关于数的整除问题的讨论概述Word下载.docx
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,
N=
,则2
∣M,2
∣N,则Z=
M+N,所以2
∣Z。
反之,若2
不整除N,由于2
∣
M,所以
M+N不整除2
。
所以Z能被2
整除的充分必要条件是:
Z的1到n位数能被2
由于10
=2
5
,Z=
M+N,所以N=
能被5
整除时,Z必然能被5
反之不能被5
推论1:
若一整数的末两位数字能被4或25整除,则这个数能被4或25整除。
否命题亦成立。
推论2:
若一整数的末三位数字能被8或125整除,则这个数能被8或125整除。
(三)整数的奇偶性及其运算。
整数的奇偶性分析在解决整数,方程及图形的性质问题中有着广泛的应用,下面作初步说明。
1.主要运算性质:
(1)两奇数的和差为偶数;
积商(存在b∣a,b≠0)为奇数。
(2)两整数a,b中若有一奇一偶;
则它们和,差为奇数。
积为偶数,商(存在b∣a,b为奇数)为偶数。
(3)若两整数a,b(o除外)的和为奇数,则a,b有不同的奇偶性;
若ab的积为奇数,则a,b同为奇数。
(4)若两整数a,b的和为偶数,则a,b有相同的奇偶性。
(5)奇数的乘方及连续乘积为奇数;
偶数的乘方及连续乘积为偶数;
若n个数的乘积为偶数,则它们之中有一个必然为偶数(逆定理亦成立)
(6)奇数≠偶数。
(7)对整数a,b。
则a+b与a-b有相同的奇偶性。
说明:
对于以上的推论,均可把偶数表示成2m(m∈z),奇数表示成2n+1(n∈z)的形式加以证明(从略)。
2.定理及应用:
(1)对于一元二次方程
+bx+c=o(a≠o)若a,b,c均为奇数且a=1,那么此方程无整数根。
证明:
(反证法)若设有整数根
.
由韦达定理:
+
=—
=—b,
=
=c.
由
=c为奇数知:
.均为奇数,则
=—b为偶数,则b为偶数,这已知b为奇数矛盾。
假设不成立,故此方程无整数根。
(2)在勾股定理
+
=
中,若要求勾股数a,b,c(即a,b,c为正整数)那么a,b中至少有一正偶数。
证:
(反证法)下面我们来反设a,b都为正奇数的情况:
设a=2m+1,b=2n+1,(m﹒m∈N)
则
=4
+4m+2+4
+4n
=4(
+m+
+n+
)
由分析:
若a,b同为奇数,则
均为奇数,
+
为偶数。
求算术平方根得c为偶数,则c中含因数2.则
中含因数4,但实际上
)却不能被4整除,则这种结论不成立,所以a,b不能同为奇数。
(3)这样,我们可以介绍发现一组或几组勾股数的一般方法:
∵a,b中必有一偶数,∴不妨设b=2n(n∈N※)
联想
.则可按下列步骤进行:
1°
由于
中,a与c的奇偶关系有两种情况存在:
(1)a为奇数,则c为奇数;
(2)a为偶数,则c为偶数。
(分析从略)联想m+t与m—t(n,t∈
)有相同的奇偶性,可令a=m—t,c=m+t,则
=
,那么
—
=4mt,由此b=2
,但为了避免
不是正整数的情况,可再次联想‘‘奇数的平方为奇数”“偶数的平方为偶数”不影响a,c的奇偶性,可令a=
,c=
,则b
=4
,所以b=
=2mt,(m,t∈
)即b为偶数。
2°
对比b=2mt,与b=2n,于是得:
(1)b为偶数,把b写成b=2n(n∈N※)的形式,求出n的各个正约数(包括1和n)把相乘得n的两个约数编为一组。
(2)可令m=
,t=
,(
∈N※且
)不妨设m,t中较大的为m,较小的为t(m=t时划去这一组)用方法
(1)
(2)联合起来,可在已知2mt时求得a=
的全部勾股值。
3°
若已知
,则a=
可用方法
(1)分解a的全部正约数对,相乘为a的编为一组,但两因数相同时即除去,设m﹥t,(m,t∈
),代入b=2mt,c=
可得。
(2)应注意:
求m,t时需解方程组{
其中
为a的不同正约数,且
的奇偶性不同时应舍去。
4°
勾股数组的两种形式
(1)
(m,t∈
m﹥t,且mt为大于1的完全平方数)。
(2)
(m,t∈
且m﹥t),
其中a,b的表达式可以互换.
5.举例:
已知下列勾股数中的一个,求另外两个。
(1)a=4;
(2)b=8.
解:
(1)a=4=2
2,代入
(2)式∴mt=2.求2的约数1,2.且2﹥1,∴m=2,t=1.∴b=
=3,c=
=5,所以这组勾股数组为:
a=4,b=3,c=5.
(2)∵b=8,代入
(1)式,mt=16,m﹥t,∴m=16,t=1;
或m=8,t=2.即可分别求得勾股数组:
a=15,b=8,c=17或a=6,b=8,c=10.
(四)同余法及余数定理在整除中的应用:
1.余数问题两整数a,b(a,b≠0)且除数大于1或小于-1时,若两整数不能整除时,必然会出现余数,记为R,令商为m,则a,b的关系可表示为:
a=bm+R,(a,m,R
Z且b≠0)。
2.余数的有关定理及同余式表示
一般地,在除数b为正整数时,余数R的取值范围是R
[o,b),但在余数的应用和计算过程中暂且“看作”余数小于0或大于除数的情况,还可以把这个关系式用同余式表示为a≡R(modb).
利用同余式来计算余数会带来方便。
有下面的:
同余定理:
设a
(modb),m
(modb),其中0
﹤b,0
﹤b,则:
(1)a+m
(modb);
(2)a-m
(modb);
(3)am≡
(modb);
(4)若n
a≡R(modb),则
≡
(modb)。
(1)由题意,a-
≡0(modb)及m-
≡0(modb),设a=Ab+
m=Bb+
(A,B∈Z)∴a+m=Ab+
+Bb+
=(A+B)b+(
),其中A+B∈Z,∴a+m
(modb).
(2)类似的,可证:
a-m
(modb)
(3)1°
先证明:
若a≡R(modb),则—a≡-R(modb)。
a≡R(modb)
a=Ab+R
—a=-Ab+(-R)
—a≡-R(modb).
2°
再证明:
am≡
(modb)。
a≡
(modb)
a=Ab+
m
(modb)
m=Bb+
(A,B∈Z)则am=(Ab+
)(Bb+
)=AB
+Bb
+Ab
=b(ABb+B
+A
)+
am≡
(4)a≡R(modb)
a=Ab+R(A∈Z),n
时,
=b
其中A,n,R,r都为正整数,且n
r
1.∴
3.余数的处理方法:
由以上证明可知:
两整数的和,差,积,乘方除以同一正整数b的余数,等于他们分别除以b的余数的和,差,积,乘方。
这样,在整数除法中,余数可按整数运算做各种运算,但这样计算出来的余数可能不在[o,b),怎样把最终的余数计算到[o,b)呢?
(1)若余数R′﹥b,则从R′中减去b的正整数倍,使得R﹤b,
(2)若余数R′﹤0,则从R′中加上b的正整数倍,使得0﹤R。
4.应用举例:
例1:
求证:
能被37整除。
设N=
∵8888≡8(mod37)7777≡7(mod37)
∴N=
≡(
(mod37)
≡
(mod37)
又∵
≡—10(mod37)
≡10(mod37)
∴N≡
≡
≡0(mod37)
即
≡0(mod37)∴
例2:
X为奇数时,
≡1(mod8)
设X=2n+1(n
Z)则
+4n+1=4n(n+1)+1
∵n
Z,则n与n+1必为连续整数,则n与n+1中必有一奇一偶,∴4n(n+1)≡0(mod8)
∴4
+4n+1≡1(mod8)即
≡1(mod8)。
例3:
今天是星期五,再过
天是星期几?
∵
≡1(mod7)∴
≡1(mod7)
∴再过
天是星期六。
例4:
若一正整数被2除余1,被5除余2,被7除余3,被9除余4,求这个最小的正整数M.
由题意M≡1(mod2)M≡2(mod5)M≡3(mod7)M≡4(mod9)
又
=315≡1(mod2)
=126≡1(mod5)
126×
2≡2(mod5)
=90≡6(mod7)
90×
4≡24(mod7)≡3(mod7)
=70≡7(mod9)
70×
7≡4(mod9)
∴N=315+126×
2+90×
4+70×
7=1417.∴M=N-2×
=1417—2×
630=157
例5:
对于任何整数X,Y,则2
或同时能被17整除,或同时不能被17整除。
若17︱2
,则
整数m,使得17m=2
(1)
求方程
(1)的整数解得
(
Z)
把方程的解代入多项式
=9(
=17(
这表明2
的必要条件是17︱
.
(1)′
若17︱
.则
整数n,使得17n=9x+
(2)
求方程
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