初中数学竞赛专题：整数的整除性

初中数学竞赛专题：整数的整除性

§19．1整除

19.1.1★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． 解析

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．设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +（其中n 是整数）,于是

()()

()()22

2

22121231121n n n n n -+++++=++．

所以

()()()222

12|212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦

． 又()2111n n n n ++=++,而n 、1n +是相邻的两个整数,必定一奇一偶,所以()1n n +是偶数,从而

21n n ++是奇数,故

()()()222

24212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦

． 19．1．2★★若x 、y 为整数,且23x y +,95x y +之一能被17整除,那么另一个也能被17整除． 解析

设23u x y =+,95x y =+．若17|u ,从上面两式中消去y ,得

3517v u x -=．

①

所以 17|3v ．

因为（17,3）=1,所以17|v 即17|95x y +．

若17|v ,同样从①式可知17|5u ．因为（17,5）=1,所以17|u ,即17|23x y +． 19.1.3★★设n 是奇数,求证：

60|6321n n n ---．

解析 因为260235=⨯⨯,22、3、5是两两互质的,所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即

可．

由于n 是奇数,有

22|62n n -,22|31n +,

所以22|6231n n n ---； 又有3|63n n -,3|21n +, 所以3|6321n n n ---； 又有5|61n -,5|32n n +, 所以5|6321n n n ---．

所以60|6321n n n ---． 评注

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21k +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 、31k +、32k +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．

19．1．4★★设n 为任意奇正整数,证明：15961000270320n n n n +--能被2006整除． 解析

因为200621759=⨯⨯,所以为证结论成立,只需证n 为奇正整数

时,15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除．显然,表达式能被2整除． 应用公式,n 为奇数时,

()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++, ()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-++

+.

由于159610005944+=⨯,2703205910+=⨯,所以15961000270320n n n n +--能被59整除.

又159627013261778-==⨯,10003206801740-==⨯,所以15961000270320n n n n +--能被17整除． 19.1.5★★若整数a 不被2和3整除,求证：()224|1a -． 解析

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 、61k +、62k +、63k +、64k +、65k +这六类．由于6k 、

62k +、64k +是2的倍数,63k +是3的倍数,所以a 只能具有61k +或65k +的形式,有时候为了方

便起见,也常把65k +写成61k -（它们除以6余数均为5）． 故a 具有61k ±的形式,其中k 是整数,所以

()()2

22161136121231a k k k k k -=±-=±=±．

由于k 与31k ±为一奇一偶（若k 为奇数,则31k ±为偶数,若k 为偶数,则31k ±为奇数）,所以

()2|31k k ±,于是便有()

224|1a -．

19．1．6★★★求证：31n +（n 为正整数）能被2或22整除,但不能被2的更高次幂整除． 解析

按模2分类．若2n k =为偶数,k 为正整数,则

()2

2313131n k n +=+=+．

由3k 是奇数,()2

3k 是奇数的平方,奇数的平方除以8余1,故可设()2

381k l =+,于是

()3182241n l l +=+=+,

41l +是奇数,不含有2的因数,所以31n +能被2整除,但不能被2的更高次幂整除．

若21n k =+为奇数,k 为非负整数,则

()()()2

2131313313811461n k k l l ++=+=⋅+=++=+．

由于61l +是奇数,所以此时31n +能被22整除,但不能被2的更高次幂整除． 19.1.7★★设p 是质数,证明：满足22a pb =的正整数a 、b 不存在. 解析

用反证法．假定存在正整数a 、b ,使得

22a pb =.

令() , a b d =,1a a d =,1b b d =,则()11 , 1a b =.所以

222211a d pb d =,2211a pb =,

所以21|p a ．由于p 是质数,可知,1|p a .令12a pa =,则2222

1a p pb =,所以2221pa b =．同理可得,1|p b .即1a 、1b 都含有p 这个因子,这与()11 , 1a b =矛盾．

19．1．8★★如果p 与2p +都是大于3的质数,那么6是1p +的约数. 解析

每一整数可以写成6n 、61n -、61n +、62n -、62n +、63n +中的一种（n 为整数）,

其中6n 、62n -、62n +、63n +在1n ≥时都是合数,分别被6、2、2、3整除．因此,质数p 是61n -或61n +的形式. 如果()611p n n =+≥,那么

()263321p n n +=+=+

是3的倍数,而且大于3,所以2p +不是质数．与已知条件矛盾． 因此()611p n n =-≥．这时

16p n +=是6的倍数．

评注 本题是将整数按照除以6,所得的余数分为6类．

质数一定是61n +或61n -的形式．当然,反过来,形如61n -或61n +的数并不都是质数．但可以证明形如61n -的质数有无穷多个,形如61n +的质数也有无穷多个．

猜测有无穷多个正整数n ,使61n -与61n +同为质数．这是孪生质数猜测,至今尚未解决． 19.1.9★★已知a 、b 是整数,22a b +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3a m =,31b n =±（m 、n 都是整数）,于是