竞赛培训专题6---整数的整除性18077.docx

2012年高中数学竞赛培训专题6-整数的整除性1整数的整整除性的有有关概念、性性质（1）整除除的定义：对于两个个整数a、dd（d00），若存存在一个整整数p，使使得成立，则则称d整除除a，或aa被d整除除，记作dd|a。若d不能整整除a，则则记作d   a，如如2|6，44  6。（2）性质质1)若b|a，则bb|(-aa)，且对对任意的非非零整数mm有bm|am2)若a|b，b|a，则|a|=|b|;3)若b|a，c|b，则cc|a4)若b|ac，而而（a，bb）=1（aa，b）=1表示aa、b互质质，则b|c；5）若b|ac，而而b为质数数，则b|a，或bb|c；6）若c|a，c|b，则cc|（maa+nb），其其中m、nn为任意整整数（这一一性质还可可以推广到到更多项的的和）例1 （11987年年北京初二二数学竞赛赛题）x，yy，z均为为整数，若若11（77x+2yy-5z），求求证：111（3xx-7y+12z）。证明4(3x-77y+122z)+33(7x+2y-55z)=111(3xx-2y+3z)而    11111(3xx-2y+3z),且   111(7xx+2y-5z),  1114(33x-7yy+12zz)又 (11,4)=11  111(3xx-7y+12z).2.整除性性问题的证证明方法(1) 利利用数的整整除性特征征（见第二二讲）例2（19980年加加拿大竞赛赛题）设772的值值。解72=88×9，且且（8，99）=1，所所以只需讨讨论8、99都整除的的值。若8，则则8，由由除法可得得。若9，则则9（aa+6+77+9+22），得aa=3。（2）利用用连续整数数之积的性性质      任意两两个连续整整数之积必必定是一个个奇数与一一个偶数之之一积，因因此一定可可被2整除除。      任意三三个连续整整数之中至至少有一个个偶数且至至少有一个个是3的倍倍数，所以以它们之积积一定可以以被2整除除，也可被被3整除，所所以也可以以被2×33=6整除除。这个性质可可以推广到到任意个整整数连续之之积。例3（19956年北北京竞赛题题）证明：对任何整整数n都为为整数，且且用3除时时余2。证明为连续二二整数的积积,必可被被2整除.对任何整整数n均为为整数,为整数,即原式为为整数.又，2n、2nn+1、22n+2为为三个连续续整数，其其积必是33的倍数，而而2与3互互质，是能被33整除的整整数.故被3除时时余2.例4   一整数aa若不能被被2和3整整除，则aa2+23必必能被244整除.证明  a2+23=（a2-1）+24，只只需证a22-1可以以被24整整除即可.2 .a为奇数数.设a=2k+11(k为整整数),则a2-11=(2kk+1)22-1=44k2+4k=4k(kk+1).k、k+1为二个个连续整数数，故k（kk+1）必必能被2整整除，8|4kk（k+11），即88|（a22-1）.又（a-1），aa，（a+1）为三三个连续整整数，其积积必被3整整除，即33|a（aa-1）（aa+1）=a（a22-1），3  aa，3|（a2-1）.3与8互互质, 24|(a2-1),即a2+23能能被24整整除.(3)利用用整数的奇奇偶性下面我们应应用第三讲讲介绍的整整数奇偶性性的有关知知识来解几几个整数问问题.例5求证:不存在这这样的整数数a、b、cc、d使：a·b·cc·d-aa=        a·bb·c·dd-b=         a·b·cc·d-cc=        a·bb·c·dd-d=         证明  由由，a（bbcd-11）=.右端是奇奇数，左左端a为奇奇数，bccd-1为为奇数.同理,由、知b、cc、d必为为奇数，那那么bcdd为奇数，bbcd-11必为偶数数，则a（bbcd-11）必为偶偶数，与式右端为为奇数矛盾盾.所以命命题得证.例6           (11985年年合肥初中中数学竞赛赛题)设有有n个实数数x1,x2,，xxn，其中每每一个不是是+1就是是-1，且试证n是是4的倍数数.证明  设设   (i=1,2,，nn-1)，则yi不是是+1就是是-1，但但y1+y2+yyn=0，故故其中+11与-1的的个数相同同，设为kk，于是nn=2k.又y1y2y3yn=1，即即（-1）k=1，故k为偶数，n是4的倍数.其他方法：整数a整除除整数b，即即b含有因因子a.这这样,要证证明a整除除b,采用用各种公式式和变形手手段从b中中分解出因因子a就成成了一条极极自然的思思路.例7  (美国第44届数学邀邀请赛题)使n3+1000能被n+10整除除的正整数数n的最大大值是多少少?解n3+1100=(n+100)(n22-10nn+1000)-9000.若n+1000能被nn+10整整除,则9900也能能被n+110整除.而且,当当n+100的值为最最大时,相相应地n的的值为最大大.因为9900的最最大因子是是900.所以,nn+10=900,n=8990.例8           (上上海19889年高二二数学竞赛赛)设a、bb、c为满满足不等式式1abc的的整数，且且（ab-1）（bbc-1）（cca-1）能能被abcc整除，求求所有可能能数组（aa，b，cc）.解  （aab-1）（bbc-1）（cca-1）=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，abc|（ab-1）（bbc-1）（cca-1）.存在正正整数k,使ab+acc+bc-1=kaabc,      k=k=11.若a3，此此时1=-矛盾.已知a11.   只有aa=2.当当a=2时时，代入中得2bb+2c-1=bcc，即   11=0bb4，知知b=3，从从而易得cc=5. 说明：在此此例中通过过对因数kk的范围讨讨论，从而而逐步确定定a、b、cc是一项重重要解题技技巧.例9  （11987年年全国初中中联赛题）已已知存在整整数n，能能使数被11987整整除.求证证数，都能被19987整除除. 证明××××（103nn+），且能被被19877整除，p能被11987整整除.同样，q=（）且故、1022（n+11）、被除，余数数分别为11000，1100，110，于是是q表示式式中括号内内的数被除除，余数为为19877，它可被被19877整除，所所以括号内内的数能被被19877整除，即即q能被11987整整除.练习1选择题（1）（11987年年上海初中中数学竞赛赛题）若数数n=200·30··40·550·600·70··80·990·1000·1110·1220·1330，则不不是n的因因数的最小小质数是（   ）.（A）199  （BB）17   （C）113  （DD）非上述述答案（2）在整整数0、11、2、88、9中质质数有x个个，偶数有有y个，完完全平方数数有z个，则则x+y+z等于（    ）.（A）144  （BB）13   （C）112  （DD）11   （E）110（3）可除除尽3111+518的最小小整数是（    ）.（A）2   （B）33  （CC）5  （D）3311+518（E）以以上都不是是2  填填空题（1）（11973年年加拿大数数学竞赛题题）把10000000表示为两两个整数的的乘积，使使其中没有有一个是110的整倍倍数的表达达式为_.(2)     一个个自然数与与3的和是是5的倍数数,与3的的差是6的的倍数,这这样的自然然数中最小小的是_.(3)     (11989年年全国初中中联赛题)在十进制制中,各位位数码是00或1,并并且能被2225整除除的最小自自然数是_.3.求使为为整数的最最小自然数数a的值.4.(19971年加加拿大数学学竞赛题)证明:对对一切整数数n,n22+2n+12不是是121的的倍数.5.(19984年韶韶关初二数数学竞赛题题)设是一一个四位正正整数,已已知三位正正整数与2246的和和是一位正正整数d的的111倍倍,又是118的倍数数.求出这这个四位数数,并写出出推理运算算过程.6.(19954年苏苏联数学竞竞赛题)能能否有正整整数m、nn满足方程程m2+19554=n22.7.证明：（1）1133|（111n+22+12n+1），其其中n为非非负整数.(2)若将将(1)中中的11改改为任意一一个正整数数a,则(1)中的的12,1133将作作何改动?证明改动动后的结论论.8.(19986年全全国初中数数学竞赛题题)设a、bb、c是三三个互不相相等的正整整数.求证证:在a33b-abb3,b3c-bcc3,c3a-caa3三个数中中,至少有有一个能被被10整除除.9.(19986年上上海初中数数学竞赛题题)1000个正整数数之和为11011001,则它它们的最大大公约数的的最大可能能值是多少少?证明你你的结论. 练习答案案（）·（）由20000a为为一整数平平方可推出出a=5反证法法若是的倍倍数，设（）（）是素数数且除尽（），除尽尽除尽（）或，不可可能由是的倍，可能能是，；又是的倍数数，只能能是而，是是（）×××××××××××××（）第一一项可被整除除又，（）改为改为为，改为为（）改动后后命题为（）（），可可仿上证明明（）；同理理有（）；（）若a、中有偶数数或均为奇奇数，以上上三数总能能被整除除又在在、中若有一一个是的的倍数，则则题中结论论必成立若均不能能被整除除，则，个位数只只能是，从而，的个位数数是从，中，任取取三个两两两之差，其其中必有或±，故故题中三式式表示的数数至少有一一个被整整除，又、互质质设个正整整数为，最最大公约数数为，并并令则（）×，故故知，不可可能都是，从而×，；若取取，则则满足××，且且，故故的最大大可能值为为- 10 -