江苏省数学竞赛《提优教程》教案第35讲整数性质.docx

1、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 (b0)，可以将a表示为a=bq+r，这里q，r是整数，且0rbq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r0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

2、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

3、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0ii，i=l，2，s 由此可知，a的正因数的个数为d(a)=(1+1) (2+1)(s+1) 由a的标准分解式a= (i=l，2，s)，若a是整数的k次方，则i(i=l，2，s)是k的倍数若a是整数的平方，则i(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. 9 B. 3 C.

4、 2 D. 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ann3(n1)3(n2)3，则a11323333649，a223334399为奇数，则a | a1，a | a2， (a1，a2)=9，故a | 9，所以a1，3，9。又ann3(n1)3(n2)33n39n215n93n39n26n9n93n(n23n2)9(n1)3n(n1)(n2)9(n

5、1)，9 | an，故amax9，选A。说明 解法中，把3n39n215n9分为3n(n23n2)与9(n1)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p21是24的倍数，也即证明p21既是3的倍数又是8的倍数。p1、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 p21=(p1)(p+1)，连续的三个整数中必有3的倍数， p1、p+1中必有3的倍数，且p1、p+1是连续的两

6、个偶数，(p1)(p+1)是8的倍数。 p21=(p1)(p+1)是24的倍数，即p2除以24的余数为1。证明2 设p=6n1 (6n,6n2,6n+3均为合数)，则 (6n1)2=36n212n+1=12n(3n1)+1， n和3n1必为一奇一偶，n(3n1)为偶数。 12n(3n1)必为24的倍数，(6n1)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6n1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

7、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) = (abt，b)。可以用此法化简。证明 (21p+4，14p+3)= (21p+414p3，14p+3)= (7p+1，14p+3)= (7p+1，14p+314p2)= (7p+1，1)=1，是既约分数。说明 证明过程中用到性质(a，b)= (abt，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abt，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、bN*，且ab，由带余除法有 因为每进行一

8、次带余除法，余数至少减1，即br1r2rnrn+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rn0，而rn+10，故得：rn= (rn+1，rn)= (rn，rn1)=(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， an10n-1+=5(10+an

9、)， (10n-15)an=49，an=49， an是个位数字，不能被49整除， 9995至少能被7整除， 它最小时应为99995，此时 n=6，若有解，则式为a699995=49， a614285=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 9995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9995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

10、，则它可以不是 （ ）A7的倍数 B9的倍数C11的倍数 D13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+200020002001) 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

11、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=(19991) 1998=1999M+1， 20002000-=(1999+1) 2000-=1999N+1，这里M，NZ于是 19981998+200020002001=1999M+1999N1999=1999(M+N1)，从而1999 | (19981998+200020002001)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xnyn =(

12、xy)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+xyn-2+yn-1)；对大于1的奇数n有xn+yn =(x+y)(xn-1xn-2y+xn-3y2xyn-2+yn-1)；对大于1的偶数n有xnyn =(x+y)(xn-1xn-2y+xn-3y2+xyn-2yn-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

13、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 | 36 a|12a=1，2，3，4，6，126 | b，b | 24 b=6，12，246 | c，c | 36 c=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)

14、 ，(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=pkqits，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

15、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，p

16、s，不妨设p1p2ps，且表示 m =，n =，k =，其中i，i，i0，i=l，2，s由mn | nm得0nimi，由nk | kn 得0kini，两式相乘得 0kniimnii，即0kimi，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0ii，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。7a是正整数，且a4 + a3 + a2 + a + 1是完

17、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，p21是24的倍数，p2+71 = p21+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=523，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=245，此时共有正因数(4+1)(1+1)=10个，p=3满足条件； 当p3时，p2+71 =

18、p21+72=(p1)( p+1)+72，质数p必为3k1型的奇数，p1、p+1是相邻的两个偶数，且其中必有一个是3的倍数，所以(p1)(p+1)是24的倍数，所以p2+71是24的倍数p2+71=24m，m4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 p3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p3时的情况，也可以设p=6n1来讨论。注意数n的正因数个数公式：若n的标准分

19、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0ii，i=l，2，s由此可知，n的正因数的个数为d(n)=(1+1) (2+1)(s+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，

20、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(n2)，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d3d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n2，所以，n，和1是3n的互不相同的正约数，它们的和等于3n13n，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

21、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(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(nN*) 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(nN*)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131对于正整数n，如果能找到正整数a、b，使nabab，则称n为“好

22、数”，则在前100个正整数中，共有“好数”( )A78个 B74个 C70个 D66个2设a为正奇数，则a21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：2n1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+17n15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12006这2006个数分成n个小组，使每个数都至

23、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= a105 + b104 + c103 + a102 + b10 + c = 100100a + 10010b + 1001c = 1001(100a +10b +c) = 71113(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

24、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(mZ)，设p = 3k + 1，或p = 3k + 2，或p = 3k(kZ)，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)，mZ，2m + 1Z，6m + 5Z，p + 3d一定是3的倍数

25、。3解：，而当n2=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) = 610m + 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 = 27692 = 15384，所求的最小数是153846。5. n是正整数，则xnyn =(xy)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+xyn-2+yn-1)（*），在(*)中取x=，y = 1

26、，并以2mn1代替(*)中的n，得(1) | (1)。又1=()21=(+1)(1)，故(+1) | (1)，于是(+1) | (1)。6由于3649，而(4，9)1，所以只要分别证明2n6n4n2被4及9整除。将2n6n4n2分解成n2(2n21)(n21)，当n为偶数时，4|n2；当n为奇数时，n2被4除余数为1，故4|(n21)。故4|n2(2n21)(n21)。当n3k（kZ）时，9|n2(2n21)(n21)；当n3k1（kZ）时，n2被3除余数总是1，所以3|(n21)，且2n2被3除余数为2，所以3|(2n21)，于是9|(n21)(2n21)，故9|n2(n21)(2n21)。

27、7设f(a)a4a3a2a1b2，由f(a)a4a3(a2)2、f(a)a4a3a2a1(a21)2知(a2)2b2(a21)2，所以(2a2a)2(2b)2(2a2a2)2，那么只有(2b)2(2a2a1)2，4f(a)(2a2a1)2，整理得a22a30，a是正整数，a3。8解：当n是13的倍数时，则13除n2+5n+23的余数为10，当n为13k1型的整数时，n21是13的倍数，则13除n2+5n+23= n21+65k+245的余数为3或6，当n为13k2型的整数时，n24是13的倍数，则13除n2+5n+23= n24+65k+2710的余数为4或11，当n为13k3型的整数时，n2

28、9是13的倍数，则13除n2+5n+23= n29+65k+3215的余数为4或8，当n为13k4型的整数时，n216是13的倍数，则13除n2+5n+23=n216+65k+3920的余数为6或7，当n为13k5型的整数时，n225是13的倍数，则13除n2+5n+23= n225+65k+4825的余数为10或8，当n为13k6型的整数时，n236是13的倍数，则13除n2+5n+23=n236+65k+5925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=32283，283不是2，3，5，7，11

29、，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=231119，此时共有正因数(3+1)(1+1)(1+1)=16个，p=3不满足条件；当p3时，p2+2543 = p21+2544=(p1)( p+1)+2400+144，质数p3，则必为3k1型的奇数，p1、p+1是相邻的两个偶数，且其中必有一个是3的倍数，所以(p1)(p+1)是24的倍数，所以p2+2543是24的倍数，p2+2543=23+i31+jm，若m1，共有正因数(3+i+1)(1+j+1)(k+1)16个，若m=1，2i3j106，当j1，正因数个数不少于16，当j=1，i4，正因数个数不少于24，当j=0，i5，正因数个数不少于18，所以 p3不满足条件；综上所述，p2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, 1232005133，故 n1.因为2