提优教程江苏省高中数学竞赛 第35讲 整数性质教案.docx
- 文档编号:4774392
- 上传时间:2022-12-08
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:120.95KB
提优教程江苏省高中数学竞赛 第35讲 整数性质教案.docx
《提优教程江苏省高中数学竞赛 第35讲 整数性质教案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《提优教程江苏省高中数学竞赛 第35讲 整数性质教案.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
提优教程江苏省高中数学竞赛第35讲整数性质教案
第35讲整数的性质
初等数论的基本研究对象是整数.两个整数的和、差、积都是整数,但商却不一定是整数.由此引出了数论中最基本的概念:
整除.
整除性理论是初等数论中最基础的部分,它是在带余除法的基础上建立起来的.
整数a除以整数b(b≠0),可以将a表示为a=bq+r,这里q,r是整数,且0≤r<b.q称为a除以b所得的商,r称为a除以b所得的余数.
当r=0时,a=bq,称a能被b整除,或称b整除a,记为b|a,b叫做a的因数,a叫做b的倍数;q取1,则a=b,a也是它本身的因数.
当r≠0时,称a不能被b整除,b不整除a,记作b├a.
若c|a,c|b,则称c是a,b的公因数,a,b的最大公因数d记为(a,b).
若a|c,b|c,则称c是a,b的公倍数,a,b的最小公倍数M记为[a,b].
一个正整数,按它的正因数个数可以分为三类.只有一个正因数的正整数是1;有两个正因数的正整数称为素数(质数),素数的正因数只有1和它本身;正因数个数超过两个的正整数称为合数,合数除了1和它本身外还有其他正因数.
任何一个大于1的整数均可分解为素数的乘积,若不考虑素数相乘的前后顺序,则分解式是惟一的.一个整数分解成素数的乘积时,其中有些素数可能重复出现,把分解式中相同的素数的积写成幂的形式,大于1的整数a可以表示为:
a=
,其中i=l,2,…,s.
以上式子称为a的标准分解式.大于l的整数的标准分解式是惟一的(不考虑乘积的先后顺序).
若a的标准分解式是a=
,其中i=l,2,…,s,则d是a的正因数的充要条件是d=
,其中
0≤βi≤αi,i=l,2,…,s.
由此可知,a的正因数的个数为d(a)=(α1+1)(α2+1)…(αs+1).
由a的标准分解式a=
(i=l,2,…,s),若a是整数的k次方,则αi(i=l,2,…,s)是k的倍数.若a是整数的平方,则αi(i=l,2,…,s)是偶数.
推论:
设a=bc,且(b,c)=1,若a是整数的k次方,则b,c也是整数的k次方.若a是整数的平方,则b,c也是整数的平方.
A类例题
例1.若任何三个连续自然数的立方和都能被正整数a整除,则这样的a的最大值是()
A.9B.3C.2D.1
分析观察最小的三个连续自然数的立方和36,a是它的约数,a不会超过36,不能排除任何选择支;观察第二个小的三个连续自然数的立方和,进一步缩小a的范围,可以排除取偶数的可能。
当前面几个都是某数的倍数时,可以猜想出a的最大值,但最好能证明所有“三个连续自然数的立方和”都是某数的倍数。
解记an=n3+(n+1)3+(n+2)3,则a1=13+23+33=36=4×9,
a2=23+33+43=99为奇数,则a|a1,a|a2,(a1,a2)=9,故a|9,所以a=1,3,9。
又an=n3+(n+1)3+(n+2)3=3n3+9n2+15n+9=3n3+9n2+6n+9n+9=3n(n2+3n+2)+9(n+1)=3n(n+1)(n+2)+9(n+1),
∴9|an,故amax=9,选A。
说明解法中,把3n3+9n2+15n+9分为3n(n2+3n+2)与9(n+1)两部分,分别说明其为9的倍数。
在考虑整除的证明时,把整数n的多项式分成几组分别因式分解是常用的方法。
例2.若p是大于3的质数,则p2除以24的余数为1。
分析:
即证明p2-1是24的倍数,也即证明p2-1既是3的倍数又是8的倍数。
p-1、p+1之间只有一个质数p,而连续的两个自然数中必有2的倍数,连续的三个自然数中必有3的倍数。
证明1∵p是大于3的质数,∴p不是偶数,不是3的倍数,
又∵p2-1=(p-1)(p+1),连续的三个整数中必有3的倍数,
∴p-1、p+1中必有3的倍数,且p-1、p+1是连续的两个偶数,(p-1)(p+1)是8的倍数。
∴p2-1=(p-1)(p+1)是24的倍数,即p2除以24的余数为1。
证明2设p=6n±1(6n,6n±2,6n+3均为合数),
则(6n±1)2=36n2±12n+1=12n(3n±1)+1,
∵n和3n±1必为一奇一偶,∴n(3n±1)为偶数。
∴12n(3n±1)必为24的倍数,∴(6n±1)2=24k+1
即p2除以24的余数为1。
说明大于3的质数,必定是奇数,又不是3的倍数,所以一定是形如6n±1的数。
6是24的约数,用这样的形式表出后再变形,容易推出结论。
例3.试证明
是既约分数。
分析即证明(21p+4,14p+3)=1。
若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)=(a-bt,b)。
可以用此法化简。
证明∵(21p+4,14p+3)=(21p+4―14p―3,14p+3)
=(7p+1,14p+3)=(7p+1,14p+3―14p―2)
=(7p+1,1)=1,
∴
是既约分数。
说明证明过程中用到性质(a,b)=(a-bt,b),因为,若
、b的任一公约数,则由
、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,所以a,b与a-bt,b有相同的最大公约数。
求两个正整数的最大公约数常用辗转相除法。
链接辗转相除法:
设a、b∈N*,且a>b,由带余除法有
因为每进行一次带余除法,余数至少减1,即b>r1>r2>…>rn>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,故得:
rn=(rn+1,rn)=(rn,rn-1)=…=(r2,r1)=(r1,b)=(a,b)
例如,(3960,756)=(756,180)=(180,36)=36。
例4.一个自然数,它的末位数字移到首位时,数值便为原来的5倍,求满足条件的最小自然数。
分析正整数有多种表示形式,选择适当的形式有利于问题解决。
由题目的条件,此表示形式应该把数的末位数字反映出来,而其他位置上的数字可以整体的看待。
解设所求数为
,由已知得
=5
,
∴an×10n-1+
=5(10×
+an),
∴(10n-1-5)an=49
,∴an×
=49
,①
∵an是个位数字,不能被49整除,∴99…95至少能被7整除,
∴它最小时应为99995,此时n=6,
若有解,则①式为a6×99995=49
,
∴a6×14285=7
,
∵14285不能被7整除,∴a6=7,∴
=14285,
∴满足条件的最小自然数为142857。
说明99…95能被7整除是必要条件,99995是满足被7整除条件的最小数,但99995是不是问题的解还要进一步探讨,如果寻找到满足条件的a6和
,则
就是问题的解;如果找不到满足条件的a6和
,则要考虑比99995略大的形如99…95的数。
情景再现
1.一个六位数,如果它的前三位数字与后三位数字完全相同,顺序也相同,则它可以不是()
A.7的倍数B.9的倍数
C.11的倍数D.13的倍数
2.若p与d都是正整数,其中d不能被6整除,当p、p+d、p+2d都是质数时,则p+3d一定是()
A.质数B.9的倍数
C.3的倍数D.质数或是9的倍数
3..已知n为正整数,若
是一个既约分数,那么这个分数的值等于.
4.求具有下列性质的最小正整数n:
(1)它以数字6结尾;
(2)如果把数字6移到第一位之前,所得的数是原数的4倍。
B类例题
例5.试证1999|(19981998+20002000-2001).
分析:
19981998和20002000是很大的数字,它们除以1999的余数常常借助于二项式定理或xn+yn,xn-yn的因式分解公式。
证明:
由二项式定理(a+b)n=
an+
an-1b+…+
an-kbk+…+
bn,
知(a+b)n=aM+bn,由此可得
19981998=(1999-1)1998=1999M+1,
20002000-=(1999+1)2000-=1999N+1,
这里M,N∈Z.于是
19981998+20002000-2001=1999M+1999N-1999=1999(M+N-1),
从而1999|(19981998+20002000-2001).
说明对于整数的高次方幂的整除,除了运用同余的性质,二项式定理和因式分解的裴蜀定理是常用的工具。
链接因式分解公式(裴蜀定理):
对大于1的整数n有
xn-yn=(x-y)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+……+xyn-2+yn-1);
对大于1的奇数n有
xn+yn=(x+y)(xn-1-xn-2y+xn-3y2-……-xyn-2+yn-1);
对大于1的偶数n有
xn-yn=(x+y)(xn-1-xn-2y+xn-3y2-……+xyn-2-yn-1);
二项式定理:
(a+b)n=
an+
an-1b+…+
an-kbk+…+
bn;
其中
=
是整数。
若a,b是整数,则(a+b)n=aM+bn。
例6.已知自然数a、b、c满足[a,b]=24,(b,c)=6,[c,a]=36,则满足上述条件的数组(a,b,c)有多少组?
分析条件[a,b]=24及[c,a]=36意味着a、b、c不大,都是24或36的约数,对于a,它既是24又是36的约数,所以它是12的约数。
而b,满足(b,c)=6,则是6的倍数,是24的约数,只能取6,12,24。
注意到a的取值,b更是只能取24。
解a|24,a|36a|12a=1,2,3,4,6,12.
6|b,b|24b=6,12,24.
6|c,c|36c=6,12,18,36.
若a=1,2,3,4,6,12时,由[a,b]=24,得b=24,
a不是9的倍数,由[a,c]=36,则c是9的倍数,
再由(b,c)=6,得c=36或18(a=4,12时),
但(24,36)=12,矛盾.故c=18.
∴a=12,b=24,c=18或a=4,b=24,c=18.
即有(12,24,18),(4,24,18)二组.
说明例6的解法是数论中常用筛法,先粗选出可能的值,再从中筛出满足要求的数来。
例7.已知n是三位奇数,它的所有正因数(包括1和n)的末位数字之和是33,求满足条件的数n。
分析:
条件中隐含了整数的正因数个数是奇数。
联想算术基本定理:
n=pkqi…ts,正因数个数为d(n)=(k+1)(i+1)…(s+1),题中每个因数均为奇数,因数的个数也是奇数,故k,i,s是偶数,所以n完全平方数。
三位奇数是完全平方数,范围缩小到11个。
还能把范围缩小点吗?
解:
由题,所有因数是奇数,所有因数的个数是奇数,
所以,每个质因数的指数是偶数,n是完全平方数;
若是质数的平方数,则有3个因数,个位数字之和不能超过27,
故为合数的完全平方数;
这样的三位数只能在下列数中间:
152,212,252,272。
逐个验算,得n=729。
说明本例题的解法实质上还是筛选法,三位数有900个,三位奇数是其中一半,但如果能从条件中发现是完全平方数,范围就非常有限了。
例8.已知m、n、k是正整数,且mn|nm,nk|kn。
证明:
mk|km。
(2004年新西兰数学奥林匹克)
分析条件mn|nm,说明mn是nm的约数,对于给定的m、n,怎样去找到mn与nm的联系?
必须具体一些。
mn是nm的约数,则mn的每一个因数都是nm的约数,考虑
证明设m、n、k中所有的质因数分别是p1,p2,…,ps,不妨设p1<p2<…<ps,且表示m=
,n=
,k=
,其中αi,βi,γi≥0,i=l,2,…,s.
由mn|nm得0≤nαi≤mβi,
由nk|kn得0≤kβi≤nγi,
两式相乘得0≤knαiβi≤mnβiγi,即0≤kαi≤mγi,i=l,2,…,s.
∴mk|km。
说明整除和约数问题中,可以借助算术基本定理把抽象的关系式转化为较具体的形式处理。
这里用到性质:
若a的标准分解式是a=
,其中i=l,2,…,s,则d是a的正因数的充要条件是d=
,其中
0≤βi≤αi,i=l,2,…,s.
情景再现
5.设m>n≥0,证明:
(
+1)|(
-1)。
6.证明:
当n为任何整数时,2n6–n4–n2能被36整除。
7.a是正整数,且a4+a3+a2+a+1是完全平方数,求所有满足条件的a。
8.设n为整数,则13除n2+5n+23的余数的集合是。
C类例题
例9.设p是质数,且p2+71的不同正因数的个数不超过10个,求p.(2006年江苏初赛)
分析分解因数,可以先从p的起始值开始探索.由例2,p2-1是24的倍数,p2+71=p2-1+72,72也是24的倍数。
所以23,31都是p2+71的因数。
p2+71正因数个数显然超过8个。
解当p=2时,p2+71=75=52×3,此时共有正因数(2+1)×(1+1)=6个,p=2满足条件;
当p=3时,p2+71=80=24×5,此时共有正因数(4+1)×(1+1)=10个,p=3满足条件;
当p>3时,p2+71=p2-1+72=(p-1)(p+1)+72,质数p必为3k±1型的奇数,p-1、p+1是相邻的两个偶数,且其中必有一个是3的倍数,所以(p-1)(p+1)是24的倍数,所以p2+71是24的倍数.
p2+71=24×m,m≥4.
若m有不同于2,3的质因数,那么p2+71的正因数个数≥(3+1)×(1+1)×(1+1)>10;
若m中含有质因数3,那么p2+71的正因数个数≥(3+1)×(2+1)>10;
若m中仅含有质因数2,那么p2+71的正因数个数≥(5+1)×(1+1)>10;
所以p>3不满足条件;
综上所述,所求的质数p是2或3.
说明本题中,对于p>3时的情况,也可以设p=6n±1来讨论。
注意数n的正因数个数公式:
若n的标准分解式是n=
,其中i=l,2,…,s,则a是n的正因数的充要条件是a=
,其中0≤βi≤αi,i=l,2,…,s.由此可知,n的正因数的个数为d(n)=(α1+1)(α2+1)…(αs+1).
例10.称自然数为“完全数”,如果它等于自己的所有不包括自身的正约数的和,例如6=1+2+3。
如果大于6的“完全数”可被3整除,证明它必能被9整除。
分析要证明一个大于6且能被3整除的“完全数”3n,必定是9的倍数,可以从反面考虑——假如它不是9的倍数。
此时n不是3的倍数,设集合A={d|d是n的正约数},则集合A与集合B={3d|d是n的正约数}的并集恰好是3n的正约数集合,“完全数”3n的所有正约数的和3n+3n是4的倍数,故n是偶数。
所以
,n,
都是“完全数”3n的约数。
只要还有其它的正约数,即可以说明3n不是“完全数”。
解设“完全数”等于3n(n>2),假设其中n不是3的倍数,于是3n的所有正约数(包括它自己)总可以分为两类:
能被3整除的正约数和不能被3整除的正约数,若其中d是不可被3整除的正约数,则3d是可被3整除的正约数,且d→3d是一一对应。
从而3n的所有正约数的和是4的倍数。
又由题意,所有正约数的和(包括自身)为6n,因此,n是2的倍数。
因为n>2,所以
,n,
和1是3n的互不相同的正约数,它们的和等于3n+1>3n,与“完全数”的定义矛盾。
所以n必须是3的倍数,即这类“完全数”是9的倍数。
说明本题涉及到两个概念,“完全数”和所有正因数的和。
n是完全数,则它的所有正因数的和为2n,另外,若n=
,则n的所有正因数的和是σ(n)=(1+p1+
+…+
)(1+p2+
+…+
)…(1+ps+
+…+
)=
。
请思考,能否延此方向解决问题。
情景再现
9.求所有使p2+2543具有少于16个不同正因数的质数p。
(2003年泰国数学奥林匹克)
10.
(1)若n(n∈N*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005,求n的最小值,并说明理由;
(2)若n(n∈N*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于20022005,求n的最小值,并说明理由.(2005年江苏)
习题13
1.对于正整数n,如果能找到正整数a、b,使n=a+b+ab,则称n为“好数”,则在前100个正整数中,共有“好数”()
A.78个B.74个C.70个D.66个
2.设a为正奇数,则a2-1必是
A.5的倍数B.3的倍数C.7的倍数D.8的倍数
3.设n为奇质数,求证:
2n-1与2n+1不能同时是质数.
4.
的整数部分末三位数字是几?
5.设n是正整数,且4n2+17n-15表示两个相邻正整数的积,求这样的n的值.
6.若26+29+2n为一个平方数,则正整数n=。
(2005年江西)
7.证明:
任何十个连续正整数中必有至少一个数与其他各数都互质.
8.对任意正整数n,求证:
(n+2)
(12005+22005+…+n2005)。
9.把1—2006这2006个数分成n个小组,使每个数都至少在某一个组中,且第一组中的数没有2的倍数,第二组中的数没有3的倍数,……,第n组中没有n+1的倍数,那么,n至少是几?
10.是否存在2006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?
“情景再现”解答:
1.选B。
设此六位数为x=a×105+b×104+c×103+a×102+b×10+c=100100×a+10010×b+1001×c=1001(100a+10b+c)=7×11×13×(100a+10b+c),∵a,b,c都是整数,∴100a+10b+c也是整数,∴7,11,13一定是x的约数。
2.选C.∵p+2d是质数,p、d是正整数,∴p必是奇数。
∵p+d是质数,p是奇数,∴d必是偶数。
又d不能被6整数,∴d=6m+2或d=6m+4(m∈Z),设p=3k+1,或p=3k+2,或p=3k(k∈Z),当p=3k+1或p=3k+2时,p+d或p+2d中必有一个是3的倍数且大于3,不是质数与已知条件矛盾,∴p=3k,而已知p是质数,∴p=3,当d=6m+2时,p+3d=3+18m+6=9(2m+1),当d=6m+4时,p+3d=3+18m+12=3(6m+5),∵m∈Z,∴2m+1∈Z,6m+5∈Z,∴p+3d一定是3的倍数。
3.解:
,而当n-2=±1时,若(n+8,n+5)=(n+5,3)=1,则
是一个既约分数,故当n=3时,该分数是既约分数.∴这个分数为
.
4.设删去最后的数字6后,余下的数为x,若x是m位数,则原数是n=10x+6.据题意有4(10x+6)=6×10m+x,解得x=
×2×(10m–4),要使n最小,就是使m最小,且使2(10m–4)是13的倍数。
取m=1,2,3,…逐一检验,知m最小为5,∴x=2×7692=15384,所求的最小数是153846。
5.n是正整数,则xn-yn=(x-y)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+……+xyn-2+yn-1)(*),在(*)中取x=
,y=1,并以2m–n–1代替(*)中的n,得(
-1)|(
-1)。
又
-1=(
)2-1=(
+1)(
-1),故(
+1)|(
-1),
于是(
+1)|(
-1)。
6.由于36=4×9,而(4,9)=1,所以只要分别证明2n6―n4―n2被4及9整除。
将2n6―n4―n2分解成n2(2n2+1)(n2-1),当n为偶数时,4|n2;当n为奇数时,n2被4除余数为1,故4|(n2-1)。
故4|n2(2n2+1)(n2-1)。
当n=3k(k∈Z)时,9|n2(2n2+1)(n2-1);当n=3k±1(k∈Z)时,n2被3除余数总是1,所以3|(n2-1),且2n2被3除余数为2,所以3|(2n2+1),于是9|(n2-1)(2n2+1),故9|n2(n2-1)(2n2+1)。
7.设f(a)=a4+a3+a2+a+1=b2,由f(a)>a4+a3+
=(a2+
)2、f(a)<a4+a3+
a2+a+1=(a2+
+1)2知(a2+
)2<b2<(a2+
+1)2,所以(2a2+a)2<(2b)2<(2a2+a+2)2,那么只有(2b)2=(2a2+a+1)2,∴4f(a)=(2a2+a+1)2,整理得a2―2a―3=0,∵a是正整数,∴a=3。
8.解:
当n是13的倍数时,则13除n2+5n+23的余数为10,当n为13k±1型的整数时,n2-1是13的倍数,则13除n2+5n+23=n2-1+65k+24±5的余数为3或6,当n为13k±2型的整数时,n2-4是13的倍数,则13除n2+5n+23=n2-4+65k+27±10的余数为4或11,当n为13k±3型的整数时,n2-9是13的倍数,则13除n2+5n+23=n2-9+65k+32±15的余数为4或8,当n为13k±4型的整数时,n2-16是13的倍数,则13除n2+5n+23=n2-16+65k+39±20的余数为6或7,当n为13k±5型的整数时,n2-25是13的倍数,则13除n2+5n+23=n2-25+65k+48±25的余数为10或8,当n为13k±6型的整数时,n2-36是13的倍数,则13除n2+5n+23=n2-36+65k+59±25的余数为8或6,即质数13除n2+5n+23的余数的集合为{3,4,6,7,8,10,11}。
9.解:
当p=2时,p2+2543=2547=32×283,283不是2,3,5,7,11,13的倍数,是质数,此时共有正因数(2+1)×(1+1)=6个,p=2满足条件;
当p=3时,p2+2543=2552=23×11×19,此时共有正因数(3+1)×(1+1)×(1+1)=16个,p=3不满足条件;
当p>3时,p2+2543=p2-1+2544=(p-1)(p+1)+2400+144,质数p>3,则必为3k±1型的奇数,p-1、p+1是相邻的两个偶数,且其中必有一个是3的倍数,所以(p-1)(p+1)是24的倍数,所以p2+2543是24的倍数,p2+2543=23+i×31+j×m,若m>1,共有正因数(3+i+1)×(1+j+1)×(k+1)>16个,若m=1,2i×3j>106,当j>1,正因数个数不少于16,当j=1,i>4,正因数个数不少于24,当j=0,i>5,正因数个数不少于18,所以p>3不满足条件;
综上所述,p≥2时,正因数个数至少有16个,而p=2时正因数个数为6,故所求的质数p是2。
10.解:
(1)因为103=1000,113=1331,123=1728,133=2197,123<2005<133,故n≠1.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 提优教程江苏省高中数学竞赛 第35讲 整数性质教案 教程 江苏省 高中数学 竞赛 35 整数 性质 教案
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)