高中数学竞赛讲座02整数的整除性
竞赛讲义——整数的整除性
整数的整除性整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的．1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作b a．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1 若b｜a，c｜b，则c｜a．性质2 若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)．性质3 若c｜a，c b，则c(a±b)．性质4 若b｜a，d｜c，则bd｜ac．性质5 若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．性质6 若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．性质8 若a≠b，n是自然数，则(a-b)｜(a n-b n)．性质9 若a≠-b，n是正偶数，则(a＋b)｜(a n-b n)．性质10 若a≠-b，n是正奇数，则(a＋b)｜(a n＋b n)．2．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法．下面举例说明．例1. 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．证设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以,12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故24 [(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例2. 若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17x．①所以 17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．例3．若2121,,,p qp qq p--都是整数，并且p＞1，q＞1．求pq的值．解若p=q，则不是整数，所以p≠q．不妨设p＜q，于是是整数，所以p只能为3，从而q=5．所以pq=3×5=15．例4. 试求出两两互质的不同的三个自然数x，y，z，使得其中任意两个的和能被第三个数整除．分析题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．最小的一个：y｜(y＋2x)，所以y｜2x，于是数两两互质，所以x=1．所求的三个数为1，2，3．例5. 设n是奇数，求证： 60｜6n-3n-2n-1．分析因为60=22×3×5，22，3，5是两两互质的，所以由性质6，只需证明22，3，5能被6n-3n-2n-1整除即可．对于幂的形式，我们常常利用性质8～性质10，其本质是因式分解．证 60=22×3×5．由于n是奇数，利用性质8和性质10，有22｜6n-2n，22｜3n＋1，所以22｜6n-2n-3n-1， 3｜6n-3n， 3｜2n+1，所以3｜6n-3n-2n-1，5｜6n-1，5｜3n+2n，所以5｜6n-1-3n-2n．由于22，3，5两两互质，所以60｜6n-3n-2n-1．我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k表示，奇数常用2k+1表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a被3除时，余数只能是0，1，2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k，3k＋1，3k＋2这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．例6. 若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．证因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．例7. 求证：3n+1(n为正整数)能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除．证按模2分类．若n=2k为偶数，k为正整数，则3n＋1=32k＋1=(3k)2＋1．由3k是奇数，(3k)2是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设(3k)2=8x ＋1，于是3n＋1=8x＋2=2(4x＋1)．4x＋1是奇数，不含有2的因数，所以3n＋1能被2整除，但不能被2的更高次幂整除．若n=2k＋1为奇数，k为非负整数，则3n+1=32k＋1+1=3·(3k)2＋1=3(8x＋1)＋1=4(6x＋1)．由于6x＋1是奇数，所以此时3n+1能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．在解决有些整除性问题时，直接证明较为困难，可以用反证法来证．例8. 已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．证用反证法．如果a，b不都能被3整除，那么有如下两种情况：(1)a，b两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a，3b．令a=3m，b=3n±1(m，n都是整数)，于是a2+b2=9m2+9n2±6n+1=3(3m2＋3n2±2n)+1，不是3的倍数，矛盾．(2)a，b两数都不能被3整除．令a=3m±1，b=3n±1，则a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2=9m2±6m+1+9n2±6n＋1=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．由此可知，a，b都是3的倍数．例9. 设p是质数，证明：满足a2=pb2的正整数a，b不存在．证用反证法．假定存在正整数a，b，使得a2=pb2令(a，b)=d，a=a1d，b=b1d，则(a1，b1)=1．所以与(a1，b1)=1矛盾．练习三1.求证：对任意自然数n，2×7n＋1能被3整除．2．证明：当a是奇数时，a(a2-1)能被24整除．3．已知整数x，y，使得7｜(13x+8y)，求证： 7｜(9x＋5y)．4．设p是大于3的质数，求证：24｜(p2-1)．5．求证：对任意自然数n，n(n-1)(2n-1)能被6整除．6．求证：三个连续自然数的立方和能被9整除．7．已知a，b，c，d为整数，ab＋cd能被a-c整除，求证：ad＋bc也能被a-c整除．。
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数学的整除性整数的整除性定义：设a ，b 为二整数，且b ≠０，如果有一整数c ，使a ＝bc ，则称b 是a 的约数，a 是b 的倍数，又称b 整除a ，记作b |a ．显然，1能整除任意整数，任意整数都能整除0．性质：设a ，b ，c 均为非零整数，则①．若c |b ，b |a ，则c |a ．②．若b |a ，则bc |ac③．若c |a ，c |b ，则对任意整数m 、n ，有c |ma ＋nb④．若b |ac ，且(a ，b )＝1，则b |c证明：因为(a ，b )＝1则存在两个整数s ，t ，使得as ＋bt ＝1∴ asc ＋btc ＝c∵ b |ac ⇒ b |asc∴ b |(asc ＋btc ) ⇒ b |c⑤．若(a ，b )＝1，且a |c ，b |c ，则ab |c证明：a |c ，则c ＝as (s ∈Z )又b |c ，则c ＝bt (t ∈Z )又(a ，b )＝1∴ s ＝bt '(t '∈Z )于是c ＝abt '即ab |c⑥．若b |ac ，而b 为质数，则b |a ，或b |c⑦．(a －b )|(a n －b n )(n∈N)，(a ＋b )|(a n ＋b n )(n 为奇数)整除的判别法：设整数N ＝1121n a a a a - ①．2|a 1⇔2|N ，5|a 1⇔ 5|N②．3|a 1＋a 2＋…＋a n ⇔3|N9|a 1＋a 2＋…＋a n ⇔9|N③．4|21a a ⇔ 4|N25|21a a ⇔ 25|N④．8|321a a a ⇔8|N125|321a a a ⇔125|N⑤．7||14n n a a a -－321a a a |⇔7|N ⑥．11||14n n a a a -－321a a a |⇔11|N⑦．11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)]⇔11|N⑧．13||14n n a a a -－321a a a |⇔13|N推论：三个连续的整数的积能被6整除．例题： 1．设一个五位数abcad ，其中d －b ＝3，试问a ，c 为何值时，这个五位数被11整除． 解：11|abcad∴ 11|a ＋c ＋d －b －a即11|c ＋3∴ c ＝81≤a ≤9，且a ∈Z2．设72|673a b ，试求a ，b 的值．解：72＝8×9，且(8，9)＝1∴ 8|673a b ，且9|673a b∴ 8|73b ⇒ b ＝6且 9|a ＋6＋7＋3＋6即9|22＋a∴ a ＝53．设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ，求证：1985|A ．证明：∵1985＝397×5A ＝(3237n －632n )－(855n －235n )＝(3237－632)×u －(855－235)×v (u ，v ∈Z)＝5×521×u －5×124×v∴5|A又A ＝(3237n －855n )－(623n －235n )＝(3237－855)×s －(623－235)×t (s ，t ∈Z)＝397×6×s －397×t∴ 397｜A又∵(397，5)＝1∴397×5｜A即1985｜A4．证明：没有x ，y 存在，使等式x 2＋y 2＝1995(x ，y ∈Z)成立．证：假设有整数x ，y 存在，使x 2＋y 2＝1995成立．∵x 2，y 2被4除余数为0或1．∴x 2＋y 2被4除余数为0，1或2．又∵1995被4除余数为3．∴得出矛盾，假设不成立．故没有整数x ，y 存在，使x 2＋y 2＝1995成立．费马小定理：若p 是素数，(m ，p )＝1则 p |m p -1－15．试证：999…9能被13整除．12个证明：∵10－1＝9，100－1＝99，…，1012－1＝999…9．12个又（10，13）=1∴13｜(1013－1－1)，即13｜(1012－1)∴13 ｜999…9．12个6．请确定最小的正整数A ，其末位数是6，若将未位的6移至首位，其余数字不变，其值变为原数的4倍．解：设该数为A ＝121n n n a a a a --，其中a 1＝6 令x ＝122n n n a a a a -- 则A ＝6x ＝x ·10＋6于是4A ＝6x ＝6×10n-1＋x即有4×10x ＋24＝6×10n -1＋x x ＝12(104)13n -- ∵ (2，13)＝1，x 是整数∴ 13|(10n -1－4)n ＝1，2时，10 n -1－4＜10显然不满足条件n ＝3时，10 n -1－4＝96 不满足条件n ＝4时，10 n -1－4＝996 不满足条件n ＝5时，10 n -1－4＝9996不满足条件n ＝6时，10 n -1－4＝99996 满足条件 ∴ x ＝13999962⨯＝15384 即A ＝153846 7．一个正整数，如果用7进制表示为abc ，如果用5进制表示为cba ，请用10进制表示这个数． 解：由题意知：0＜a ，c ≤4，0≤b ≤4，设这个正整数为n ，则n ＝abc ＝a ×72＋b ×7＋c ， n =cba =c ×52＋b ×5＋a∴49a ＋7b ＋c ＝25c ＋5b ＋a48a ＋2b －24c ＝0b ＝12(c －2a )∴12｜b ，又∵0≤b≤4∴b＝0，∴c＝2a∴当a＝1，c＝2时，n＝51当a＝2，c＝4时，n＝102练习：1．证明：设N＝19881988－19861986，则1987∣N2．设n是自然数，求证n5－n可被30整除．3．请确定最小的正整数A，其末位数为2，若将末位数2移至首位，其余数字不变，则是原数的2倍．4．一个正整数，若用9进制表示为abc，若用7进制表示为cba，请用10进制表示此数．a a能被4整除，最末两位组成的数7a能被6整除，求此五位数．5．五位数467。
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 a，如2|6，4 6。
（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|=|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），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 11｜11(3x-2y+3z),且 11｜(7x+2y-5z),∴ 11｜4(3x-7y+12z)又 (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：对任何整数n都为整数，且用3除时余2。
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∵a2+23=（a2-1）+24，只需证a2-1可以被24整除即可.∵2 .∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数),则a2-1=(2k+1)2-1=4k2+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|（a2-1）.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）=a（a2-1），∵3 a，∴3|（a2-1）.3与8互质, ∴24|(a2-1),即a2+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·d-a=①a·b·c·d-b=②a·b·c·d-c=③a·b·c·d-d=④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,…，x n，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y i不是+1就是-1，但y1+y2+…+y n=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k，于是n=2k.又y1y2y3…y n=1，即（-1）k=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n3+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?解n3+100=(n+10)(n2-10n+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）=a2b2c2-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, ②k=＜＜＜＜∴k=1.若a≥3，此时1=-＜矛盾.已知a＞1. ∴只有a=2.当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，即 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，能使数被1987整除.求证数，都能被1987整除.证明∵×××（103n+），且能被1987整除，∴p能被1987整除.同样，q=（）且∴故、102（n+1）、被除，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311+518的最小整数是（）.（A）2 （B）3 （C）5 （D）311+518（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.4.(1971年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n2+2n+12不是121的倍数.5.(1984年韶关初二数学竞赛题)设是一个四位正整数,已知三位正整数与246的和是一位正整数d的111倍,又是18的倍数.求出这个四位数,并写出推理运算过程.6.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n满足方程m2+1954=n2.7.证明：（1）133|（11n+2+12n+1），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a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中,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.练习参考答案１．Ｂ．Ｂ．Ａ２．（１）２５·５５．（２）２７．３．由2000a为一整数平方可推出a=5．４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ２＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ（ｎ＋１）２＝１１（１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１）２，∴１１除尽ｎ＋１１１２除尽（ｎ＋１）２或１１｜１１ｋ－１，不可能．５．由是ｄ的１１１倍，可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６４２，７５３；又是１８的倍数，∴只能是１９８．而１９８＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，是１９８４．７．（１）１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１＝１２１×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝１２１×１１ｎ＋１２×１１ｎ－１２×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝…＝１３３×１１ｎ＋１２×（１４４ｎ－１１ｎ）．第一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４ｎ－１１ｎ，∴１３３｜１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１．（２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题为ａ（ａ＋１）＋１｜ａｎ＋２＋（ａ＋１）２ｎ＋１，可仿上证明．８．∵ａ３ｂ－ａｂ３＝ａｂ（ａ２－ｂ２）；同理有ｂ（ｂ２－ｃ２）；ｃａ（ｃ２－ａ２）．若ａ、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中若有一个是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ２，ｂ２，ｃ２个位数只能是１，４，６，９，从而ａ２－ｂ２，ｂ２－ｃ２，ｃ２－ａ２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。
高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题
竞赛中的数论问题的思考方法一. 条件的增设对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。
1. 大小顺序条件与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x <y ，则必有y ≥x +1，也可以写成y =x +t ，其中整数t ≥1。
例1. （IMO-22）设m ，n 是不大于1981的自然数，1)(222=--m nm n ，试求22n m +的最大值。
解：易知当m =n 时,222=+n m 不是最大值。
于是不访设n >m ,而令n =m +u 1，n >u 1≥1，得-2(m -1mu 1)22112=--u mu 。
同理，又可令m = u 1+ u 2，m >u 2≥1。
如此继续下去将得u k+1= u k =1，而11+-+=i i i u u u ，i ≤k 。
故n m u u u u k k ,,,,,,121 +是不大于1981的裴波那契数，故m =987，n =1597。
例2. （匈牙利—1965）怎样的整数a ，b ，c 满足不等式?233222c b ab c b a ++<+++解：若直接移项配方，得01)1()12(3)2(222<--+-+-c b b a 。
因为所求的都是整数，所以原不等式可以改写为：c b ab c b a 234222++≤+++，变形为：0)1()12(3)2(222≤-+-+-c b ba ，从而只有a =1，b =2，c =1。
2. 整除性条件对于整数x ，y 而言，我们可以讨论其整除关系：若x |y ，则可令y =tx ；若x ∤y ，则可令y =tx +r ，0<r ≤|x |-1。
这里字母t ，r 都是整数。
进一步，若a q |，b q |且a b >，则q a b +≥。
七数培优竞赛讲座第26讲 整数整除的概念和性质
第二十六讲整数整除的概念和性质对于整数和不为零的整数b，总存在整数m，n使得a＝bm+n(0≤n<b)，其中m称为商，n称为余数，特别地，n＝0时，即a＝bm，便称a被被b整除(也称a是b的倍数或的约数)，记为b|a．整除有以下基本性质：1．若a|b，a|c，则a|（b c）；2．若a|b，b|c，则a|c；3．若a| b c，且(a，c)=1，则a|b，特别地，若质数p|b c，则必有p|b或p|c；4．若b|a，c|a，且(b，c) =1，则b c|a．解整除有关问题常用到数的整除性常见特征：1．被2整除的数：个位数字是偶数；2．被5整除的数：个位数字是0或5；3．被4整除的数：末两位组成的数被4整除；被25整除的数，末两位组成的数被25整除；4．被8整除的数：末三位组成的数被8整除；被125整除的数，末三位组成的数被125整除；5．被3整除的数：数字和被3整除；6．被9整除的数：数字和被9整除；7．被11整除的数：奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除．【例1】一个自然数与13的和是5的倍数，与13的差是6的倍数，则满足条件的最小自然数是．思路点拨略(重庆市竞赛题)注：确定已知条件来确定自然数，是数学活动中常见的一类问题，解这类问题时往往用到下列知识方法：(1)运用整除性质；(2)确定首位数字；(3)利用末位数字；(4)代数化；(5)不等式估算；(6)分类讨论求解等．【例2】有三个正整数a、b、c其中a与b互质且b与c也互质，给出下面四个判断：①(a+c)2不能被b整除，②a2+c2不能被b整除：③(a+b)2不能被c整除；④a2+b2不能被c整除，其中，不正确的判断有( )．A．4个B．3个 C 2个D．1个思路点拨举例验证．(“希望杯”邀请赛试题)1287xy是72的倍数，求出所有的符合条件的7位数．【例3】已知7位数6(江苏省竞赛题)1287xy能被8，9整除，运用整数能被8、9整除的性质求出x，y的思路点拨7位数6值．【例4】(1)若a、b、c、d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x一a)(x一b)(x一c)(x一d)一9＝0，求证；4︳(a+b+c+d)．(2)已知两个三位数abc与def的和abc+def能被37整除，证明：六位数abcdef也能被37整除．思路点拨 (1)x 一a ，x 一b ，x 一c ，x 一d 是互不相等的整数，且它们的乘积等于9，于是必须把9分解为4个互不相等的因数的积；(2)因已知条件的数是三位数，故应设法把六位数abcdef 用三位数的形式表示，以沟通已知与求证结论的联系．注：运用整除的概念与性质，建立关于数字谜中字母的方程、方程组，是解数学谜问题的重要技巧．华罗庚曾说：“善于‘退’，足够地，‘退’，‘退’到最原始而不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍．”从一般退到特殊，从多维退到低维，从空间退到平面，从抽象退到具体……只要不影响问题的求解，对于许多复杂的问题，以退求进是一种重要的解题思想．【例5】 (1)一个自然数N 被10除余9，被9除余8，被8除余7，被7除余6，被6除余5，被5除余4，被3除余2，被2除余1，则N 的最小值是 ．(北京市竞赛题)(2)若1059、1417、2312分别被自然数x 除时，所得的余数都是y ，则x —y 的值等于( )．A ．15B ．1C ．164D ．174(“五羊杯”竞赛题)(3)设N=个1990111，试问N 被7除余几?并证明你的结论． (安徽省竞赛题) 思路点拨 运用余数公式，余数性质，化不整除问题为整除问题．(1)N+1能分别被2，3，4，5，6，7，8，9，10整除，(2)建立关于x ，y 的方程组，通过解方程组求解，(3)从考察11，111，…111111被7除的余数人手．【例6】盒中原有7个球，一位魔术师从中任取几个球，把每一个小球都变成了7个小球，将其放回盒中，他又从盒中任取一些小球，把每一个小球又都变成了7个小球后放回盒中，如此进行，到某一时刻魔术师停止取球变魔术时，盒中球的总数可能是( )A ．1990个B ．1991个C 1992个D ．1993个思路点拨 无论魔术师如何变，盒中球的总数为6k+7个，其中k 为自然数，经验证，1993=331×6+7符合要求．故选D ．【例7】在100以内同时被2、3、5整除的正整数有多少个?思路点拨 由于2与3互质，3与5互质，5与2互质(这种特性我们也称为2、3、5两两互质)，所以同时被2、3、5整除的整数必然被2×3×5=30整除；另—方面，被30整除的正整数必然可同时被2、3、5整除，因此，在100以内同时被2、3、5整除的正整数就是在100以内被30整除的正整数，显然只有30、60、90三个．【例8】某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”．证明：这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被101整除． 思路点拨 显然，号码为9999是幸运券，除这张外，如果某个号码n 是幸运券，那么号m=9999—n 也是幸运券，由于9是奇数，所以m ≠n ．由于m+n=9999相加时不出现进位，这就是说，除去号码9999这张幸运券外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的整倍数，而101│9999，故知所有幸运券号码之和也能被101整除思考：“如果某个号码n 是幸运券，那么号m=9999—n 也是幸运券”，这是解决问题的关键，请你考虑这句话合理性． 若六位数9381ab 是99的倍数，求整数a 、b 的值．81ab能被9整除，∴8+1+a+b+9+3=21+a+b能被9整除，得3+a+b=9k l(k1为整∵93数)．①81ab能被11整除，∴8—1+a—b+9—3=13+a—b能被11整除，得2+a—b=11k2(k2又93为整数)．②∵0≤a，b≤9 ∴0≤a+b≤18，－9≤a－b≤9．由①、②两式，得3≤<9k1≤21，－7≤11k2≤1l，知k1=1，或k1=2；k2=0，或，而3+a+b与2+a—b的奇偶性相异，而k1=2，k2=1不符合题意．故把k1=1，k2=0代人①、②两式，解方程组可求得a=2，b=4．【例9】写出都是合数的13个连续自然数．思路点拨方法一：直接寻找从2开始，在自然数2，3，4，5，6，…中把质数全部划去，若划去的两个质数之间的自然数个数不小于13个，则从中取13个连续的自然数，就是符合要求的一组解，例如：自然数114，115，116，…，126就是符合题意的一组解．方法二：构造法我们知道，若一个自然数a是2的倍数，则a+2也是2的倍数，若是3的倍数，则a+3也是3的倍数，…，若a是14的倍数，则a+14也母14的倍数，所以只要取a为2，3，…，14的倍数，则a+2，a+3，…a+14分别为2，3，…，14的倍数，从而它们是13个连续的自然．所以，取a=2×3×4×…×14，则a+2，a+3，…，a+14必为13个都是合数的连续的自然数．【例10】已知定由“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式20+5b=c，则a+b+c是整数n的倍数”．试问：这个定理中的整数n的最大可能值是多少?请证明你的结论．思路点拨先将a+b+c化为3(a+2b)的形式，说明a+b+c是3的倍数，然后利用整除的性质对a、b被3整除后的余数加以讨论得出a+2b也为3的倍数．∵=a+b+2a+5b=3(a+2b)，显然，3│a+b+c若设a、b被3整除后的余数分别为r a、r b，则r a≠0，r b≠0．若r a≠r b，则r a=2，r b=1或r a=1，r b=2，则2a+5b =2(3m+2)+5(3n+1)=3(2m+5n+3)，或者2a+5b=2(3p+1)+5(3q+2)；3(2P+59+4)，即2a+5b为合数与已知c为质数矛盾．∴只有r a=r b，则r a=r b=1或r a=r b=2．于是a+2b必是3的倍数，从而a+b+c是9的倍数．又2a+5b=2×11十5×5=47时，=a+b+c=11+5+47=63，2a+5b =2×13十5×7=61时，a+b+c =13+7+61=81，而(63，81)=9，故9为最大可能值．注：由余数切入进行讨论，是解决整除问题的重要方法．【例11】一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”．思路点拨将所有的三位“新生数”写出来，然后设出最大数、最小数，求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定．【例12】设N 是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a 、b 、c (a 、b 、c 不全相等)，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：cba cab bca bac acb abc ,,,,,，不妨设其中的最大数为abc ，则最小数为cba ．由“新生数”的定义，得N=abc —cba =(100a+l0b+c)一(100c+l0b+d)=99(a —c)．由上式知N 为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990．这九个数中，只有954－459=495符合条件，故495是唯一的三位‘新生数”． 注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。
数学奥赛辅导 第二讲 整 除
数学奥赛辅导第二讲整除数学奥赛辅导第二讲整除数学奥赛辅导第二讲相乘知识、方法、技能相乘就是整数的一个关键内容，这里仅了解其中的几个方面：整数的相乘性、最大公约数、最轻公倍数、方幂问题.ⅰ.整数的整除性初等数论的基本研究对象就是自然数子集及整数子集.我们晓得，整数子集中可以作加、减至、乘法运算，并且这些运算满足用户一些规律（即为乘法和乘法的结合律和交换律，乘法与乘法的分配律），但通常无法搞乘法，即为，如a,b就是相乘，b?0，则初等数论中第一个基本概念：整数的相乘性.定义一：（带余除法）对于任一整数a和任一整数b，必有惟一的一对整数q，r使得a不一定就是整数.由此带出ba?bq?r，0?r?b，并且整数q和r由上述条件惟一确认，则q称作b除a的不能全然商，r称为b除a的余数.若r?0，则表示b相乘a，或a被b相乘，或表示a就是b的倍数，或表示b就是a的约数（又叫做因子），记作b|a.否则，b|a.任何a的非?a,?1的约数，叫做a的真约数.0是任何整数的倍数，1是任何整数的约数.任一非零的整数就是其本身的约数，也就是其本身的倍数.由相乘的定义，不难得出结论相乘的如下性质：（1）若a|b,b|c,则a|c.（2）若a|bi,则a|?cb,其中ciii?1ni?z,i?1,2,?,n.（3）若a|c，则ab|cb.反之，亦设立.（4）若a|b,则|a|?|b|.因此，若a|b,又b|a,则a??b.（5）a、b互质，若a|c,b|c,则ab|c.1（6）p为质数，若p|a1?a2an,则p必能整除a1,a2,?,an中的某一个.特别地，若p为质数，p|an,则p|a.（7）例如在等式abii1k1nmk中除开某一项外，其余各项都是c的倍数，则这一项也是c的倍数.（8）n个已连续整数中有且只有一个就是n的倍数.（9）任何n个已连续整数之内积一定就是n的倍数.本讲开始在整除的定义同时给出了约数的概念，又由上一讲的算术基本定理，我们就可以讨论整数的约数的个数了.定理一：设立大于1的整数a的标准水解式为a?p11?p2?pnn(p1?p2pn为质数，?i 均为非负整数），则a的约数的个数为d(a)??（?i?1).i?1n所有的约数和为：(a)i1npii11.pi?1事实上，由算术基本定理的推断言d(a)??(?i?1ni?1)，而各约数的和就是(1pi1nipaii)展开后的各项之和，所以nn?ip1?1?(a)??(1?pipi)??i?1i?1pi?1?i比如，25200=2432527，所以d(25200)?(4?1)(2?1)(2?1)(1?1)?90，25?133?153?172?1?(25200)99944.2?13?15?17?1ⅱ.最大公约数和最小公倍数2定义二：设a、b是两个不全为0的整数.若整数c满足：c|a,c|b，则称c为a,b的公约数，a与b的所有公约数中的最大者称为a与b的最大公约数，记为(a,b).如果(a,b)=1，则称a与b互质或互素.定义三：如果d就是a、b的倍数，则表示d就是a、b的公倍数.a与b的公倍数中最轻的正数称作a与b的最轻公倍数，记为[a,b].最大公约数和最小公倍数的概念可以推广到有限多个整数的情形，并用(a1,a2,?,an)表示a1,a2,?,an的最大公约数，[a1,a2,?,an]表示a1,a2,?,an的最小公倍数.若(a1,a2,?,an)?1，则表示a1,a2,a3,?,an互质，若a1,a2,?,an中任何两个都互质，则表示它们就是两两互质的.特别注意，n个整数互质与n个整数两两互质就是相同的概念，前者设立时后者不一定设立（比如，3，15，8互质，但不两两互质）；似乎后者设立时，前者必设立.因为任何正数都不是0的倍数，所以在讨论最小公倍数时，一般都假定这些整数不为0.同时，由于a,b与|a|,|b|有相同的公约数，且(a,b)?(|a|,|b|)（有限多个亦成立），因此，我们总限于在自然数集合内来讨论数的最大公约数和最小公倍数.似乎，若a,b的标准水解式为a?则pi1nii，,b??pi?i(pi为质数，ai,?i为非负整数）i?1n(a,b)??pimin(?i,?i)①i?1nn[a,b]??piman(?i,?i)②i?1比如3960=2332511，756=22337，则（3960，756）=2232=36，[3960，756]=23335711=83160.谋最大公约数也可以用只身二者乘法，其理论依据就是：定理二：设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)?(b,a?bt).3因为，若d是a、b的任一公约数，则由d|a,d|b和a?bt?c知d|c,即d是b、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.只身二者乘法：设a、b?n?,且a?b，由利皮扬卡乘法存有??b?r1q2?r2,0?r2?r1,③rn?2?rn?1qn?rn,0?rn?rn?1,??rn?1?rnqn?1?rn?1,rn? 1?0.??因为每进行一次带余除法，余数至少减1，即b?r1rn?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，故由定理二得：a?bq1?r1,0?r1?b,rn?(rn?1,rn)?(rn,rn?1)(r2,r1）?（r1,b)?(a,b).例如，（3960，756）=（756，180）=（180，36）=36.具体算式如下：5（q1）3960（a）756（b）4（q2）3780720180（r1）36（r2）5（q3）1800（r3）由定义和上述求法不难得出最大公约数和最小公倍数的如下性质：（1）m?n,则(am,bm)?m(a,b).（2）设c为a,b的公约数，则(,)?abcc(a,b)ab.特别地，若c?(a,b),则(,)?c（3）设a1,a2,?,an是任意n个正整数，如果(a1,a2)?c2,(c2,a3)?c3,?,(cn?1,an)?cn，则(a1,a2,?,an)?cn.因cn|an,cn|cn?1,而cn?1|an?1,cn?1|cn?2,故cn?1|an?1,cn|cn?2，如此以此类推得出结论cn能够整4除an,an?1,?,a1,于是cn就是它们的一个公约数.又设立c为a1,a2,?,an的任一公约数，则c|a1,c|a2，因而c|c2，同理可推出c|c3，如此类推最后可得c|cn.于是c?|c|?cn，故cn就是最大公约数.（4）若(a,b)?c，则一定有整数x和y，使得ax?by?c.特别地，(a,b)?1?存在x,y使得ax?by?1.这可由辗转相除法的③式逆推而得c?rn?ax?by.（5）若(a,b)?1,则(ac,b)?(c,b).（6）a,b?n?①[ak,bk]?k[a,b](k?n?)；②m为a,b的任一公倍数，则[a,b]|m；③(a,b)[a,b]?ab，特别地，若(a,b)?1,则[a,b]?ab.①可以由③轻易获得，②可以由最轻公倍数定义得，③根据①、②式言，(a,b)[a,b]?pi1nimin(i,i)piiiab.i?1n（7）设a1,a2,?,an是任意n个正整数.若[a1,a2]?m2,[m2,a3]?m3,?,[mn?1,an]?mn，则[a1,a2,?,an]?mn.这就是一个谋多个整数的最轻公倍数的方法.它需用证明③相似的方法去证明.ⅲ.方幂问题一个正整数n能否表成m个整数的k次方和的问题称为方幂和问题.特别地，当m?1时称为k次方问题，当k?2时，称为平方和问题.能表为某整数的平方的数称为完全平方数.简称平方数，关于平方数，明显有如下一些简单的性质和结论：（1）平方数的个位数字只可能是0，1，4，5，6，9.（2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余数5。
整数的性质及其应用
第二节 整数的性质及其应用（1）基础知识整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。
1．整除的概念及其性质在高中数学竞赛中如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。
定义：设b a ,是给定的数，0≠b ，若存在整数c ，使得bc a =则称b 整除a ，记作a b |，并称b 是a 的一个约数(因子)，称a 是b 的一个倍数，如果不存在上述c ，则称b 不能整除a 记作b a 。
由整除的定义，容易推出以下性质：(1)若c b |且a c |，则a b |(传递性质)；(2)若a b |且c b |，则)(|c a b ±即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。
若反复运用这一性质，易知a b |及c b |，则对于任意的整数v u ,有)(|cv au b ±。
更一般，若n a a a ,,,21 都是b 的倍数，则)(|21n a a a b +++ 。
或着i b a |，则∑=ni i i b c a 1|其中n i Z c i ,,2,1, =∈；(3)若a b |，则或者0=a ，或者||||b a ≥，因此若a b |且b a |，则b a ±=；(4)b a ,互质，若c b c a |,|，则c ab |；(5)p 是质数，若n a a a p 21|，则p 能整除n a a a ,,,21 中的某一个；特别地，若p 是质数，若n a p |，则a p |；(6)(带余除法)设b a ,为整数，0>b ，则存在整数q 和r ，使得r bq a +=，其中b r <≤0，并且q 和r 由上述条件唯一确定；整数q 被称为a 被b 除得的(不完全)商，数r 称为a 被b 除得的余数。
注意：r 共有b 种可能的取值：0,1，……，1-b 。
若0=r ，即为a 被b 整除的情形；易知，带余除法中的商实际上为⎥⎦⎤⎢⎣⎡b a （不超过ba的最大整数），而带余除法的核心是关于余数r 的不等式：b r <≤0。
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竞赛讲座01－奇数和偶数整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k表示，奇数可用2k+1表示，这里k是整数.关于奇数和偶数，有下面的性质：（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数；（3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；（4）若a、b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶；（5）n个奇数的乘积是奇数，n个偶数的乘积是2n的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数.以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.1.代数式中的奇偶问题例1（第2届“华罗庚金杯”决赛题）下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？□+□=□，□-□=□，□×□＝□□÷□＝□.解因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12个整数中至少有六个偶数.例2 （第1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n是偶数，m是奇数，方程组是整数，那么（A）p、q都是偶数. （B）p、q都是奇数.（C）p是偶数，q是奇数（D）p是奇数，q是偶数分析由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（C）例3 在1，2，3…，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.分析因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+…+1992==996×1993为偶数于是题设的代数和应为偶数.2.与整除有关的问题例4（首届“华罗庚金杯”决赛题）70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，….问最右边的一个数被6除余几？解设70个数依次为a1,a2,a3据题意有a1=0, 偶a2=1 奇a3=3a2-a1, 奇a4=3a3-a2, 偶a5=3a4-a3, 奇a6=3a5-a4, 奇………………由此可知：当n被3除余1时，a n是偶数；当n被3除余0时，或余2时，a n是奇数，显然a70是3k+1型偶数，所以k必须是奇数，令k=2n+1，则a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.解设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35)，则a+b=45，又十位数能被11整除，则a-b应为0，11，22（为什么？）.由于a+b与a-b有相同的奇偶性，因此a-b=11即a=28，b=17.要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是17，现在8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这三个数字只能是2，1，0.故所求的十位数是9876524130.例6（1990年日本高考数学试题）设a、b是自然数，且有关系式123456789=（11111+a）（11111-b），①证明a-b是4的倍数.证明由①式可知11111（a-b）=ab+4×617②∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知a、b 都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数，这与式①矛盾其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由②知a-b是4的倍数.3.图表中奇与偶例7（第10届全俄中学生数学竞赛试题）在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表.解按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法：在黑板所示的2×2的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两个.表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个.显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现.例8（第36届美国中学生数学竞赛试题）将奇正数1，3，5，7…排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）解由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=4×496+1，因此1985是第497行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起，1985在第二列.例9 如图3-1，设线段AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n个分点，把AB分成n+1个不重叠的小线段，如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段.证明不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数.分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用A、B分别表示红、绿点；不难看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变两次又回到A，现在最后一个字母是B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必为奇数.4.有趣的应用题例 10（第2届“从小爱数学”赛题）图3-2是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.（1）如果P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么B点是在岸上还是在水中？说明理由.解（1）连结AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而A点必在水中.（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为2，由于 A点在水中，氢不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见B点必在岸上.例11 书店有单价为10分，15分，25分，40分的四种贺年片，小华花了几张一元钱，正好买了30张，其中某两种各5张，另两种各10张，问小华买贺年片花去多少钱？分析设买的贺年片分别为a、b、c、d（张），用去k张1元的人民币，依题意有10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数)即 2a+3b+5c+8d=20k显然b、c有相同的奇偶性.若同为偶数，b-c=10 和a=b=5，不是整数；若同为奇数，b=c=5和a=d=10,k=7.例12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数.证明给出入口处展览室记“+”号，凡与“+”相邻的展览室记“-”号，凡与“-”号相邻的展览室都记“+”号，如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同.一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的“+”号室，他的路线是+-+-…+-+-，即从“+”号室起到“+”号室止，中间“-”、“+”号室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了2n+1室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2个门（包括进出出入口门各1次）.设其经过的方形门的次数是r次，经过圆形门的次数是s，则s+r=2n+2为偶数，故r-s也为偶数，所以命题结论成立.例13 有一无穷小数A=0.a1a2a3…a n a n+1a n+2…其中a i(i=1,2)是数字，并且a1是奇数，a2是偶数，a3等于a1+a2的个位数…，a n+2是a n+a n+1(n=1,2…,)的个位数，证明A 是有理数.证明为证明A是有理数，只要证明A是循环小数即可，由题意知无穷小数A的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两个数字ab重复出现了，即0.…ab…ab…此小数就开始循环.而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律：A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇……又a是奇数可取1，3，5，7，9；b是偶数可取0，2，4，6，8.所以非负有序实数对一共只有25个是不相同的，在构成A的前25个奇偶数组中，至少出现两组是完全相同的，这就证得A是一循环小数，即A是有理数.练习1.填空题（1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______.（2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的多18，这五个偶数之和是____.（3）能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结？答____.2.选择题（1）设a、b都是整数，下列命题正确的个数是（）①若a+5b是偶数，则a-3b是偶数；②若a+5b是偶数，则a-3b是奇数；③若a+5b是奇数，则a-3b是奇数；④若a+5b是奇数，则a-3b是偶数.（A）1 （B）2 （C）3 （D）4（2）若n是大于1的整数，则的值（）.（A）一定是偶数（B）必然是非零偶数（C）是偶数但不是2 （D）可以是偶数，也可以是奇数（3）已知关于x的二次三项式ax2+bx+c（a、b、c为整数），如果当x=0与x=1时，二次三项式的值都是奇数，那么a（）（A）不能确定奇数还是偶数（B）必然是非零偶数（C）必然是奇数（D）必然是零3.（1986年宿州竞赛题）试证明11986+91986+81986+61986是一个偶数.4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数.5.有n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n能被4整除6.在一个凸n边形内，任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n边形分为只朋角形的小块，试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性.7.（1983年福建竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第二位数字大于其它各位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数.8.（1909年匈牙利竞赛题）试证：3n+1能被2或22整除，而不能被2的更高次幂整除.9.（全俄15届中学生数学竞赛题）在1，2，3…，1989之间填上“+”或“-”号，求和式可以得到最小的非负数是多少？练习参考答案１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数）（２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８．（３）不能．２．Ｂ．Ｂ．Ａ３．１１９８６是奇数１，９１９８６的个位数字是奇数１，而８１９８６，６１９８６都是偶数，故最后为偶数．４．仿例５１２０３４６５８７９．５．设ａ１，ａ２，…，ａｎ满足题设即ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝０①ａ１·ａ２……ａｎ＝ｎ②。
高中数学竞赛讲义_整数问题
整数问题一、常用定义定理1．整除：设a,b ∈Z,a ≠0，如果存在q ∈Z 使得b=aq ，那么称b 可被a 整除，记作a|b ，且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数。
b 不能被a 整除，记作a b.2.带余数除法：设a,b 是两个给定的整数，a ≠0，那么，一定存在唯一一对整数q 与r ，满足b=aq+r,0≢r<|a|，当r=0时a|b 。
3．辗转相除法：设u 0,u 1是给定的两个整数，u 1≠0，u 1 u 0,由2可得下面k+1个等式：u 0=q 0u 1+u 2,0<u 2<|u 1|； u 1=q 1u 2+u 3,0<u 3<u 2； u 2=q 2u 3+u 4,0<u 4<u 3； …u k-2=q k-2u 1+u k-1+u k ,0<u k <u k-1； u k-1=q k-1u k+1,0<u k+1<u k ； u k =q k u k+1.4．由3可得：（1）u k+1=(u 0,u 1)；（2）d|u 0且d|u 1的充要条件是d|u k+1；（3）存在整数x 0,x 1，使u k+1=x 0u 0+x 1u 1.5．算术基本定理：若n>1且n 为整数，则k ak aap p p n 2121=，其中p j (j=1,2,…,k)是质数（或称素数），且在不计次序的意义下，表示是唯一的。
6．同余：设m ≠0,若m|(a-b)，即a-b=km ，则称a 与b 模同m 同余，记为a ≡b(modm)，也称b 是a 对模m 的剩余。
7．完全剩余系：一组数y 1,y 2,…,y s 满足：对任意整数a 有且仅有一个y j 是a 对模m 的剩余，即a ≡y j (modm)，则y 1,y 2,…,y s 称为模m 的完全剩余系。
8．Fermat 小定理：若p 为素数，p>a,(a,p)=1，则a p-1≡1(modp)，且对任意整数a,有a p≡a(modp).9．若(a,m)=1，则)(m aϕ≡1(modm),ϕ(m)称欧拉函数。
高中数学竞赛讲座20讲
竞赛讲座01－奇数和偶数整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k表示，奇数可用2k+1表示，这里k 是整数.关于奇数和偶数，有下面的性质：（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数；（3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；（4）若a、b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶；（5）n个奇数的乘积是奇数，n个偶数的乘积是2n的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数.以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.1.代数式中的奇偶问题例1（第2届“华罗庚金杯”决赛题）下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？□+□=□，□-□=□，□×□＝□□÷□＝□.解因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12个整数中至少有六个偶数.例2（第1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n是偶数，m是奇数，方程组是整数，那么（A）p、q都是偶数.（B）p、q都是奇数.（C）p是偶数，q是奇数（D）p是奇数，q是偶数分析由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（C）例3在1，2，3…，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.分析因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+…+1992==996×1993为偶数于是题设的代数和应为偶数.2.与整除有关的问题例4（首届“华罗庚金杯”决赛题）70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，….问最右边的一个数被6除余几？解设70个数依次为a1,a2,a3据题意有a1=0,偶a2=1奇a3=3a2-a1,奇a4=3a3-a2,偶a5=3a4-a3,奇a6=3a5-a4,奇………………由此可知：当n被3除余1时，a n是偶数；当n被3除余0时，或余2时，a n是奇数，显然a70是3k+1型偶数，所以k必须是奇数，令k=2n+1，则a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.解设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35)，则a+b=45，又十位数能被11整除，则a-b应为0，11，22（为什么？）.由于a+b与a-b有相同的奇偶性，因此a-b=11即a=28，b=17.要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是17，现在8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这三个数字只能是2，1，0.故所求的十位数是9876524130.例6（1990年日本高考数学试题）设a、b是自然数，且有关系式123456789=（11111+a）（11111-b），①证明a-b是4的倍数.证明由①式可知11111（a-b）=ab+4×617②∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知a、b都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数，这与式①矛盾其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由②知a-b是4的倍数.3.图表中奇与偶例7（第10届全俄中学生数学竞赛试题）在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表.解按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法：在黑板所示的2×2的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两个.表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个.显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现.例8（第36届美国中学生数学竞赛试题）将奇正数1，3，5，7…排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）解由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=4×496+1，因此1985是第497行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起，1985在第二列.例9 如图3-1，设线段AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n个分点，把AB分成n+1个不重叠的小线段，如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段.证明不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数.分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用A、B分别表示红、绿点；不难看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变两次又回到A，现在最后一个字母是B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必为奇数.4.有趣的应用题例 10（第2届“从小爱数学”赛题）图3-2是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.（1）如果P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么B点是在岸上还是在水中？说明理由.解（1）连结AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而A点必在水中.（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为2，由于 A点在水中，氢不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见B点必在岸上.例11书店有单价为10分，15分，25分，40分的四种贺年片，小华花了几张一元钱，正好买了30张，其中某两种各5张，另两种各10张，问小华买贺年片花去多少钱？分析设买的贺年片分别为a、b、c、d（张），用去k张1元的人民币，依题意有10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数)即 2a+3b+5c+8d=20k显然b、c有相同的奇偶性.若同为偶数，b-c=10 和a=b=5，不是整数；若同为奇数，b=c=5和a=d=10,k=7.例12一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数.证明给出入口处展览室记“+”号，凡与“+”相邻的展览室记“-”号，凡与“-”号相邻的展览室都记“+”号，如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同.一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的“+”号室，他的路线是+-+-…+-+-，即从“+”号室起到“+”号室止，中间“-”、“+”号室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了2n+1室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2个门（包括进出出入口门各1次）.设其经过的方形门的次数是r次，经过圆形门的次数是s，则s+r=2n+2为偶数，故r-s也为偶数，所以命题结论成立.例13有一无穷小数A=0.a1a2a3…a n a n+1a n+2…其中a i(i=1,2)是数字，并且a1是奇数，a2是偶数，a3等于a1+a2的个位数…，a n+2是a n+a n+1(n=1,2…,)的个位数，证明A是有理数.证明为证明A是有理数，只要证明A是循环小数即可，由题意知无穷小数A的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两个数字ab重复出现了，即0.…ab…ab…此小数就开始循环.而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律：A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇……又a是奇数可取1，3，5，7，9；b是偶数可取0，2，4，6，8.所以非负有序实数对一共只有25个是不相同的，在构成A的前25个奇偶数组中，至少出现两组是完全相同的，这就证得A是一循环小数，即A是有理数.练习1.填空题（1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______.（2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的多18，这五个偶数之和是____. （3）能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结？答____.2.选择题（1）设a、b都是整数，下列命题正确的个数是（）①若a+5b是偶数，则a-3b是偶数；②若a+5b是偶数，则a-3b是奇数；③若a+5b是奇数，则a-3b是奇数；④若a+5b是奇数，则a-3b是偶数.（A）1（B）2（C）3（D）4（2）若n是大于1的整数，则的值（）.（A）一定是偶数（B）必然是非零偶数（C）是偶数但不是2（D）可以是偶数，也可以是奇数（3）已知关于x的二次三项式ax2+bx+c（a、b、c为整数），如果当x=0与x=1时，二次三项式的值都是奇数，那么a（）（A）不能确定奇数还是偶数（B）必然是非零偶数（C）必然是奇数（D）必然是零3.（1986年宿州竞赛题）试证明11986+91986+81986+61986是一个偶数.4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数.5.有n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n能被4整除6.在一个凸n边形内，任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n边形分为只朋角形的小块，试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性.7.（1983年福建竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第二位数字大于其它各位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数.8.（1909年匈牙利竞赛题）试证：3n+1能被2或22整除，而不能被2的更高次幂整除.9.（全俄15届中学生数学竞赛题）在1，2，3…，1989之间填上“+”或“-”号，求和式可以得到最小的非负数是多少？练习参考答案１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数）（２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８．（３）不能．２．Ｂ．Ｂ．Ａ３．１１９８６是奇数１，９１９８６的个位数字是奇数１，而８１９８６，６１９８６都是偶数，故最后为偶数．４．仿例５１２０３４６５８７９．５．设ａ１，ａ２，…，ａｎ满足题设即ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝０①ａ１·ａ２……ａｎ＝ｎ②。
高中奥林匹克数学竞赛 整除性理论及其应用
第一讲 整除性理论及其应用一. 基本概念和性质.1. 整除:设a,b 是两个整数,且b ≠0,如果存在一个整数q,使等式a=bq 成立,那么我们 称a 能被b 整除或b 整除a,记作b ︱a,其性质有(设b ≠0,c=0)1).若b ︱a , a ≠0,则b a ≤2) 若b ︱a, a ︱b ,a ≠0,则a=b 或b=a3) 若c ︱b, b ︱a, 则c ︱a4) 若b ︱a, 则cb ︱ca5) 若c ︱a, c ︱b,则c ︱ma+nb,m,n ∈Z2. 整除的基本定理:对于任意整数a,b(b ≠0,),存在唯一的一对整数q,r,使得a=qb+r,0≤r ＜b其中,q 和r 分别称为b 除a 的商和余数.3. 最大公约数和最小公倍数: a,b 的最小公倍数记为[a,b],a,b 的最大公约数记为(a,b) ,其性质有:1).设m 为正整数,则(am,bm)=m(a,b) [am,bm]=m[a,b]2)设a,b 是两个正整数,则(a,b)[a,b]=ab3)设a,b,c 是三个正整数,则(ab,bd,ac)[a,b,c]=abc4)设正整数k 是整数a,b 的公倍数,则(k/a,k/b)=k/[a,b]5)设正整数c 是a,b 的公约数,则(a/c,b/c)=(a,b)/c6)若(a,b)=1, (ab,c)=(a,c)(b,c)7)若a 1, a 2, …a n,是n 个不全为零的整数,则(a 1, a 2, …a n )=( (a 1, a 2, …a k ), (a k+1, a k+2, …a n ))4. 两个定理:1) 欧拉函数: 设整数n ≥2,n=11p α,22p α,…m m p α,是n 的质因数分解式，以φ（n ）表示小于n 且与n 互质的自然数的个数，则φ（n ）=12111(1)(1)(1)m n p p p ---L 2)勒让得定理:在乘积n ！中，质因数p 的指数为p(n!)=231[][][][]m m n n n n p p p p ∞=+++=∑L 二. 例题选讲.1. 设22,()(1)(526)n N f n n n n n ∈=--+,求证：120︱f(n)2. 设p 为奇质数,证明:1111231a p b++++=-L 的分子a 是p 的倍数 3． p,q 均为正整数,使得11111123413181319p q =-+-+-+L 试证:1979︱p4． 求同时满足下列条件的一组整数a ，b1）ab （a+b ）不能被7整除2）777()a b a b +--能被7整除。
高中数学竞赛专题讲座---同余理论及其应用(二)
数论定理一. 知识要点1. 欧拉定理和费尔马小定理缩系的定义：设m 为正整数，一个模m 的剩余类称为与模m 互素的余类，如果它中的数与m 互素．在与模m 互素的各个剩余类中分别取一个代表所构成的集合称为模m 的一组缩系．很显然，缩系具有以下性质：（1）模m 的缩系中含有ϕ（m ）个数（ϕ（m ）是小于m 的正整数中且与m 互素的个数）．（2）设()m r r ϕ ,1是ϕ（m ）个与m 互素的整数，则()m r r ϕ ,1模m 两两不同余．（3）设()1,=m a ，且()m r r ϕ ,1是模m 的一组缩系，则()m ar ar ar ϕ,,,21 是模m 的一组缩系．欧拉（Euler ）定理：设m 是大于1的整数，a 为整数，且()1,=m a ，则()()m a m mod 1≡ϕ．For personal use only in study and research; not for commercial use解：设()m x x x ϕ,,,21 是模m 的缩系．因为()1,=m a ，所以()m ax ax ax ϕ,,,21 也是模m 的缩系．这两个缩系分别乘起来得()()()m x x x ax ax ax m m mod ·2121ϕϕ ≡，且()()1,21=m x x x m ϕ ．从而()()m a m mod 1≡ϕ )()m a m mod 1≡ϕ．特别地，取m 为质数p ，有费尔马（Fermat ）小定理：设p 为质数，a 为整数，p a ，则()p a p mod 11≡-．它也常常写成()p a a p mod ≡．这里不需假定p a ，但p 应为素数．For personal use only in study and research; not for commercial use2. 中国剩余定理（孙子定理）中国剩余定理：设k m m m ,,21是两两互质的正整数，k a a a ,,,21 是任意整数，则同余方程组()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡=≡.mod ,mod ,mod 2211k k m a x m a x m a x 对模k m m m 21有唯一解． 解：设()k i m m m m M iki ,,2,121 ==．依题设，有()1,=i i m M ，由裴蜀定理知，存在整数i b ，使得()i i i m b M mod 1≡，k i ,2,1=．对k k k M b a M b a M b a x +++= 222111，其中i i i M b a 能被k i i m m m m ,,,,111+-整除，而被i m 除的余数恰为i a ．从而∑==ki i i i M b a x 1是同余方程组的解．又设x ，y 均为同余方程组的解，则有y x m -1，y x m -2，…，y x m k -，即y x m m m k - 21，亦即()k m m m y x 21mod ≡．所以同余方程组对模k m m m 21有唯一解．3. 威尔逊（wilson ）定理威尔逊（wilson ）定理：设p 为质数，则()()p p mod 1!1-≡-．解：对于任意整数a ，且1≤a ≤p －1，由裴蜀定理知，存在整数a ’，使得()p aa mod 1'≡．称a ’为a 的数论倒数，且不妨设1≤a ’≤p －1．若有整数b ，满足()p ba mod 1'≡，则将此式两边同乘以a ，有()p a b mod ≡．这说明对于不同整数a ，1≤a ≤p －1，对应着不同的数论倒数a ’．又若整数a 的数论倒数是它自身，则()p a a mod 1≡⋅，亦即()()()p a a mod 011≡-+，故1≡a 或()p mod 1-．当2=p 时，显然有()()p p mod 1!1-≡-．当p ＞2时，有2，3，…，p －2这p －3个数恰好配成互为数论倒数的23-p 对数，故它们的积()()p p p mod 1123223≡≡-⨯⨯⨯- ．于是()()()p p p mod 1111!1-≡-⨯⨯≡-．4. 拉格朗日定理设p 为质数，n 是非负整数，多项式()01a x a x a x f n n +++= 是一个模p 为n 次的整系数多项式（即p a n ），则同余方程()()p x f mod 0≡ （※），至多有n 个解（在模p 的意义下）．证明：我们对n 用归纳法．当0=n 时，()0a x f =，因为p a 0，故同余方程（※）无解，命题成立．设当l n =时命题成立，则当1+=l n 时，若命题不成立，即同余方程（※）至少有2+l 个解，设为()p c c c x l mod ,,,221+≡ ①，我们考虑多项式()()()()()11111111c x a c x a c x a c f x f l l l l l l -++-+-=-+++ )()111c x a c l l-++- ()()()()x h c x x a c x l l 111-=+-=+ ②，其中()x h 是l 次多项式并且首项系数1+l a ，满足1+l a p ，从而由归纳假设知l 次同余方程()()p x h mod 0≡ ③，至多有个l 个解，但由①，②可知同余方程③至少有l ＋1个解．()p c c c x l mod ,,,232+≡ ，矛盾！故当1+=l n 时命题成立．综上所述，命题得证．二. 典型例题例1. 已知正整数k ≥2，k p p p ,,,21 为奇质数，且()1,21=k p p p a ．证明：()()()111121----k p p p a 有不同于k p p p ,,21的奇质因数．证明：由()1,21=k p p p a ，有()1,1=p a ．由费尔马小定理，()11mod 11p ap ≡-．又k ≥2，p p p ,,,32 k p p p ,,,32 为奇质数，则()()()211121---k p p p 为正整数，从而()()()()12111mod 121p ak p p p ≡--- ，即()()()12111121----k p p p ap .同理，()()()1211121--⋯--k p p p a能被P 2，P 3，…P k 整除，从而()()()1211121+-⋯--k p p p a不能被k p p p p ,,,,321 整除．注意到()()()211121---k p p p 是一个偶数，则()()()0211121≡---k p p p a或1（mod4），因此4不整除()()()1211121+---k p p p a，故()()()1211121+---k p p p a异于k p p p ,,,21 的奇质因数．所以()()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-------1121111112121k k p p p p p p a a()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+---1211121k p pp a有异于k p p p ,,,21 的奇质因数．例2. 对于自然数n ，如果对于任何整数a ，只要1-n a n ，就有12-na n ，则称n 具有性质P ．（34届IMO预）（1）求证：每个素数n 都具有性质P ． （2）求证：有无穷多个合数也都具有性质P ．证：（1）设p n =为素数且1-p a p ，于是()1,=p a ．由费尔马小定理知11--p a p ，而()()1111-+-=--a a a a p p ．故1-a p ，即()p a m o d 1≡．因此，()p a i mod 1≡，1,,2,1,0-=p i ．上述p 个同余式累和，得()p p a a a p p mod 0121≡≡++++-- ．故()()11212++++---a a a a p p p ，即12-pa p ．（2）设n 是具有性质P 的合数．若1-na n ，则()1,=a n ．由欧拉定理，有()()n a n mod 1≡ϕ，又因()n a n mod 1≡，由阶的性质知，()()()n a n n mod 1,≡ϕ．如果()()1,=n n ϕ，则()n a mod 1≡，于是利用（1）中证明可得12-na n ．因此，问题化为求无穷多个合数n ，使()()1,=n n ϕ．对任何素数p ≥5，取p －2的素因数q ，并令pq n =．这时()()()11--=q p n ϕ．因为()2-p q ，所以q (p －1)．又因q ≤p －2＜p ，故p (q －1)．因此，有()()1,=n n ϕ．对于每个这样的合数n ，若()1-na n ，则()1-a n ，因而()n a k mod 1≡，,2,1,0=k ．故()12-n a n ．因为对于每个素数p ≥5都可按上述程序得到具有性质P 的相应合数()p n ，且p ＜()p n ＜p 2，所以，有无穷多个合数n 具有性质P ．例3. 求所有整数n ≥2，满足：对所有的整数a ，b ，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡的充分必要条件是()n ab mod 1≡．（第41届IMO 预选题）解：若n 有奇素因子p ，设n p a||，记1n p n a⋅=，N a ∈．由中国剩余定理知，存在Z x ∈，使()n x mod 1≡，()a p x mod 2≡，则()1,=n x ．取x b a ==，即知()n x mod 12≡，从而()a p mod 14≡，故3=p ，且1=a ．因此()1,5=n ．取5==b a ，即知()n mod 125≡，从而24n ，故,12,8,6,4,3,2=n 24,12,8,6,4,3,2．下证：当n 取上述值时，满足条件．注意到，当2 a 时，有()8mod 12≡a ；当3 a 时，有()3mod 12≡a ，又24n ，32243⨯=，故必有()n a mo d 12≡（因为()1,=n a ）．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡，则()n ab mod 1≡．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ， ()n ab mod 1≡，则()n ab a mod 12≡≡．从而()a b a n -又()1,=n a ，有()b a n -，即()n b a mod ≡．综上，所求n 的值为2，3，4，6，8，12，24．例4. 求所有正整数n ，满足对所有的正整数n ，存在一个整数m ，使12-n是92+m 的因子．（第39届IMO 预选题）解：引理1：若p 为4k －1（k ≥2）型质数，则不存在Z m ∈，使()p m mod 92-≡．证明：设)p m m mod 31≡()p m m mod 31≡（∵()13,=p ，∴m 1存在），N m ∈1．又∵()p m mod 912-≡, ∴)(mod 121p m -≡．由费马小定理知，()()()p m m p p p mod 11121212111-=-≡=≡---，矛盾．引理2：当1≤i ＜j 时，有()112,1222=++ji )112,12=++j，且()13,122=+i ．证明：∵()()()()12mod 211121222222+≡+-≡+=+--i i j ij ij ，∴()()12,1212,12222=+=++ij i )()12,1212,122=+=++i j．又∵()()3mod 2111222≡+-≡+i i ，∴()()13,23,122==+i．对于原题，若()()9122+-m n，n ≥2．设t n S ⋅=2，2 t ．若t ≥3，则()()1212-+n t ，从而()()9122+-m t ．又必存在4k －1型素数p ，且3≠p ，()12-tp （否则，()4mod 1111121≡⨯⨯⨯≡-≡- t ，矛盾）．此时()92+m p ，与引理1矛盾．故t =1，从而S n 2=，且()()()1212123121212222+++⋅=--S S．由引理2及中国剩余定理知，存在N m ∈1，使()()12m o d 22211+≡-ii m ，i =1，2，…，s －1．故()((2m o d0121222211≡+≡+-i m )()()12mod 0122221+≡+≡-ii ．令13m m =，有()()()12mod 013922122-≡+=+Sm m ．因此，()()9122+-m n ．综上，所求正整数n 为2的幂次2i （i =1，2，…）．数论中存在性问题是最常见的，除了运用数论存在性定理来解决外，还需要有直接构造的能力．例5. 证明：每个正有理数能被表示成3333d c b a ++的形式，且其中a ，b ，c ，d 是正整数．（40届IMO 预选题）证明：设该正有理数为p ．（1）当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,21p 时，()()()()333321121p p p p p -++-++=，其中2p －1，2－p ，p ＋1+∈Q ．（2）当p ≥2时，由于⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⎪⎭⎫ ⎝⎛1,41323，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21323p n，由（1）有333333333322132132213223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．（3）当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈21,0p 时，由于()4,1233∈⎪⎭⎫ ⎝⎛，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21233p n ，由（1）有333333333232123123212332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．综上，总有+∈Q d c b a m 1111,,,,，使()()31313131313131313d c mb ma d c b a m p ++=++⋅=,设ma 1，mb 1，c 1，d 1的分母公倍数为n ，则取N mna a ∈=1，N mnb b ∈=，N nc c ∈=1，N nd d ∈=1，且3333dc b a p ++=．结论成立． 说明：这里是直接构造证明，首先发现恒等式()()()()333321121p p p p p -++-++=，进一步对p ≥2，或0＜p ≤21构造．例6. 证明：不存在非负整数k 和m ，使得()mk k ！14848+=+．证明：注意到0=k 或0=m 时，上述不定方程无解，于是，可设满足上述方程的k ，m 为正整数．（1）若1+k 为合数，设pq k =+1，2≤p ≤q ，注意到，应有48 | k ！．故k≥6，于是1＜2p ≤k ，故（1+k ）| k ！，进而（1+k ）| 48，结合1+k ≥7，可知1+k =8，12，24或48，分别代入，两边约去48后，可得矛盾．（2）若1+k 为质数，由威尔逊定理，可知k ！()1mod 1+-≡k ，于是，1+k | 47，进而1+k =47，这要求46！＋48=48×47m ①，从而m ＞1，两边除以48可知m 47148!46=+，两边模4，可知()()4mod 11≡-m ，故m 为偶数．设m =2k ，则由①可知2()()14714748!46+-=k k ，由232 |48!46，而()23mod 2147≡+k，故232 | 147-k，利用二项式定理()()223mod 146123247+≡+⨯=k k，从而23 | k ，进而m ≥46，这时，①式右边比左边大．矛盾．注：一般地，若n ＞4，且n 为合数，则n |（n －1）！，依此可以证明威尔逊定理的逆定理也成立． 例7. 设p 是质数，证明：存在一个质数q ，使得对任意整数n ，数p n p-不是q 的倍数．（第44届IMO 试题）证明：由于()212mod 1111p p p p p p p p p +≡++++=--- ．则11--p p p 中至少有一个质因子q ，满足q 对2p 的模不等于1。
数学奥赛辅导 第二讲 整除
数学奥赛辅导 第二讲整除知识、方法、技能整除是整数的一个重要内容，这里仅介绍其中的几个方面：整数的整除性、最大公约数、最小公倍数、方幂问题.Ⅰ. 整数的整除性初等数论的基本研究对象是自然数集合及整数集合. 我们知道，整数集合中可以作加、减、乘法运算，并且这些运算满足一些规律（即加法和乘法的结合律和交换律，加法与乘法的分配律），但一般不能做除法，即，如b a ,是整除，0≠b ，则ba不一定是整数. 由此引出初等数论中第一个基本概念：整数的整除性.定义一：（带余除法）对于任一整数a 和任一整数b ，必有惟一的一对整数q ，r 使得r bq a +=，b r <≤0，并且整数q 和r 由上述条件惟一确定，则q 称为b 除a 的不完全商，r 称为b 除a 的余数.若0=r ，则称b 整除a ，或a 被b 整除，或称b a 是的倍数，或称a b 是的约数（又叫因子），记为a b |.否则，b | a .任何a 的非1,±±a 的约数，叫做a 的真约数. 0是任何整数的倍数，1是任何整数的约数.任一非零的整数是其本身的约数，也是其本身的倍数.由整除的定义，不难得出整除的如下性质： （1）若.|,|,|c a c b b a 则（2）若.,,2,1,,|,|1n i Z c b c a b a i ni i i i =∈∑=其中则（3）若c a |，则.|cb ab 反之，亦成立.（4）若||||,|b a b a ≤则.因此，若b a a b b a ±=则又,|,|. （5）a 、b 互质，若.|,|,|c ab c b c a 则（6）p 为质数，若,|21n a a a p ⋅⋅⋅ 则p 必能整除n a a a ,,,21 中的某一个.特别地，若p 为质数，.|,|a p a p n 则（7）如在等式∑∑===mk k ni i b a 11中除开某一项外，其余各项都是c 的倍数，则这一项也是c 的倍数.（8）n 个连续整数中有且只有一个是n 的倍数. （9）任何n 个连续整数之积一定是n 的倍数.本讲开始在整除的定义同时给出了约数的概念，又由上一讲的算术基本定理，我们就可以讨论整数的约数的个数了.定理一：设大于1的整数a 的标准分解式为n n p p p p p p a n <<<⋅= 211(21ααα为质数，i α均为非负整数），则a 的约数的个数为∏=+=ni i a d 1)1)(α（.所有的约数和为：∏=+--=ni ii p p a i 1111)(ασ. 事实上，由算术基本定理的推论知∏=+=ni i a d 1)1()(α，而各约数的和就是∏=+++ni i i ipa p 1)1( 展开后的各项之和，所以∏∏==--=+++=ni ni i i i p p p p a ii11111)1()(αασ 例如，25200=24·32·52·7，所以90)11)(12)(12)(14()25200(=++++=d ， 999441717151513131212)25200(2335=--⨯--⨯--⨯--=σ.Ⅱ. 最大公约数和最小公倍数定义二：设a 、b 是两个不全为0的整数.若整数c 满足：b c a c |,|，则称b a c ,为的公约数，b a 与的所有公约数中的最大者称为b a 与的最大公约数，记为),(b a .如果),(b a =1，则称b a 与互质或互素.定义三：如果a d 是、b 的倍数，则称a d 是、b 的公倍数. b a 与的公倍数中最小的正数称为b a 与的最小公倍数，记为],[b a .最大公约数和最小公倍数的概念可以推广到有限多个整数的情形，并用),,,(21n a a a 表示n a a a ,,,21 的最大公约数，],,,[21n a a a 表示n a a a ,,,21 的最小公倍数.若1),,,(21=n a a a ，则称n a a a a ,,,,321 互质，若n a a a ,,,21 中任何两个都互质，则称它们是两两互质的.注意，n 个整数互质与n 个整数两两互质是不同的概念，前者成立时后者不一定成立（例如，3，15，8互质，但不两两互质）；显然后者成立时，前者必成立.因为任何正数都不是0的倍数，所以在讨论最小公倍数时，一般都假定这些整数不为0.同时，由于|||,|,b a b a 与有相同的公约数，且|)||,(|),(b a b a =（有限多个亦成立），因此，我们总限于在自然数集合内来讨论数的最大公约数和最小公倍数.显然，若b a ,的标准分解式为i ni i n i i p p b p a ii(,11∏∏====βα为质数，i i a β,为非负整数），则∏==ni i i i p b a 1),min(),(βα ①∏==n i man i i i p b a 1),(],[βα ②例如 3960=23·32·5·11， 756=22·33·7，则 （3960，756）=22·32=36，[3960，756]=23·33·5·7·11=83160. 求最大公约数也可以用辗转相除法，其理论依据是：定理二：设a 、b 、c 是三个不全为0的整数，且有整数t 使得c bt a +=，则a 、b 与b 、c 有相同的公约数，因而),(),(c b b a =，即).,(),(bt a b b a -=因为，若a d 是、b 的任一公约数，则由b d c d c bt a b d a d 是即知和,||,|+=、c 的公约数；反之，若b d 是、c 的任一公约数，a d 也是、b 的公约数.辗转相除法：设a 、b a N b >∈*且,， 由带余除法有⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=+=<<+=<<+=<<+=+++----.0,,0,,0,,0,111111212221111n n n n n n n n n n n r r q r r r r r q r r r r r q r b b r r bq a ③ 因为每进行一次带余除法，余数至少减1，即11+>>>>n n r r r b ，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0≠n r ，而01=+n r ，故由定理二得：).,(),,(),(),(11211b a b r r r r r r r r n n n n n ======-+（）例如，（3960，756）=（756，180）=（180，36）=36. 具体算式如下：5（q 1） 3960（a ） 756（b ） 4（q 2） 3780 720 180（r 1） 36（r 2） 5（q 3） 1800（r 3）由定义和上述求法不难得出最大公约数和最小公倍数的如下性质：（1）),(),(,b a m bm am N m =∈则.（2）设b a c ,为的公约数，则.),(),(cb a cb c a =特别地，若1),(),,(==cbc a b a c 则.（3）设n a a a ,,,21 是任意n 个正整数，如果n n n c a c c a c c a a ===-),(,,),(,),(1332221 ，则n n c a a a =),,,(21 .因21121111|,|,|,|,|,|--------n n n n n n n n n n n n c c a c c c a c c c a c 故而，如此类推得出n c 能整除n n n c a a a 于是,,,,11 -是它们的一个公约数.又设n a a a c ,,,21 为的任一公约数，则21|,|a c a c ，因而2|c c ，同理可推出3|c c ，如此类推最后可得n c c |. 于是n c c c ≤≤||，故n c 是最大公约数.（4）若c b a =),(，则一定有整数y x 和，使得c by ax =+. 特别地，⇔=1),(b a 存在1,=+by ax y x 使得. 这可由辗转相除法的③式逆推而得by ax r c n +==. （5）若),(),(,1),(b c b ac b a ==则. （6）*∈N b a , ①)(],[],[*∈=N k b a k bk ak ；②b a m ,为的任一公倍数，则m b a |],[；③ab b a b a =],)[,(，特别地，若ab b a b a ==],[,1),(则.①可由③直接得到，②可由最小公倍数定义得，③根据①、②式知，=],)[,(b a b a∏∏==+==ni ni i i i iab p pi i 11),min(βαβα.（7）设na a a ,,,21 是任意n 个正整数.若===-],[,,],[,],[1332221n n a m m a m m a a m n ，则n n m a a a =],,,[21 .这是一个求多个整数的最小公倍数的方法.它可用证明③类似的方法来证明. Ⅲ.方幂问题一个正整数n 能否表成m 个整数的k 次方和的问题称为方幂和问题.特别地，当1=m 时称为k 次方问题，当2=k 时，称为平方和问题.能表为某整数的平方的数称为完全平方数.简称平方数，关于平方数，明显有如下一些简单的性质和结论： （1）平方数的个位数字只可能是0，1，4，5，6，9.（2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余数只能是0或1.（3）奇数平方的十位数字是偶数.（4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6.（5）不能被3整除的数的平方被3除余1，能被3整除的数的平方能被3整除.因而，平方数被9除的余数为0，1，4，7，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能为0，1，4，7. （6）平方数的约数的个数为奇数.（7）任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数. 进一步研究可得到有关平方和的几个结论:定理三：奇素数p 能表示成两个正整数的平方和的充要条件是.14+=m p定理四：设正整数p m n 2=，其中p 不再含平方因数，n 能表示成两个整数的平方的充要条件是p 没有形如34+q 的质因数. 定理五：每个正整数都能表示成四个整数的平方和.这几个定理的证明略.这里重点是介绍有关k 方幂的解法技巧.k 方幂中许多问题实质上是不定方程的整数解问题，比如著名的勾股数问题.赛题精讲例1：证明：对于任何自然数n 和k ，数1042),(3++=k k n n k n f 都不能分解成若干个连续的正整数之积.（1981年全国高中联赛试题）【证明】由性质9知，只需证明数),(k n f 不能被一个很小的自然数n 整除.因,1)1)(1()3(31033),(333++--++=++-+=k k k k k k k k k n n n n n n n n n k n f),1)(1(|3),3(3|33+-++k k k k k n n n n n 3 1，故3 ),(k n f ，因而),(k n f 不能分解成三个或三个以上的连续自然数的积. 再证),(k n f 不能分解成两个连续正整数的积.由上知，)(13),(N q q k n f ∈+=，因而只需证方程：)1(13+=+x x q 无正整数解.而这一点可分别具体验算234,134,3++=r x 时，)1(+x x 均不是13+q 形的数来说明.故),(k n f 对任何正整数n 、k 都不能分解成若干个连续正整数之积. 例2： 设p 和q 均为自然数,使得.131911318131211+--+-= q p证明：p 可被1979整除. (第21届IMO 试题)【证明】)131814121(2)1319131211(+++-+++= q p =)6591211()1319131211(+++-++++=)99019891()131816611()131916601(++++++ =1979×)99098911318661113196601(⨯++⨯+⨯两端同乘以1319！得1319！*).(1979N m m qp∈⨯=⨯此式说明1979|1319！×.p 由于1979为质数，且1979 1319！，故1979|.p【评述】把1979换成形如23+k 的质数，1319换成*)(12N k k ∈+，命题仍成立.牛顿二项式定理和n b a b a b a b a n n n n (|)(,|)(-+--为偶数),n b a b a n n (|)(-+为奇数)在整除问题中经常用到.例3 ：对于整数n 与k ，定义,),(112∑=-=nr k r k n F 求证：)1,(n F 可整除).,(k n F（1996加拿大数学竞赛试题）【证明】当m n 2=时，,)12()1,2(21∑=+==mr m m r m F∑∑+=-=-+=mm r k mr k rrk m F 2112112),2(],)12([)12(12112112112-=-=-=--++=-++=∑∑∑k mr k mr k mr k r m r r m r由于[…]能被12)12(+=-++m r m r 整除，所以),2(k m F 能被12+m 整除，另一方面， =),2(k m F ,)2(])2([1212121112----=-++-+∑k k k m r k m m r m r上式中[…]能被m r m r 2)2(=-+整除，所以),2(k m F 也能被m 整除.因m 与2m +1互质，所以),2(k m F 能被m （2m +1）（即)1,(m F ）整除.类似可证当12+=m n 时，F （2m +1，k ）能被F （2m +1,1）整除. 故),(k n F 能被)1,(n F 整除.例4 ：求一对整数b a ,，满足：(1))(b a ab +不能被7整除；（2）777)(b a b a --+能被77整除.(第25届IMO 试题)【解】777)(b a b a --+=)](5)(3)[(7223355b a b a b a ab b a ab +++++=.))((7222ab b a b a ab +++ 根据题设要求(1)(2)知，|,)(|72226ab b a ++即.|7223ab b a ++令,7322=++ab b a 即,343)(2=-+ab b a 即19=+b a ，则.343192-=ab 故可令1,18==b a 即合要求.(第15届美国普特南数学竞赛试题)【评述】数学归纳法在整除问题中也有广泛应用.例5：是否存在1000000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？【解】存在.用数学归纳法证明它的加强命题：对任何正整数,m 存在m 个连续的整数，使得每一个都含有重复的素因子. 当m =1时，显然成立.这只需取一个素数的平方.假设当m =k 时命题成立,即有k 个连续整数k n n n +++,,2,1 ,它们分别含有重复的素因子k p p p ,,,21 ,任取一个与k p p p ,,,21 都不同的素数1+k p (显然存在),当21,2,1+=k p t 时,)1(22221+++k n p p tp k 这21+k p 个数中任两个数的差是形如)11(2122221-≤≤+k k p a p p ap 的数,不能被21+k p 整除,故这21+k p 个数除以21+k p 后,余数两两不同.但除以21+k p 后的余数只有0，1，…，21+k p －1这21+k p 个，从而恰有一个数)1(2100+≤≤k p t t ，使)1(222210+++k n p p p t k 能被21+k p 整除.这时，（)1+k 个连续整数：,1222210++n p p p t k ++n p p p t k 222210 2，…，++n p p p t k 222210 k ，++n p p p t k 222210 （k +1）分别能被2122221,,+k k p p p p 整除，即1+=k m 时命题成立.故题对一切正整数m 均成立.例6：求证：.),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c c b b a c b a a c c b b a c b a = （第1届美国数学奥林匹克竞赛试题）【证明】设,,,111∏∏∏======ni ini ini ii p c i p b i p a γβα其中i p 为质数，i i i γβα,,为非负整数，则 ∏==ni i iiip c b a 1),,max(,],,[γβα∏==ni i i i p b a 1),max(,],[ βα∏=∏=ni i iiip c b a 1),,min(,),,(γβα∏==ni i iip b a 1),min(,),( βα因此只需证明2max(),m ax (),m ax (),m ax (),,i i i i i i i i i αγγββαγβα---=2min(),m in(),m in(),m in(),,i i i i i i i i i αγγββαγβα---上式关于i i i γβα,,对称，则不妨设i i i γβα≥≥，于是上式变为：.22i i i i i i i i γγβγαβαα---=---此式显然成立，故得证.例7：设a 和b 是两个正整数，p b a ,1),(=为大于或等于3的质数，ba b a b a c pp +++=,(），试证：（1）1),(=a c ；（2）1=c 或.p c =（1985新加坡数学竞赛试题）【证明】由已知得),(,N s t cs ba b a ct b a pp ∈=++=+，两式相乘得,)(1112ct pa t pac t c a ct a b a st c p p p p p p p p p ---++-=-+=+= 于是,12211-----++-=p p p p p pa t pac t c cs 故.|1-p pa c（1）现用反证法来证明1),(=a c .若,1),(>=k a c 令q 是k 的一个质因子，则有.|,|a q c q 因b a c +|，则b a q +|，从而.|b q 于是q 是a 、b 的一个公约数，这与),(b a =1矛盾，故1),(=a c .（2）因为,1),(,|1=-a c pa c p 所以.|p c 而p 为质数且3≥p ，故1=c 或.p c =例8：设∑=+=nk n k k S 175)(，求最大公约数).,(3n n S S d =（第26届IMO预选题）【解】能过具体计算可猜想.)2)1((2)21(244+=+++=n n n S n 此式不难用数学归纳法获证. 为求),(3n n S S d =，对n 分奇偶来讨论.（1）当k n 2=时，).)16(812,)12(2()]2)16(6[2,]2)12(2[2(444444+⨯+=++=k k k k k k k k d 由于12+k 和16+k 互质，所以).81,)12((244+=k k d 而当13+=t k 时13,)12(81)12(44+≠+=+t k t k 时，4)12(+k 与81互质.故此时有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥++==+==⨯⨯=⨯=.)0(4666,812;26,8812812812444444t t t n n k t n n n k d 时或当时当 （2）当当12+=k n 时).)23)(12(3[2,)]1)(12[(2(44++++=k k k k d1,1223+++k k k 与因与质，所以).3,)1(()12(2444++=k k k 而当23+=t k 时，23),1(31+≠+=+k k t k 时，1+k 与34互质.故此时有⎪⎩⎪⎨⎧++==++==⨯=⨯+=.)36162)12(2;56,162323)12(2444444时或当时当t t n n k t n n n k d 例9：m 盒子中各若干个球，每一次在其中)(m n n <个盒中加一球.求证：不论开始的分布情况如何，总可按上述方法进行有限次加球后使各盒中球数相等的充要条件是.1),(=n m （第26届IMO 预选题）【证明】设1),(=n m ，则有Z v u ∈,使得)1()1(1++-=+=v m v vm un ，此式说明：对盒子连续加球u 次，可使1-m 个盒子各增加了v 个，一个增加)1(+v 个.这样可将多增加了一个球的盒子选择为原来球数最少的那个，于是经过u 次加球之后，原来球数最多的盒子中的球与球数最少的盒子中的球数之差减少1，因此，经过有限次加球后，各盒球数差为0，达到各盒中的球数相等.用反证法证明必要性.若1),(>=d n m ，则只要在m 个盒中放1+m 个球，则不管加球多少次，例如，加球k 次，则这时m 个盒中共有球kn m ++1（个），因为,1,|,|>d n d m d 所以kn m ++1不可能是d 的倍数，更不是m 的倍数，各盒中的球决不能一样多，因此，必须1),(=n m .例10：求所有这样的自然数n ，使得n 222118++是一个自然数的平方.（1980年第6届全俄数学竞赛试题）【证明】（1）当8≤n 时，)122(222118118++⋅++=--n n n N ，因（…）为奇数，所以要使N 为平方数，n 必为偶数.逐一验证8,6,4,2=n 知，N 都不是平方数. （2）当9=n 时，11222289118⨯=++=N 不是平方数.（3）当10≥n 时，)29(288-+=n N ，要N 为平方数，829-+n 应为奇数的平方，不妨假设829-+n =2)12(+k ,则).2()1(210+⨯-=-k k n 由于1-k 和2+k 是一奇一偶，左边为2的幂，因而只能1-k =1，于是得2=k ，由21022=-n 知12=n 为所求.。
整数的性质及其应用
第二节 整数的性质及其应用1基础知识整数的性质有很多,这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性,质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用;1．整除的概念及其性质在高中数学竞赛中如果不加特殊说明,我们所涉及的数都是整数,所采用的字母也表示整数;定义：设b a ,是给定的数,0≠b ,若存在整数c ,使得bc a =则称b 整除a ,记作a b |,并称b 是a 的一个约数因子,称a 是b 的一个倍数,如果不存在上述c ,则称b 不能整除a 记作b a ;由整除的定义,容易推出以下性质：1若c b |且a c |,则a b |传递性质；2若a b |且c b |,则)(|c a b ±即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭;若反复运用这一性质,易知a b |及c b |,则对于任意的整数v u ,有)(|cv au b ±;更一般,若n a a a ,,,21 都是b 的倍数,则)(|21n a a a b +++ ;或着i b a |,则∑=ni i i b c a 1|其中n i Z c i ,,2,1, =∈；3若a b |,则或者0=a ,或者||||b a ≥,因此若a b |且b a |,则b a ±=；4b a ,互质,若c b c a |,|,则c ab |；5p 是质数,若n a a a p 21|,则p 能整除n a a a ,,,21 中的某一个；特别地,若p 是质数,若n a p |,则a p |；6带余除法设b a ,为整数,0>b ,则存在整数q 和r ,使得r bq a +=,其中b r <≤0,并且q 和r 由上述条件唯一确定；整数q 被称为a 被b 除得的不完全商,数r 称为a 被b 除得的余数;注意：r 共有b 种可能的取值：0,1,……,1-b ;若0=r ,即为a 被b 整除的情形；易知,带余除法中的商实际上为⎥⎦⎤⎢⎣⎡b a 不超过ba 的最大整数,而带余除法的核心是关于余数r 的不等式：b r <≤0;证明a b |的基本手法是将a 分解为b 与一个整数之积,在较为初级的问题中,这种数的分解常通过在一些代数式的分解中取特殊值而产生,下面两个分解式在这类论证中应用很多,见例1、例2;若n 是正整数,则))((1221----++++-=-n n n n n n y xy y x x y x y x ；若n 是正奇数,则))((1221----+-+-+=+n n n n n n y xy y x x y x y x ；在上式中用y -代y7如果在等式∑∑===m k k n i ib a 11中取去某一项外,其余各项均为c 的倍数,则这一项也是c 的倍数；8n 个连续整数中,有且只有一个是n 的倍数；9任何n 个连续的整数之积一定是n 的倍数,特别地,三个连续的正整数之积能被6整除；2．奇数、偶数有如下性质：1奇数±奇数=偶数,偶数±偶数＝偶数,奇数±偶数＝奇数,偶数⨯偶数＝偶数,奇数⨯偶数＝偶数,奇数⨯奇数＝奇数；即任意多个偶数的和、差、积仍为偶数,奇数个奇数的和、差仍为奇数,偶数个奇数的和、差为偶数,奇数与偶数的和为奇数,和为偶数；2奇数的平方都可以表示成18+m 的形式,偶数的平方可以表示为m 8或48+m 的形式；3任何一个正整数n ,都可以写成l n m2=的形式,其中m 为负整数,l 为奇数;4若有限个整数之积为奇数,则其中每个整数都是奇数；若有限个整数之积为偶数,则这些整数中至少有一个是偶数；两个整数的和与差具有相同的奇偶性；偶数的平方根若是整数,它必为偶数;3．完全平方数及其性质能表示为某整数的平方的数称为完全平方数,简称平方数;平方数有以下性质与结论：1平方数的个位数字只可能是0,1,4,5,6,9；2偶数的平方数是4的倍数,奇数的平方数被8除余1,即任何平方数被4除的余数只有可能是0或1；3奇数平方的十位数字是偶数；4十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6；5不能被3整除的数的平方被3除余1,能被3整数的数的平方能被3整除;因而,平方数被9也合乎的余数为0,1,4,7,且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能是0,1,4,7；6平方数的约数的个数为奇数；7任何四个连续整数的乘积加1,必定是一个平方数;8设正整数b a ,之积是一个正整数的k 次方幂2≥k ,若b a ,＝1,则b a ,都是整数的k 次方幂;一般地,设正整数c b a ,,, 之积是一个正整数的k 次方幂2≥k ,若c b a ,,, 两两互素,则c b a ,,, 都是正整数的k 次方幂;4．整数的尾数及其性质整数a 的个位数也称为整数a 的尾数,并记为)(a G ;)(a G 也称为尾数函数,尾数函数具有以下性质：1=))((a G G )(a G ；2)(21n a a a G +++ ＝)]()()([21n a G a G a G G +++ ；3=⋅⋅⋅)(21n a a a G )]()()([21n a G a G a G G ⋅⋅⋅ ；40)10(=a G ；)()10(b G b a G =+；5若c b a 10=-,则)()(b G a G =；6+∈=N k a a G aG k ,),()(44； 7++∈<<≥=N r k a r k a G a G r r k ,,,40,0),()(4；8⎪⎩⎪⎨⎧=同为奇数时当同时为偶数时为奇数或为偶数，当是偶数为奇数，当212121421,),(,),(),()(121b b a G b b b b a G b b a G a G b b n b b5．整数整除性的一些数码特征即常见结论1若一个整数的未位数字能被2或5整除,则这个数能被2或5整除,否则不能；2一个整数的数码之和能被3或9整除,则这个数能被3或9整除,否则不能；3若一个整数的未两位数字能被4或25整除,则这个数能被4或25整除,否则不能；4若一个整数的未三位数字能被8或125整除,则这个数能被8或125整除,否则不能；5若一个整数的奇位上的数码之和与偶位上的数码之和的差是11的倍数,则这个数能被11整除,否则不能;6．质数与合数及其性质1．正整数分为三类：1单位数1；2质数素数：一个大于1的正整数,如果它的因数只有1和它本身,则称为质素数；3如果一个自然数包含有大于1而小于其本身的因子,则称这个自然数为合数;2．有关质素数的一些性质1若1,>∈a Z a ,则a 的除1以外的最小正因数q 是一个质素数;如果a q ≠,则a q ≤；2若p 是质素数,a 为任一整数,则必有a p |或p a ,＝1；3设n a a a ,,,21 为n 个整数,p 为质素数,且n a a a p 21|,则p 必整除某个i a n i ≤≤1；4算术基本定理任何一个大于1的正整数a ,能唯一地表示成质素因数的乘积不计较因数的排列顺序；5任何大于1的整数a 能唯一地写成k i p p p a k a k a a ,,,2,1,2121 == ① 的形式,其中i p 为质素数)(j i p p j i <<;上式叫做整数a 的标准分解式；6若a 的标准分解式为①,a 的正因数的个数记为)(a f ,则)1()1)(1()(21+++=k a a a a f ; 典例分析例1．证明：100102000个被1001整除; 证明：]110)10()10)[(110(1)10(110100136653666336673200102000+-+-+=+=+=个 所以)1001(1103=+整除100102000个; 例2．对正整数n ,记)(n S 为n 的十进制表示中数码之和;证明：n |9的充要条件是)(|9n S ;证明：设011010a a a n k k +⨯++⨯= 这里90≤≤i a ,且0≠k a ,则n a a a n S +++= 10)(,于是有=-)(n S n )110()110(1-⨯++-⨯a a k k ①对于k i ≤≤1,知)110(|9-i,故①式右端k 个加项中的每一个都是9的倍数,从而由整除的性质可知它们的和也能被9整除,即))((|9n S n -;由此可易推出结论的两个方面;例3．设1≥k 是一个奇数,证明L 对于任意正整数n ,数k k k n +++ 21不能被2+n 整除;证明：1=n 时,结论显然成立;设2≥n ,记所说的和为A,则： )2())1(3()2(22k k k k k k n n n A +++-++++= ;由k 是正奇数,从而结于每一个2≥i ,数kk i n i )2(-++被2)2(+=-++n i n i 整除,故A2被2+n 除得余数为2,从而A 不可能被2+n 整除注意22>+n ;例4．设n m ,是正整数,2>m ,证明：12-m 12+n ;证明：首先,当m n ≤时,易知结论成立;事实上,n m =时,结论平凡；当m n <时,结果可由1212121-≤+≤+-m m n 推出来注意2>m ;最后,m n >的情形可化为上述特殊情形：由带余除法m r r mp n <≤+=0,而0>q ,由于122)12(12++-=+r r mq n ,从而由若n 是正整数,则))((1221----++++-=-n n n n n n y xy y x x y x y x 知)12(|)12(--mq m ；而m r <≤0,故由上面证明了的结论知)12(-m )12(+r 注意0=r 时结论平凡,从而当m n >时,也有12-m 12+n ;这就证明了本题的结论;例5．设正整数d c b a ,,,满足cd ab =,证明：d c b a +++不是质素数;证法一：由cd ab =,可设n m b d c a ==其中1),(=n m ;由n m c a =意味着有理数ca 的分子、分母约去了某个正整数u 后得既约分数n m ,因此,nu c mu a ==, ① 同理,存在正整数v 使得mv d nvb ==, ②因此,d c b a +++＝))((v u n m ++是两个大于1的整数之积,从而不是素数;注：若正整数d c b a ,,,适合cd ab =,则d c b a ,,,可分解为①及②的形式,这一结果在某些问题的解决中很有作用;证法二：由cd ab =,得a cd b =,因此ad a c a d c a cd a d c b a ))((++=+++=+++,因为d c b a +++是整数,故ad a c a ))((++也是整数; 若它是一个素数,设为p ,则由ap d a c a =++))(( ③可见p 整除))((d a c a ++,从而素数p 整除c a +或d a +;不妨设p ｜c a +,则p c a ≥+,结合③推出a d a ≤+,而这是不可能的因为1≥d ;例6．求出有序整数对n m ,的个数,其中991≤≤m ,991≤≤n ,n m n m +++3)(2是完全平方数; 1999年美国数学邀请赛试题解：由于991≤≤m ,991≤≤n 可得： n m n m +++3)(2＜4)(4)(2++++n m n m 2)2(++=n m ;又<+2)(n m n m n m +++3)(2,于是<+2)(n m n m n m +++3)(22)2(++<n m若n m n m +++3)(2是完全平方数,则必有n m n m +++3)(2＝2)1(++n m ;然而n m n m +++3)(2＝2)1(++n m 1+-+m n ,于是必有01=+-m n ,即1-=n m ,此时99,,3,2 =n ,98,,2,1 =m ;所以所求的有序整数对n m ,共有98对： )99,98(,),4,3(),3,2(),2,1(),( =n m ;例7．证明：若正整数b a ,满足b b a a +=+2232,则b a -和122++b a 都是完全平方数;2006年山东省第二届夏令营试题证法一：已知关系式即为b b a a +=+2232⇔222)()(2b b a b a =-+- ⇔b a -122++b a ＝2b ①若0==b a 或者说b a ,中有一个为0时,结论显然;不妨设b a ≠且0≠ab ,令d b a =),(,则d b b d a a 11,==,1),(11=b a从而b a -＝d b a )(11-,将其代入①得d b b a d a 21112132=-+ ②因为|d d a 212,所以|d )(11b a -,从而≤d 11b a -；而②式又可写成)(11b a -2111)122(d b b a =++；因为d b a =),(且1),(11=b a ,所以==-1),(111b b a )(11b a -所以)(11b a -d |,从而d b a ≤-11;所以11b a d -=,所以b a -＝211)(d d b a =-,从而b a -为完全平方数; 所以222)(122d b db b a ==++也是完全平方数; 证法二：已知关系式即为b b a a +=+2232⇔222)()(2b b a b a =-+- ⇔b a -122++b a ＝2b ①论证的关键是证明正整数b a -与122++b a 互素;记=d b a -,122++b a ;若1>d ,则d 有素因子p ,从而由①知2|b p ;因为p 是素数,故b p |,结合)(|b a p -知a p |,从而由|p 122++b a 得|p 1,这是不可能的;故1=d ,从而由①推知正整数b a -与122++b a 都是完全平方数;例8．证明不存在正整数n ,使2n 2+1,3n 2+1,6n 2+1都是完全平方数;证明：假设存在这样的正整数n ,使2n 2+1,3n 2+1,6n 2+1都是完全平方数,那么2n 2+13n 2+16n 2+1也必定是完全平方数;而2n 2+13n 2+16n 2+1＝36n 6+36n 4+11n 2+1；=+23)36(n n 36n 6+36n 4+9n 2；=++23)136(n n 36n 6+36n 4+12n 3+9n 2+6n +1；所以<+23)36(n n 2n 2+13n 2+16n 2+1＜23)136(++n n 与2n 2+13n 2+16n 2+1为完全平方数矛盾;例9．数列{}n f的通项公式为n n n f ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦,n ∈+Z ． 记1212C +C +C n n n n n n S f f f =,求所有的正整数n ,使得n S 能被8整除．2005年上海竞赛试题解：记αβ==则()()()()1000S 113322n n i i i i i i n n n i i n n n n i i i i n n i i n n C C C C αβαβαβαβ=====--⎫⎡⎤=-=+-+⎪⎣⎦⎭⎡⎤⎛⎛⎫⎥=- ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦∑∑ 注意到33333,12222+==,可得()1121S3S Sn n n n nn n++++⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎪⎢⎥⎢⎥=-+--⎢⎥⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎭=-*因此,S n+2除以8的余数,完全由S n+1、S n除以8的余数确定11211122122,3S C f S C f C f==+=,故由式可以算出{}n S各项除以8的余数依次是1,3,0,5,7,0,1,3,……,它是一个以6为周期的数列,从而83nS n⇔故当且仅当38nn S时，练习题1．证明：如果p和2+p都是大于3的素数,则6是1+p的因子;证明：因为p是奇数,所以2是1+p的因子;又因为p,1+p,2+p除以3的余数各不相同,而p与2+p都不能被3整数;于是6是1+p的因子;2．设0≥>nm,证明：)12(|)12(22-+mn；解：由=-122m]12)2)[(12(11112222+++-+--++nnmnn ,故)12(12-+n｜122-m;又因为=-+1212n)12(2-n)12(2+n,从而)12(2+n｜)12(12-+n,于是由整除的性质知)12(|)12(22-+mn;3．证明：对于任意正整数n,数20052005200521n+++ 不能被2+n整除;证明：只需证22+n220052005200521n+++ 即可;因为若n是正整数,则))((1221----++++-=-nnnnnn yxyyxxyxyx ；若n是正奇数,则))((1221----+-+-+=+nnnnnn yxyyxxyxyx ；故2+n｜200520052n+；2+n｜20052005)1(3-+n,……, 2+n｜200520052+n所以2+n｜2200520052n++ ;又因为232>≥+n,所以2+n2,所以2+n2200520052n++ ＋2即2+n220052005200521n+++ 命题得证;4．已知n为正奇数,求证：1236|60---nnn;证明：因为若n 是正整数,则))((1221----++++-=-n n n n n n y xy y x xy x y x ； 若n 是正奇数,则))((1221----+-+-+=+n n n n n n y xy y x xy x y x ； 所以n n 36|3-,12|3+n ,从而1236|3---n n n ；n n 26|4-,13|4+n ,从而1236|4---nn n ；16|5-n ,n n 23|5+,从而1236|5---n n n ； 又1)5,4,3(=且60543=⨯⨯,所以1236|60---nn n ; 5．设a 、b 、c 为满足不等式1＜a ＜b ＜c 的整数,且ab-1bc-1ca-1能被abc 整除,求所有可能数组a,b,c . 1989年上海竞赛试题解 ∵ab -1bc-1ca-1=a 2b 2c 2-abca+b+c+ab+ac+bc-1,①∵a bc|ab-1bc-1ca-1.∴存在正整数k,使ab+ac+bc-1=kabc, ② k=＜＜＜＜ ∴k=1.若a≥3,此时1=-＜矛盾.已知a ＞1. ∴只有a=2.当a=2时,代入②中得2b+2c-1=bc,即 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.。
《数学竞赛》第三章_数论2012.2
2017/3/22
第三章 数 论
11
3．2 同 余
一、同余的定义和性质
性质
性质
（1） （反身性） （2） （对称性）若 （3） （传递性）若 （4） （同余式相加）若 （5） （同余式相乘）若
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； ，则 ， ， ，
第三章 数 论
； ，则 ，则 ，则 ；
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； ；
3．2 同 余
一、同余的定义和性质
2017/3/22 第三章 数 论 3
第三章 数 论
例题
3．1 整数的奇偶性和整除性
一、整数的奇偶性 例1.在1, 2, 3, ⋯, 1999 这1999 个数的前面任
意添上正号或负号, 问它们的代数和是奇数
还是偶数? 例2.设a1 , a2 , ⋯, an 是自然数 1, 2, ⋯, n 的一个 排列, 若n 为奇数,求证: ( a1 - 1) ( a2- 2) ⋯( ann) 为偶数。
2017/3/22 第三章 数 论 15
3． 2 同 余
一、同余的定义和性质 例题 例3.求证：x14 +x24 + x34 + „ + x144 =1599无
整数解. 练习
1. （1898年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使 2n+1能被3整除的一切自然数n. 2. 求证31980+41981能被5整除.
例题
练习
习题3.2
5.求19992000被29除的余数.
2017/3/22 第三章 数 论 17
第三章 数 论
3．3 不定方程
不定方程是数论中最古老的分支之一。
历史
古希腊的丢番图（Diophantus）早在公元3世纪就 开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程. 中国是研究不定方程最早的国家.公元5世纪的 《 张丘建算经》中的百鸡问题标志中国对不定方程理 论有了系统研究.秦九韶的大衍求一术将不定方程与同 余理论联系起来. 百鸡问题说：“鸡翁一，直钱五，鸡母一，直钱 三，鸡雏三，直钱一.百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各 几何？”. 费马（Fermat）大定理（当n＞2时，xn＋yn＝zn没有 非平凡的整数解），历经300余年，已由英国数学家安 德鲁 · 维尔斯（A.Wiles ）证明。
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∴Hale Waihona Puke 是能被 3 整除的整数 .
故
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
∵ａ2+23=（
2
a -1
）
+24，只需证
2
a -1
可以被
24 整除即可 .
∵2 . ∴ａ为奇数 . 设 a=2k+1(k 为整数 ), 则 a2-1=(2k+1) 2-1=4k 2+4k=4k(k+1).
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，
整除。
因此一定可被 2
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。
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,x 2, …， 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 n=2k. 又 y1y2y3…ｙn=1，即（ -1 ） k=1，故 k 为偶数，
∴ｎ是 4 的倍数 .
其他方法：
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 a ，如 2|6 ， 4 6 。
（ 2）
性质
1） 若 b|a ，则 b|(-a) ，且对任意的非零整数 m有 bm|am
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 ） =a2b2c2-abc （ a+b+c）+ab+ac+bc-1 ，①
∵abc| （ ab-1 ）（ bc-1 ）（ ca-1 ）.
∴存在正整数 k, 使
例9
（1987 年全国初中联赛题）已知存在整数 n，能使数
∵k、 k+1 为二个连续整数，故 k（k+1）必能被 2 整除，
2
∴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） =a（a2-1 ），
∵３ a ，∴ 3| （ a2-1 ） .3 与 8 互质 , ∴24|(a 2-1), 即 a2+23 能被 24 整除 .
ab+ac+bc-1=kabc,
②
k=
＜＜
∴k=1. 若 a≥3，此时
＜＜
1=
-＜
矛盾 .
已知 a＞1. ∴只有 a=2. 当 a=2 时，代入②中得 2b+2c-1=bc ，
即 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 .
∴ 11 ｜4(3x-7y+12z)
又 (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。
(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·ｄ-a=
①
a·b·c·ｄ-b=
②
a·b·c·ｄ-c=
③
a·b·c·ｄ-d=
④
证明 由①， a（ bcd-1 ）=
.
∵右端是奇数，∴左端 a 为奇数， bcd-1 为奇数 .
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，
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 11 ｜ 11(3x-2y+3z),
且 11 ｜(7x+2y-5z),
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
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）
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=(n+10)(n 2-10n+100)-900.