整數(shù)的整除性
2009-08-31 11:12:42網(wǎng)絡(luò)來源
1．整數(shù)的整除性的有關(guān)概念、性質(zhì)
�。�1）整除的定義：對于兩個整數(shù)a、d（d≠0），若存在一個整數(shù)p，使得成立，則稱d整除a，或a被d整除，記作d|a。
若d不能整除a，則記作da，如2|6，46。
（2）性質(zhì)
1）若b|a，則b|(-a)，且對任意的非零整數(shù)m有bm|am
2）若a|b，b|a，則|a|=|b|;
3）若b|a，c|b，則c|a
4）若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互質(zhì)，則b|c；
5）若b|ac，而b為質(zhì)數(shù)，則b|a，或b|c；
6）若c|a，c|b，則c|（ma+nb），其中m、n為任意整數(shù)（這一性質(zhì)還可以推廣到更多項的和）
例1（1987年北京初二數(shù)學(xué)競賽題）x，y，z均為整數(shù)，若11｜（7x+2y-5z），求證：11｜（3x-7y+12z）。
證明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)
而11｜11(3x-2y+3z),
且11｜(7x+2y-5z),
∴11｜4(3x-7y+12z)
又(11,4)=1
∴11｜(3x-7y+12z).
2.整除性問題的證明方法
(1)利用數(shù)的整除性特征（見第二講）
例2（1980年加拿大競賽題）設(shè)72｜的值。
解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需討論8、9都整除的值。
若8｜，則8｜，由除法可得ｂ＝２。
若9｜，則9｜（a+6+7+9+2），得a=3。
�。�2）利用連續(xù)整數(shù)之積的性質(zhì)
�、偃我鈨蓚�連續(xù)整數(shù)之積必定是一個奇數(shù)與一個偶數(shù)之一積，因此一定可被2整除。
�、谌我馊齻�連續(xù)整數(shù)之中至少有一個偶數(shù)且至少有一個是3的倍數(shù)，所以它們之積一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。
這個性質(zhì)可以推廣到任意個整數(shù)連續(xù)之積。
例3（1956年北京競賽題）證明：對任何整數(shù)n都為整數(shù)，且用3除時余2。
證明
∵為連續(xù)二整數(shù)的積,必可被2整除.
∴對任何整數(shù)n均為整數(shù),
∵為整數(shù),即原式為整數(shù).
又∵
，
2n、2n+1、2n+2為三個連續(xù)整數(shù)，其積必是3的倍數(shù)，而2與3互質(zhì)，
∴是能被3整除的整數(shù).
故被3除時余2.
例4一整數(shù)a若不能被2和3整除，則a2+23必能被24整除.
證明∵a2+23=（a2-1）+24，只需證a2-1可以被24整除即可.
∵2.∴a為奇數(shù).設(shè)a=2k+1(k為整數(shù)),
則a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).
∵k、k+1為二個連續(xù)整數(shù)，故k（k+1）必能被2整除，
∴8|4k（k+1），即8|（a2-1）.
又∵（a-1），a，（a+1）為三個連續(xù)整數(shù)，其積必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a2-1），
∵3a，∴3|（a2-1）.3與8互質(zhì),∴24|(a2-1),即a2+23能被24整除.
(3)利用整數(shù)的奇偶性
下面我們應(yīng)用第三講介紹的整數(shù)奇偶性的有關(guān)知識來解幾個整數(shù)問題.
例5求證:不存在這樣的整數(shù)a、b、c、d使：
a·b·c·d-a=①
a·b·c·d-b=②
a·b·c·d-c=③
a·b·c·d-d=④
證明由①，a（bcd-1）=.
∵右端是奇數(shù)，∴左端a為奇數(shù)，bcd-1為奇數(shù).
同理,由②、③、④知b、c、d必為奇數(shù)，那么bcd為奇數(shù)，bcd-1必為偶數(shù)，則a（bcd-1）必為偶數(shù)，與①式右端為奇數(shù)矛盾.所以命題得證.
例6(1985年合肥初中數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)有n個實數(shù)x1,x2,…，xn，其中每一個不是+1就是-1，
且
試證n是4的倍數(shù).
證明設(shè)(i=1,2,…，n-1)，
則yi不是+1就是-1，但y1+y2+…+yn=0，故其中+1與-1的個數(shù)相同，設(shè)為k，于是n=2k.又y1y2y3…yn=1，即（-1）k=1，故k為偶數(shù)，
∴n是4的倍數(shù).
其他方法：
整數(shù)a整除整數(shù)b，即b含有因子a.這樣,要證明a整除b,采用各種公式和變形手段從b中分解出因子a就成了一條極自然的思路.
例7(美國第4屆數(shù)學(xué)邀請賽題)使n3+100能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少?
解n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.
若n+100能被n+10整除,則900也能被n+10整除.而且,當n+10的值為最大時,相應(yīng)地n的值為最大.因為900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.
例8(上海1989年高二數(shù)學(xué)競賽)設(shè)a、b、c為滿足不等式1＜a＜b＜c的整數(shù)，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能數(shù)組（a，b，c）.
解∵（ab-1）（bc-1）（ca-1）
=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，①
∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.
∴存在正整數(shù)k,使
ab+ac+bc-1=kabc,②
k=＜＜＜＜
∴k=1.
若a≥3，此時
1=-＜矛盾.
已知a＞1.∴只有a=2.
當a=2時，代入②中得2b+2c-1=bc，
即1=＜
∴0＜b＜4，知b=3，從而易得c=5.
說明：在此例中通過對因數(shù)k的范圍討論，從而逐步確定a、b、c是一項重要解題技巧.
例9（1987年全國初中聯(lián)賽題）已知存在整數(shù)n，能使數(shù)被1987整除.求證數(shù)
，
都能被1987整除.
證明∵×××（103n+），且能被1987整除，∴p能被1987整除.
同樣，
q=（）
且
∴
故、102（n+1）、被除，余數(shù)分別為1000，100，10，于是q表示式中括號內(nèi)的數(shù)被除，余數(shù)為1987，它可被1987整除，所以括號內(nèi)的數(shù)能被1987整除，即q能被1987整除.
練習(xí)十六
1．選擇題
�。�1）（1987年上海初中數(shù)學(xué)競賽題）若數(shù)n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，則不是n的因數(shù)的最小質(zhì)數(shù)是（）.
�。ˋ）19（B）17（C）13（D）非上述答案
�。�2）在整數(shù)0、1、2…、8、9中質(zhì)數(shù)有x個，偶數(shù)有y個，完全平方數(shù)有z個，則x+y+z等于（）.
�。ˋ）14（B）13（C）12（D）11（E）10
（3）可除盡311+518的最小整數(shù)是（）.
�。ˋ）2（B）3（C）5（D）311+518（E）以上都不是
2．填空題
�。�1）（1973年加拿大數(shù)學(xué)競賽題）把100000表示為兩個整數(shù)的乘積，使其中沒有一個是10的整倍數(shù)的表達式為__________.
(2)一個自然數(shù)與3的和是5的倍數(shù),與3的差是6的倍數(shù),這樣的自然數(shù)中最小的是_________.
(3)(1989年全國初中聯(lián)賽題)在十進制中,各位數(shù)碼是0或1,并且能被225整除的最小自然數(shù)是________.
3.求使為整數(shù)的最小自然數(shù)a的值.
4.(1971年加拿大數(shù)學(xué)競賽題)證明:對一切整數(shù)n,n2+2n+12不是121的倍數(shù).
5.(1984年韶關(guān)初二數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)是一個四位正整數(shù),已知三位正整數(shù)與246的和是一位正整數(shù)d的111倍,又是18的倍數(shù).求出這個四位數(shù),并寫出推理運算過程.
6.(1954年蘇聯(lián)數(shù)學(xué)競賽題)能否有正整數(shù)m、n滿足方程m2+1954=n2.
7.證明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n為非負整數(shù).
(2)若將(1)中的11改為任意一個正整數(shù)a,則(1)中的12,133將作何改動?證明改動后的結(jié)論.
8.(1986年全國初中數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)a、b、c是三個互不相等的正整數(shù).求證:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三個數(shù)中,至少有一個能被10整除.
9.(1986年上海初中數(shù)學(xué)競賽題)100個正整數(shù)之和為101101,則它們的最大公約數(shù)的最大可能值是多少?證明你的結(jié)論.
練習(xí)十六
�。保拢拢�
２．（１）２５·５５．（２）２７．
�。常�2000a為一整數(shù)平方可推出a=5．
４．反證法．若是１２１的倍數(shù)，設(shè)ｎ２＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ（ｎ＋１）２＝１１（１１ｋ－１）．∵１１是素數(shù)且除盡（＋１）２，
∴１１除盡ｎ＋１１１２除盡（ｎ＋１）２或１１｜１１ｋ－１，不可能．
�。担墒牵涞模保保北�，可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６４２，７５３；又是１８的倍數(shù)，∴只能是１９８．而１９８＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，是１９８４．
�。罚ǎ保保保睿玻保玻玻睿保剑保玻�×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝１２１×１１ｎ＋１２×１１ｎ－１２×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝…＝１３３×１１ｎ＋１２×（１４４ｎ－１１ｎ）．第一項可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４ｎ－１１ｎ，∴１３３｜１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１．
�。ǎ玻保备臑椋幔保哺臑椋幔�，１３３改為ａ（ａ＋１）＋１．改動后命題為ａ（ａ＋１）＋１｜ａｎ＋２＋（ａ＋１）２ｎ＋１，可仿上證明．
�。福撸幔常猓幔猓常剑幔猓ǎ幔玻猓玻�；同理有ｂ（ｂ２－ｃ２）；ｃａ（ｃ２－ａ２）．若ａ
、ｂ、ｃ中有偶數(shù)或均為奇數(shù)，以上三數(shù)總能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一個是５的倍數(shù)，則題中結(jié)論必成立．若均不能被５整除，則ａ２，ｂ２，ｃ２個位數(shù)只能是１，４，６，９，從而ａ２－ｂ２，ｂ２－ｃ２，ｃ２－ａ２的個位數(shù)是從１，４，６，９中，任取三個兩兩之差，其中必有０或±５，故題中三式表示的數(shù)至少有一個被５整除，又２、５互質(zhì)．
�。梗O(shè)１００個正整數(shù)為ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公約數(shù)為ｄ，并令
則ａ１＋ａ-２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１００１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，從而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若�。幔保剑幔玻剑幔梗梗剑保埃埃�，ａ１００＝２００２，則滿足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值為１００１．
