初中数学竞赛专题：整数的整除性 (2)

初中数学竞赛专题:整数的整除性

19．4．27★★★如果正整数a 、b 、c 满足222c a b =+．

证明:数2c ab +和2c ab -都可以表示为两个正整数的平方和．

解析 巧妙运用下述命题:如果正整数x 可表示为两个正整数的平方和,则2x 也可表示为两个整数的平方和．事实上,设22x u v =+,这里x 、u 、v 都是正整数．则

()()22

22222x u v u v u v =+=++-．于是,2x 可表示为两个整数u v +和u v -的平方和,命题获证． 注意到,由条件有

()()2

2222222c ab c a ab b c a b ±=+±+=+±． 利用已证命题,可知

()()()22

24c ab c a b c a b ±=+±+-． 记c a b x +±=,c a b y -=,由222c a b =+可知x 、y 都是正整数,并且()2224c ab x y ±=+．若x 、y 不同为偶数,则由平方数0≡或()1mod 4,可知221x y +≡或()2mod 4,这是一个矛盾．所以,x 、y 都是偶数,从而22

222x y c ab ⎛⎫⎛⎫±=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,这就是 要证的结论．

评注 这里本质上只是恒等式()()()22

222u v u v u v +=++-的应用,在处理竞赛问题时,代数式变形能力显得十分重要．

19．4．28是否存在正整数m 、n 使得331m n a =++是完全平方数？

解析 分如下三种情形讨论:

（1）若m m 、n 都是偶数,则()31mod 4m ≡,()31mod 4n ≡,所以()3313mod 4m n a =++≡,

故此时a 不是完全平方数．

（2）若m 、n 都是奇数,则()33mod 4m ≡,()33mod 4n =,所以()3313mod 4m n a =++≡,

故此时a 不是完全平方数．

（3）若m 、n 是一奇一偶,不妨设m 是奇数,n 是偶数,则()33mod8m ≡,()31mod8n ≡,所以

()3315mod8m n a =++≡,故此时a 不是完全平方数．

综上所述,对于任意正整数m 、n ,正整数331m n a =++都不是完全平方数．

评注 判断一个数不是完全平方数,我们也可以用“模”的方法,例如,我们知道,偶数的平方是4的倍数,奇数的平方除以4余1,所以,若一个整数同余2或者3模4,则它一定不是完全平方数；

类似地,若一个整数同余2模3,则它一定不是完全平方数；一个整数同余2、3模5,则它一定不是完全平方数等等．

其实,考虑末位数也是用“模”的方法,即模10．

19．4．29★★★已知n 是正整数,且21n +和31n +都是完全平方数,求证:40|n ．

解析 因为34025=⨯,所以,只需证明:32|n ,且5|n 即可．

设221n a +=,231n b +=,其中a 、b 都是正整数．由于a 是奇数,所以,()21mod8a ≡,从而4|n ,于是,31n +是奇数,所以,()21mod8b ≡,即()311mod8n +≡,从而()0mod8n ≡．

又对于任意整数x ,有()0 , 1 , 2mod5x ≡±±,所以,()20 , 1 , 4mod5x ≡,于是

()22522mod5a b n +=+≡,故只能是()221mod5a b ≡≡,

所以,()211mod5n +≡,从而()0mod5n ≡．

因为（8,5）=1,所以,40|n

19．4．30★★★—个正整数若能表示为两个正整数的平方差,称为“智慧数”,比如221653=-,16就是一个“智慧数”,从1开始数起,第2008个“智慧数”是哪个数？

解析 1不是“智慧数”,大于1的奇正整数()()22211 1 , 2 , 3 , k k k k +=+-=,都是“智慧数”．

被4整除的偶数4k ,有()()()22411 2 , 3 , k k k k =+--=,都是“智慧数”,而4不能表示为两个正

整数的平方差,4不是“智慧数”．

被4除余2的数()42 1 , 2 , k k +=,设()()2242k x y x y x y +=-=+-,其中x 、y 为正整数,当x 、y 奇偶性相同时,x y +,x y -均为偶数,()()x y x y +⋅-被4整除,而42k +不被4整除,所以x 、y 奇偶性相同的假设不可能成立；当x 、y 奇偶性不同时,x y +,x y -均为奇数,()()x y x y +-为奇数,而

42k +为偶数,故x 、y 奇偶性不同的假设也不可能成立．

即不存在正整数x 、y ,使2242k x y +=-,即形如42k +的数均不是“智慧数”．

综述,在正整数列中,前四个正整数中只有3为“智慧数”,之后每连续四个数中有三个“智慧数”,其中第二个数,即形如42k +的数不是智慧数．

200813669=+⨯,()466912680⨯+=．因此,第2008个“智慧数”是2680．

19．4．31★★★把能表示成两个正整数平方差的这种正整数,从小到大排成一

列:12 , , , ,

n a a a ,例如:22222222123421 3 , 32 5 , 437 , 318 , a a a a =-==-==-==-=,求

122007a a a +++的值． 解析 当9m ≥时,若21m k =+是奇数,则()2

21m k k =+-,即m 能表示成两个正整数的平方差；若

4m k =,则()()2

11m k k =+--,即m 也能表示成两个正整数的平方差；若4m k =,则

()()2211m k k =+--,即m 也能表示成两个正整数的平方差；若42m k =+,则m 不能表示成两个正整数的平方差．

所以,59a =,611a =,712a =,…,一般地,

343k a k =+,3144k a k +=+,

3245k a k +=+, 1 , 2 , k =

故3132334445471216k k k a a a k k k k +++++=+++++=+,

而20073669=⨯,所以

()12200712312116122161266816a a a a a a +++=+++⨯++⨯+++⨯+

()1668668

15126681626920052+=++⨯=．

19．4．32★★在二个连续的平方数之间能不能有二个完全立方数？换言之,是否存在正整数a 、b 、n 使得()2

2331n a b n <<<+？ 解析 假设存在正整数a 、b 、n ,使得()22331n a b n <<<+．

因33a b <,可得()()323311a a b n <+<+≤．又因为23n a <,可得24n a <,即2n a <．故

()()32

3221331311a a a a n n n +=+++>++>+,矛盾． 故假设不成立,即二个连续的平方数之间不能有二个完全立方数．

19．4．33★★★设n 为正整数,如果存在一个完全平方数,使得在十进制表示下此完全平方数的各位数字之和为n ,那么称n 为好数（例如13是一个好数,因为2749=的各位数字之和等于

13）．问:在1,2,…,2007中有多少个好数？

解析 首先,对()0 , 1 , 2 , 3 , 4mod9x ≡±±±±分别计算,可得()20 , 1 , 4 , 0 , 7mod9x ≡,利用十进制下一个数与它的数码和模9同余,可知满足条件的()0 , 1 , 4 , 7mod7n ≡,即()0mod9n ≡或()1mod3n ≡．

其次,注意到23333512121225m m =个个12

,因此,若存在非负整数m ,使得37n m =+,则n 为好数,又由

211=,224=可知1n =,4是好数,因此,若()1mod3n ≡,则n 为好数．最后,由

()22110

10110210199980001m m m m m ---=-⨯+=个9个,

可知若()0mod9n ≡,则n 是好数．