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竞赛讲座 02-整数的整除性


竞赛讲座 02 -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(d≠0),若存在一个整数 p,使得 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 (2) 性质 a,如 2|6,4 6。

1) 若 b|a,则 b|(-a),且对任意的非零整数 m 有 b

m|am 2) 若 a|b,b|a,则|a|=|b|; 3) 若 b|a,c|b,则 c|a 4) 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),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|(7x+2y-5z),求 证:11|(3x-7y+12z)。 证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而 且 ∴ 又 ∴ 11|11(3x-2y+3z), 11|(7x+2y-5z), 11|4(3x-7y+12z) (11,4)=1 11|(3x-7y+12z).

2.整除性问题的证明方法

(1)

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|

的值。

解 72=8×9,且(8,9)=1,所以只需讨论 8、9 都整除

的值。

若 8|

,则 8|

,由除法可得b=2。

若 9|

,则 9|(a+6+7+9+2),得 a=3。

(2)利用连续整数之积的性质 ① 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。 ② 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 2×3=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: 3 除时余 2。

对任何整数 n 都为整数,且用

证明



为连续二整数的积,必可被 2 整除.



对任何整数 n 均为整数,



为整数,即原式为整数.

又∵

, 2n、2n+1、2n+2 为三个连续整数,其积必是 3 的倍数,而 2 与 3 互质,



是能被 3 整除的整数.

故 例4
2

被 3 除时余 2. 一整数 a 若不能被 2 和 3 整除,则 a +23 必能被 24 整除.
2 2 2

证明 ∵a +23=(a -1)+24,只需证 a -1 可以被 24 整除即可. ∵2
2

.∴a 为奇数.设 a=2k+1(k 为整数),
2 2

则 a -1=(2k+1) -1=4k +4k=4k(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|(a -1). 又∵(a-1),a,(a+1)为三个连续整数,其积必被 3 整除,即 3|a(a-1)(a+1) 2 =a(a -1), ∵3 a,∴3|(a -1).3 与 8 互质, ∴24|(a -1),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:
2 2 2 2

a·b·c·d-a=



a·b·c·d-b=



a·b·c·d-c=



a·b·c·d-d=



证明 由①,a(bcd-1)=

.

∵右端是奇数,∴左端 a 为奇数,bcd-1 为奇数. 同理,由②、③、④知 b、c、d 必为奇数,那么 bcd 为奇数,bcd-1 必为偶数,则 a (bcd-1)必为偶数,与①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 x1,x2,…,xn,其中每一 个不是+1 就是-1, 且

试证 n 是 4 的倍数.

证明 设

(i=1,2,…,n-1),

则 yi 不是+1 就是-1,但 y1+y2+…+yn=0,故其中+1 与-1 的个数相同,设为 k,于是 k n=2k.又 y1y2y3…yn=1,即(-1) =1,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 n +100 能被 n+10 整除的正整数 n 的最 大值是多少?
3

解 n +100=(n+10)(n -10n+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 1<a<b<c 的 整数,且(ab-1)(bc-1)(ca-1)能被 abc 整除,求所有可能数组(a,b,c). 解 ∵(ab-1)(bc-1)(ca-1) =a b c -abc(a+b+c)+ab+ac+bc-1,① ∵abc|(ab-1)(bc-1)(ca-1). ∴存在正整数 k,使 ab+ac+bc-1=kabc, ②
2 2 2

3

2

k= ∴k=1.









若 a≥3,此时

1= 已知 a>1.

-

< ∴只有 a=2.

矛盾.

当 a=2 时,代入②中得 2b+2c-1=bc,



1=



∴0<b<4,知 b=3,从而易得 c=5. 说明:在此例中通过对因数 k 的范围讨论,从而逐步确定 a、b、c 是一项重要解题 技巧.

例9 (1987 年全国初中联赛题)已知存在整数 n,能使数 整除.求证数

被 1987



都能被 1987 整除.

证明∵ (10 + 同样,
3n

× ),且

×

× 能被 1987 整除,∴p 能被 1987 整除.

q=











、10

2(n+1)





除,余数分

别为 1000,100,10,于是 q 表示式中括号内的数被 除,余数为 1987,它可 被 1987 整除,所以括号内的数能被 1987 整除,即 q 能被 1987 整除. 练习二 1. 选择题 (1)(1987 年上海初中数学竞赛题)若数 n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130,则不是 n 的因数的最 小质数是( ). (A)19 (B)17 (C)13 (D)非上述答案

(2)在整数 0、1、2…、8、9 中质数有 x 个,偶数有 y 个,完全平方数有 z 个,则 x+y+z 等于( ). (A)14 (B)13 (C)12 (D)11 (E)10

(3)可除尽 3 +5 的最小整数是( (A)2 (B)3 (C)5
11

11

18

).
18

(D)3 +5 (E)以上都不是

2. 填空题 (1)(1973 年加拿大数学竞赛题)把 100000 表示为两个整数的乘积,使其中没有 一个是 10 的整倍数的表达式为__________. (2) 一个自然数与 3 的和是 5 的倍数,与 3 的差是 6 的倍数,这样的自然数中最小 的是_________. (3) (1989 年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是 0 或 1,并且能被 225 整除 的最小自然数是________.

3.求使

为整数的最小自然数 a 的值.
2

4.(1971 年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数 n,n +2n+12 不是 121 的倍数. 5.(1984 年韶关初二数学竞赛题)设 246 的和是一位正整数 d 的 111 倍, 出推理运算过程. 6.(1954 年苏联数学竞赛题)能否有正整数 m、n 满足方程 m +1954=n . 7.证明:(1)133|(11 +12 ),其中 n 为非负整数. (2)若将(1)中的 11 改为任意一个正整数 a,则(1)中的 12,133 将作何改动?证明改动 后的结论. 8.(1986 年全国初中数学竞赛题)设 a、b、c 是三个互不相等的正整数.求证:在 3 3 3 3 3 3 a b-ab ,b c-bc ,c a-ca 三个数中,至少有一个能被 10 整除. 9.(1986 年上海初中数学竞赛题)100 个正整数之和为 101101,则它们的最大公约数 的最大可能值是多少?证明你的结论.
n+2 n+1 2 2

是一个四位正整数,已知三位正整数 又是 18 的倍数.求出这个四位数

与 ,并写

练习参考答案 1.B.B.A 2.(1)2 ·5 .(2)27.
5 5

3.由 2000a 为一整数平方可推出 a=5. 4.反证法.若是121的倍数,设n +2n+12=121k 2 11(11k-1).∵11是素数且除尽(+1) , ∴11除尽n+1 5.由
2 2 2

(n+1) =



11 除尽(n+1) 或11|11k-1,不可能. 可能是198,309,420,531, 只能是198.而198+246

是d的111倍,

642,753;又 =444,∴d=4,
n+2

是18的倍数,∴ 是1984.
2n+1

7.(1)11 +12 =121×11 +12×144 =121×11 n n n n +12×11 -12×11 +12×144 =…=133×11 +12×(1 n n n n 44 -11 ).第一项可被133整除.又144-11|144 -11 ,∴ n+2 2n+1 133|11 +12 . (2)11改为a.12改为a+1,133改为a(a+1)+1.改动后命题 n+2 2n+1 为a(a+1)+1|a +(a+1) ,可仿上证明. 8.∵a b-ab =ab(a -b );同理有b(b -c );ca(c - 2 a ).若a
3 3 2 2 2 2 2







、b、c中有偶数或均为奇数,以上三数总能被2整除.又∵在a、b、c中若有 2 2 2 一个是5的倍数,则题中结论必成立.若均不能被5整除,则a ,b ,c 个位数 2 2 2 2 2 2 只能是1,4,6,9,从而a -b ,b -c ,c -a 的个位数是从1,4, 6,9中,任取三个两两之差,其中必有0或±5,故题中三式表示的数至少有一 个被5整除,又2、5互质. 9.设100个正整数为a1,a2,…,a100,最大公约数为d,并令

则a1+a2+…+a100=d(a1′+a2′+…+a′100)=101101=101× 1001,故知a1′,a2′,a′100不可能都是1,从而a′1+a′2+…+a′100≥ 1× 99+2=101,d≤1001;若取a1=a2=a99=1001,a100= 2002,则满足a1+a2+…+a100=1001× 101=101101,且d =1001,故d的最大可能值为1001


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