n是完全平方数；

若是质数的平方数，则有3个因数，个位数字之和不能超过27，

故为合数的完全平方数；

这样的三位数只能在下列数中间：

152，212，252，272。

逐个验算，得n=729。

说明本例题的解法实质上还是筛选法，三位数有900个，三位奇数是其中一半，但如果能从条件中发现是完全平方数，范围就非常有限了。

例8．已知m、n、k是正整数，且mn|nm，nk|kn。

证明：

mk|km。

（2004年新西兰数学奥林匹克）

分析条件mn|nm，说明mn是nm的约数，对于给定的m、n，怎样去找到mn与nm的联系？

必须具体一些。

mn是nm的约数，则mn的每一个因数都是nm的约数，考虑

证明设m、n、k中所有的质因数分别是p1，p2，…，ps，不妨设p1＜p2＜…＜ps，且表示m=

，n=

，k=

，其中αi，βi，γi≥0，i=l，2，…，s．

由mn|nm得0≤nαi≤mβi，

由nk|kn得0≤kβi≤nγi，

两式相乘得0≤knαiβi≤mnβiγi，即0≤kαi≤mγi，i=l，2，…，s．

∴mk|km。

说明整除和约数问题中，可以借助算术基本定理把抽象的关系式转化为较具体的形式处理。

这里用到性质：

若a的标准分解式是a=

，其中i=l，2，…，s，则d是a的正因数的充要条件是d=

，其中

0≤βi≤αi，i=l，2，…，s．

情景再现

5．设m>n≥0，证明：

（

+1）|（

－1）。

6．证明：

当n为任何整数时，2n6–n4–n2能被36整除。

7．a是正整数，且a4+a3+a2+a+1是完全平方数，求所有满足条件的a。

8．设n为整数，则13除n2+5n+23的余数的集合是。

C类例题

例9．设p是质数，且p2+71的不同正因数的个数不超过10个，求p．（2006年江苏初赛）

分析分解因数，可以先从p的起始值开始探索．由例2，p2－1是24的倍数，p2+71=p2－1+72，72也是24的倍数。

所以23，31都是p2+71的因数。

p2+71正因数个数显然超过8个。

解当p=2时，p2+71=75=52×3，此时共有正因数（2+1）×（1+1）=6个，p=2满足条件；

当p=3时，p2+71=80=24×5，此时共有正因数（4+1）×（1+1）=10个，p=3满足条件；

当p＞3时，p2+71=p2－1+72=（p－1）（p+1）+72，质数p必为3k±1型的奇数，p－1、p+1是相邻的两个偶数，且其中必有一个是3的倍数，所以（p－1）（p+1）是24的倍数，所以p2+71是24的倍数．

p2+71=24×m，m≥4．

若m有不同于2，3的质因数，那么p2+71的正因数个数≥（3+1）×（1+1）×（1+1）＞10；

若m中含有质因数3，那么p2+71的正因数个数≥（3+1）×（2+1）＞10；

若m中仅含有质因数2，那么p2+71的正因数个数≥（5+1）×（1+1）＞10；

所以p＞3不满足条件；

综上所述，所求的质数p是2或3．

说明本题中，对于p＞3时的情况，也可以设p=6n±1来讨论。

注意数n的正因数个数公式：

若n的标准分解式是n=

，其中i=l，2，…，s，则a是n的正因数的充要条件是a=

，其中0≤βi≤αi，i=l，2，…，s．由此可知，n的正因数的个数为d（n）=（α1+1）（α2+1）…（αs+1）．

例10．称自然数为“完全数”，如果它等于自己的所有不包括自身的正约数的和，例如6=1+2+3。

如果大于6的“完全数”可被3整除，证明它必能被9整除。

分析要证明一个大于6且能被3整除的“完全数”3n，必定是9的倍数，可以从反面考虑——假如它不是9的倍数。

此时n不是3的倍数，设集合A={d|d是n的正约数}，则集合A与集合B={3d|d是n的正约数}的并集恰好是3n的正约数集合，“完全数”3n的所有正约数的和3n+3n是4的倍数，故n是偶数。

所以

，n，

都是“完全数”3n的约数。

只要还有其它的正约数，即可以说明3n不是“完全数”。

解设“完全数”等于3n（n>2），假设其中n不是3的倍数，于是3n的所有正约数（包括它自己）总可以分为两类：

能被3整除的正约数和不能被3整除的正约数，若其中d是不可被3整除的正约数，则3d是可被3整除的正约数，且d→3d是一一对应。

从而3n的所有正约数的和是4的倍数。

又由题意，所有正约数的和（包括自身）为6n，因此，n是2的倍数。

因为n＞2，所以

，n，

和1是3n的互不相同的正约数，它们的和等于3n＋1>3n，与“完全数”的定义矛盾。

所以n必须是3的倍数，即这类“完全数”是9的倍数。

说明本题涉及到两个概念，“完全数”和所有正因数的和。

n是完全数，则它的所有正因数的和为2n，另外，若n=

，则n的所有正因数的和是σ（n）=（1+p1+

+…+

）（1+p2+

+…+

）…（1+ps+

+…+

）=

。

请思考，能否延此方向解决问题。

情景再现

9．求所有使p2+2543具有少于16个不同正因数的质数p。

（2003年泰国数学奥林匹克）

10．

（1）若n（n∈N*）个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005,求n的最小值,并说明理由；

（2）若n（n∈N*）个棱长为正整数的正方体的体积之和等于20022005,求n的最小值,并说明理由.（2005年江苏）

习题13

1．对于正整数n，如果能找到正整数a、b，使n＝a＋b＋ab，则称n为“好数”，则在前100个正整数中，共有“好数”（）

A．78个B．74个C．70个D．66个

2．设a为正奇数，则a2－1必是

A.5的倍数B.3的倍数C.7的倍数D.8的倍数

3．设n为奇质数，求证：

2n－1与2n+1不能同时是质数．

4．

的整数部分末三位数字是几？

5．设n是正整数，且4n2+17n－15表示两个相邻正整数的积，求这样的n的值．

6．若26+29+2n为一个平方数，则正整数n=。

（2005年江西）

7．证明：

任何十个连续正整数中必有至少一个数与其他各数都互质．

8．对任意正整数n，求证：

（n+2）

（12005+22005+…+n2005）。

9．把1—2006这2006个数分成n个小组，使每个数都至少在某一个组中，且第一组中的数没有2的倍数，第二组中的数没有3的倍数，……，第n组中没有n+1的倍数，那么，n至少是几？

10．是否存在2006个连续整数，使得每一个都含有重复的素因子，即都能被某个素数的平方所整除？

“情景再现”解答：

1.选B。

设此六位数为x=a×105+b×104+c×103+a×102+b×10+c=100100×a+10010×b+1001×c=1001（100a+10b+c）=7×11×13×（100a+10b+c），∵a，b，c都是整数，∴100a+10b+c也是整数，∴7，11，13一定是x的约数。

2．选C.∵p+2d是质数，p、d是正整数，∴p必是奇数。

∵p+d是质数，p是奇数，∴d必是偶数。

又d不能被6整数，∴d=6m+2或d=6m+4（m∈Z），设p=3k+1，或p=3k+2，或p=3k（k∈Z），当p=3k+1或p=3k+2时，p+d或p+2d中必有一个是3的倍数且大于3，不是质数与已知条件矛盾，∴p=3k，而已知p是质数，∴p=3，当d=6m+2时，p+3d=3+18m+6=9（2m+1），当d=6m+4时，p+3d=3+18m+12=3（6m+5），∵m∈Z，∴2m+1∈Z，6m+5∈Z，∴p+3d一定是3的倍数。

3．解：

，而当n－2=±1时，若（n+8，n+5）=（n+5，3）=1，则

是一个既约分数，故当n=3时，该分数是既约分数．∴这个分数为

．

4.设删去最后的数字6后，余下的数为x，若x是m位数，则原数是n=10x+6.据题意有4（10x+6）=6×10m+x，解得x=

×2×（10m–4），要使n最小，就是使m最小，且使2（10m–4）是13的倍数。

取m=1，2，3，…逐一检验，知m最小为5，∴x=2×7692=15384，所求的最小数是153846。

5.n是正整数，则xn－yn=（x－y）（xn-1+xn-2y+xn-3y2+……+xyn-2+yn-1）（*），在（*）中取x=

，y=1，并以2m–n–1代替（*）中的n，得（

－1）|（

－1）。

又

－1=（

）2－1=（

+1）（

－1），故（

+1）|（

－1），

于是（

+1）|（

－1）。

6．由于36＝4×9，而（4，9）＝1，所以只要分别证明2n6―n4―n2被4及9整除。

将2n6―n4―n2分解成n2（2n2＋1）（n2－1），当n为偶数时，4|n2；当n为奇数时，n2被4除余数为1，故4|（n2－1）。

故4|n2（2n2＋1）（n2－1）。

当n＝3k（k∈Z）时，9|n2（2n2＋1）（n2－1）；当n＝3k±1（k∈Z）时，n2被3除余数总是1，所以3|（n2－1），且2n2被3除余数为2，所以3|（2n2＋1），于是9|（n2－1）（2n2＋1），故9|n2（n2－1）（2n2＋1）。

7．设f（a）＝a4＋a3＋a2＋a＋1＝b2，由f（a）＞a4＋a3＋

＝（a2＋

）2、f（a）＜a4＋a3＋

a2＋a＋1＝（a2＋

＋1）2知（a2＋

）2＜b2＜（a2＋

＋1）2，所以（2a2＋a）2＜（2b）2＜（2a2＋a＋2）2，那么只有（2b）2＝（2a2＋a＋1）2，∴4f（a）＝（2a2＋a＋1）2，整理得a2―2a―3＝0，∵a是正整数，∴a＝3。

8．解：

当n是13的倍数时，则13除n2+5n+23的余数为10，当n为13k±1型的整数时，n2－1是13的倍数，则13除n2+5n+23=n2－1+65k+24±5的余数为3或6，当n为13k±2型的整数时，n2－4是13的倍数，则13除n2+5n+23=n2－4+65k+27±10的余数为4或11，当n为13k±3型的整数时，n2－9是13的倍数，则13除n2+5n+23=n2－9+65k+32±15的余数为4或8，当n为13k±4型的整数时，n2－16是13的倍数，则13除n2+5n+23=n2－16+65k+39±20的余数为6或7，当n为13k±5型的整数时，n2－25是13的倍数，则13除n2+5n+23=n2－25+65k+48±25的余数为10或8，当n为13k±6型的整数时，n2－36是13的倍数，则13除n2+5n+23=n2－36+65k+59±25的余数为8或6，即质数13除n2+5n+23的余数的集合为{3，4，6，7，8，10，11}。

9．解：

当p=2时，p2+2543=2547=32×283，283不是2，3，5，7，11，13的倍数，是质数，此时共有正因数（2+1）×（1+1）=6个，p=2满足条件；

当p=3时，p2+2543=2552=23×11×19，此时共有正因数（3+1）×（1+1）×（1+1）=16个，p=3不满足条件；

当p＞3时，p2+2543=p2－1+2544=（p－1）（p+1）+2400+144，质数p＞3，则必为3k±1型的奇数，p－1、p+1是相邻的两个偶数，且其中必有一个是3的倍数，所以（p－1）（p+1）是24的倍数，所以p2+2543是24的倍数，p2+2543=23+i×31+j×m，若m＞1，共有正因数（3+i+1）×（1+j+1）×（k+1）＞16个，若m=1，2i×3j＞106，当j＞1，正因数个数不少于16，当j=1，i＞4，正因数个数不少于24，当j=0，i＞5，正因数个数不少于18，所以p＞3不满足条件；

综上所述，p≥2时，正因数个数至少有16个，而p=2时正因数个数为6，故所求的质数p是2。

10.解：

（1）因为103=1000,113=1331,123=1728,133=2197,123＜2005＜133，故n≠1.

因为2