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基础知识 整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。 1．整除的概念及其性质 在高中数学竞赛中如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。 定义：设  是给定的数， ，若存在整数 ，使得 则称 整除 ，记作 ，并称是的一个约数(因子)，称是的一个倍数，如果不存在上述，则称不能整除记作 。由整除的定义，容易推出以下性质： (1)若  且 ，则(传递性质)；(2)若 且，则 即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。若反复运用这一性质，易知及，则对于任意的整数 有 。更一般，若 都是的倍数，则 。或着 ，则 其中 ；(3)若 ，则或者 ，或者 ，因此若且 ，则 ；(4) 互质，若 ，则 ；(5)  是质数，若 ，则能整除中的某一个；特别地，若是质数，若 ，则 ；(6)(带余除法)设 为整数， ，则存在整数 和 ，使得 ，其中 ，并且和由上述条件唯一确定；整数被称为被除得的(不完全)商，数称为被除得的余数。注意：共有种可能的取值：0,1，……， 。若 ，即为被整除的情形；易知，带余除法中的商实际上为  （不超过 的最大整数），而带余除法的核心是关于余数的不等式：。证明的基本手法是将分解为与一个整数之积，在较为初级的问题中，这种数的分解常通过在一些代数式的分解中取特殊值而产生，下面两个分解式在这类论证中应用很多，见例1、例2。若  是正整数，则 ；若 是正奇数，则 ；（在上式中用 代 ）(7)如果在等式  中取去某一项外，其余各项均为的倍数，则这一项也是的倍数；(8)n个连续整数中，有且只有一个是n的倍数； (9)任何n个连续的整数之积一定是n!的倍数，特别地，三个连续的正整数之积能被6整除； 2．奇数、偶数有如下性质： (1)奇数  奇数=偶数，偶数偶数＝偶数，奇数偶数＝奇数，偶数 偶数＝偶数，奇数偶数＝偶数，奇数奇数＝奇数；即任意多个偶数的和、差、积仍为偶数，奇数个奇数的和、差仍为奇数，偶数个奇数的和、差为偶数，奇数与偶数的和为奇数，和为偶数；（2）奇数的平方都可以表示成  的形式，偶数的平方可以表示为 或 的形式；（3）任何一个正整数 ，都可以写成 的形式，其中 为负整数， 为奇数。（4）若有限个整数之积为奇数，则其中每个整数都是奇数；若有限个整数之积为偶数，则这些整数中至少有一个是偶数；两个整数的和与差具有相同的奇偶性；偶数的平方根若是整数，它必为偶数。 3．完全平方数及其性质 能表示为某整数的平方的数称为完全平方数，简称平方数。平方数有以下性质与结论： （1）平方数的个位数字只可能是0,1，4,5，6,9； （2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余数只有可能是0或1； （3）奇数平方的十位数字是偶数； （4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6； （5）不能被3整除的数的平方被3除余1，能被3整数的数的平方能被3整除。因而，平方数被9也合乎的余数为0,1，4,7，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能是0,1，4,7； （6）平方数的约数的个数为奇数； （7）任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数。 （8）设正整数 之积是一个正整数的 次方幂（ ），若（）＝1，则都是整数的次方幂。一般地，设正整数 之积是一个正整数的次方幂（），若两两互素，则都是正整数的k次方幂。4．整数的尾数及其性质 整数 的个位数也称为整数的尾数，并记为 。也称为尾数函数，尾数函数具有以下性质：（1）  ；（2） ＝ ；（3）   ；（4） ； ；（5）若  ，则 ；（6） ；（7）  ；（8）  5．整数整除性的一些数码特征（即常见结论） （1）若一个整数的未位数字能被2（或5）整除，则这个数能被2（或5）整除，否则不能； （2）一个整数的数码之和能被3（或9）整除，则这个数能被3（或9）整除，否则不能； （3）若一个整数的未两位数字能被4（或25）整除，则这个数能被4（或25）整除，否则不能； （4）若一个整数的未三位数字能被8（或125）整除，则这个数能被8（或125）整除，否则不能； （5）若一个整数的奇位上的数码之和与偶位上的数码之和的差是11的倍数，则这个数能被11整除，否则不能。 6．质数与合数及其性质 1．正整数分为三类：（1）单位数1；（2）质数（素数）：一个大于1的正整数，如果它的因数只有1和它本身，则称为质（素）数；（3）如果一个自然数包含有大于1而小于其本身的因子，则称这个自然数为合数。 2．有关质（素）数的一些性质 （1）若  ，则的除1以外的最小正因数是一个质（素）数。如果 ，则 ；（2）若 是质（素）数，为任一整数，则必有或（ ）＝1；（3）设  为个整数，为质（素）数，且 ，则必整除某个 （ ）；（4）（算术基本定理）任何一个大于1的正整数 ，能唯一地表示成质（素）因数的乘积（不计较因数的排列顺序）；（5）任何大于1的整数 能唯一地写成 ① 的形式，其中 为质（素）数（ ）。上式叫做整数的标准分解式；（6）若 的标准分解式为①，的正因数的个数记为 ，则 。典例分析 例1．证明：  被1001整除。证明：  所以  整除。例2．对正整数 ，记 为的十进制表示中数码之和。证明： 的充要条件是 。证明：设  （这里 ，且 ），则 ，于是有  ①对于  ，知 ，故①式右端个加项中的每一个都是9的倍数，从而由整除的性质可知它们的和也能被9整除，即 。由此可易推出结论的两个方面。例3．设  是一个奇数，证明L对于任意正整数，数 不能被 整除。证明：  时，结论显然成立。设 ，记所说的和为A，则： 。由k是正奇数，从而结于每一个  ，数 被 整除，故 被除得余数为2，从而A不可能被整除（注意 ）。例4．设  是正整数， ，证明：（ ）（ ）。证明：首先，当  时，易知结论成立。事实上， 时，结论平凡；当 时，结果可由 推出来（注意）。最后，  的情形可化为上述特殊情形：由带余除法 而 ，由于 ，从而由若是正整数，则 知 ；而 ，故由上面证明了的结论知   （注意时结论平凡），从而当时，也有（） （）。这就证明了本题的结论。 例5．设正整数  满足 ，证明： 不是质（素）数。证法一：由 ，可设 其中 。由 意味着有理数 的分子、分母约去了某个正整数 后得既约分数 ，因此， ①同理，存在正整数  使得 ②因此， ＝ 是两个大于1的整数之积，从而不是素数。注：若正整数 适合，则可分解为①及②的形式，这一结果在某些问题的解决中很有作用。证法二：由 ，得 ，因此 ，因为是整数，故 也是整数。若它是一个素数，设为 ，则由 ③ 可见 整除 ，从而素数整除 或 。不妨设｜，则 ，结合③推出 ，而这是不可能的（因为 ）。例6．求出有序整数对（ ）的个数，其中 ， ， 是完全平方数。 （1999年美国数学邀请赛试题）解：由于 ，可得：＜  。又  ，于是 若 是完全平方数，则必有＝ 。然而 ＝ ，于是必有 ，即 ，此时 ， 。所以所求的有序整数对（）共有98对： 。例7．证明：若正整数 满足 ，则 和 都是完全平方数。 （2006年山东省第二届夏令营试题）证法一：已知关系式即为   （）（）＝ ①若  （或者说中有一个为0时），结论显然。不妨设  且 ，令 ，则 ， 从而 ＝ ，将其代入①得 ②因为   ，所以 ，从而  ；而②式又可写成  ；因为 且，所以 所以  ，从而 。所以  ，所以＝ ，从而为完全平方数。所以  也是完全平方数。证法二：已知关系式即为 （）（）＝ ①论证的关键是证明正整数 与互素。记  （，）。若 ，则 有素因子，从而由①知 。因为是素数，故 ，结合 知，从而由 得1，这是不可能的。故 ，从而由①推知正整数与都是完全平方数。例8．证明不存在正整数 ，使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数。证明：假设存在这样的正整数 ，使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数，那么（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）也必定是完全平方数。 而（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）＝36n6+36n4+11n2+1；  36n6+36n4+9n2； 36n6+36n4+12n3+9n2+6n+1；所以  （2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）＜ 与（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）为完全平方数矛盾。例9．数列  的通项公式为 ， ．记  ，求所有的正整数，使得 能被8整除．（2005年上海竞赛试题）解：记   注意到  ，可得 因此，Sn+2除以8的余数，完全由Sn+1、Sn除以8的余数确定  ，故由(*)式可以算出 各项除以8的余数依次是1,3，0,5，7,0，1,3，……，它是一个以6为周期的数列，从而 故当且仅当  练习题 1．证明：如果 和 都是大于3的素数，则6是 的因子。证明：因为 是奇数，所以2是的因子。又因为，，除以3的余数各不相同，而与都不能被3整数。于是6是的因子。2．设  ，证明： ；解：由   ，故 ｜（ ）。又因为    ，从而｜ ，于是由整除的性质知。3．证明：对于任意正整数 ，数 不能被整除。 证明：只需证2（）2（ ）即可。因为若 是正整数，则；若 是正奇数，则；故 ｜ ；｜ ，……， ｜ 所以 ｜2（ ）。 又因为 ，所以 2，所以 2（）＋2 即（）2（）命题得证。4．已知 为正奇数，求证： 。证明：因为若 是正整数，则；若 是正奇数，则；所以  ， ，从而 ； ， ，从而 ； ， ，从而 ；又  且 ，所以。5．设a、b、c为满足不等式1＜a＜b＜c的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能数组（a，b，c）.（1989年上海竞赛试题） 解 ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1） =a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，① ∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）. ∴存在正整数k,使ab+ac+bc-1=kabc, ② k=  ＜ ＜＜ ＜ ∴k=1.若a≥3，此时1= -＜ 矛盾.已知a＞1. ∴只有a=2. 当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，即 1=  ＜ ∴0＜b＜4，知b=3，从而易得c=5. 说明：在此例中通过对因数k的范围讨论，从而逐步确定a、b、c是一项重要解题技巧. (责任编辑：admin) |