竞赛讲座02整数的整除性.docx

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1、竞赛讲座02一整数的整除性1. 整数的整除性的有关概念、性质(1) 整除的定义：对于两个整数a、d (dWO),若存在一个整数p,使得0 =4成立，则称d整除a,或a被d整除，记作d|a。若d不能整除a,则记作d a,如2|6, 46。(2) 性质1) 若b|a,则b|(a),且对任意的非零整数m有bm| am2) 若 a|b, b|a,则 |a|二|b| ;3) 若 b|a, c|b,则 c|a4) 若 b|ac,而(a, b) =1 ( (a, b) =1 表示 a、b 互质，则 b|c；5) 若b|ac,而b为质数，则b|a,或b|c；6) 若c|a, c | b,则c| (ma+nb)

2、,其中m、n为任意整数(这一，性质还可以推广 到更多项的和)例1 (1987年北京初二数学竞赛题)x, y, z均为整数，若11 I (7x+2y5z),求 证：11 I (3x7y+12z) o证明：4(3x7y+12z)+3(7x+2y5z)=ll (3x2y+3z)而11 I 11 (3x2y+3z),且111 (7x+2y5z),11 I 4(3x7y+12z)又(11,4)=111 I (3x7y+12z).利用数的整除性特征（见第二讲）例2 （1980年加拿大竞赛题）设72 1 。67处试求a4的值。解72=8X9,且（8, 9） =1,所以只需讨论8、9都整除 北79时的值。若8

3、 I。67助,则8 1沏，由除法可得b = 2。若 9|。67助，则 9 1 （a+6+7+9+2）,得 a=3。（2）利用连续整数之积的性质 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除。 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2X3=6整除。这个性质可以推广到任意个整数连续之积。例3 （1956年北京竞赛题）证明： 22 对任何整数n都为整数，且用3除时余2。证明冏3 *间I .；界（+1）（2 +1）-1典3为连续二整数的积,必可被2整除.力（D-2对任何整数n均为整数,为整数,即原式为

4、整数.nn 1)(2 *1) 4n(n 1)(% 1)又28_ 2+1)(%+ 2)8,2n、2n+l、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，心+ 1)(2 1)2 是能被3整除的整数.炉.3，7 迪上幽归口故 222 被3除时余2.例4一整数a若不能被2和3整除，则a2+23必能被24整除.证明 Va2+23= (a2l) +24,只需证a?l可以被24整除即可.V2 .a为奇数.设a=2k+l(k为整数),贝ij a21 = (2k+1)21 =4 k2+4 k=4 k (k+1).k、k+1为二个连续整数，故k (k+1)必能被2整除，/.8|4k (k+1),即 8|

5、 (a2l).又(al) , a, (a+1)为三个连续整数，其积必被3整除，即31a (al) (a+1) =a (a2l),V3 a, A31 (四).3 与 8互质,.24I 61),即 a、23 能被 24 整除.(3)利用整数的奇偶性下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题.例5求证:不存在这样的整数a、b c、d使：a b c da= 窗外a b c db=网6T飒1a b c dc= 1 削个iWa b c dd=母8 个飒1证明 山，a (bcdl) = l5t .右端是奇数，左端a为奇数，bcdl为奇数.同理，由、知b、c、d必为奇数，那么bed为奇数，b

6、cdl必为偶数，则a (bcdl)必为偶数，与式右端为奇数矛盾.所以命题得证.例6(1985年合肥初中数学竞赛题)设有n个实数xb x2,xn,其中每一个不是+1就是1,且区 + 至+八 +i2+5l = 0.试证n是4的倍数.证明设乂弋 (1=1,2, . 1),则W不是+1就是1,但yi+yz+ymy2y3yn=L即(1) k=L故k为偶数,n是4的倍数.其他方法：整数a整除整数b,即b含有因子a.这样,要证明a整除b,采用各种公式和变形手 段从b中分解出因子a就成了一条极自然的思路.例7(美国第4届数学邀请赛题)使n3+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少？ 解 n3+100=

7、(n+10) (n210n+100)900. 若n+100能被n+10整除，则900也能被n+10整除.而且，当n+10的值为最大时,相应 地n的值为最大.因为900的最大因子是900.所以,n+10=900, n=890.例8(上海1989年高二数学竞赛)设a、b、c为满足不等式IVabVc的整数，且(abl) (bcl) (cal)能被abc整除，求所有可能数组(a, b, c).解 (abl) (bcl) (cal)=a2bc2abc (a+b+c) +ab+ac+bcl,Vabc| (abl) (bcl) (cal).存在正整数k,使ab+ac+bcl=kabc,1111111 3 3k=a b c abc a b c a 2k=l.若a3,此时111 11 1 1 47l=a b c abc l. 只有a=2.当a=2时，代入中得2b+2cl=bc,2 2 12 2 4+ +即 -b c be b b bA0b 1x9 9 + 2 = 1 0 1, d 1 0 0 1 ；若取 ai=a2=a99=l 0 0 1, a i o o = 2 0 0 2,则满足 a 14- a 2 + .+ a , 00 = 1 0 0 1 x 1 0 1 = 1 0 1 1 0 1,且 d =1 0 0 1 ,故d的最大可能值为10 0 1