整數的整除性
2009-08-31 11:12:42網(wǎng)絡(luò )來(lái)源
1．整數的整除性的有關(guān)概念、性質(zhì)
�。�1）整除的定義：對于兩個(gè)整數a、d（d≠0），若存在一個(gè)整數p，使得成立，則稱(chēng)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，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（這一性質(zhì)還可以推廣到更多項的和）
例1（1987年北京初二數學(xué)競賽題）x，y，z均為整數，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(wèn)題的證明方法
(1)利用數的整除性特征（見(jiàn)第二講）
例2（1980年加拿大競賽題）設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）利用連續整數之積的性質(zhì)
�、偃我鈨蓚�(gè)連續整數之積必定是一個(gè)奇數與一個(gè)偶數之一積，因此一定可被2整除。
�、谌我馊齻�(gè)連續整數之中至少有一個(gè)偶數且至少有一個(gè)是3的倍數，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(gè)性質(zhì)可以推廣到任意個(gè)整數連續之積。
例3（1956年北京競賽題）證明：對任何整數n都為整數，且用3除時(shí)余2。
證明
∵為連續二整數的積,必可被2整除.
∴對任何整數n均為整數,
∵為整數,即原式為整數.
又∵
，
2n、2n+1、2n+2為三個(gè)連續整數，其積必是3的倍數，而2與3互質(zhì)，
∴是能被3整除的整數.
故被3除時(shí)余2.
例4一整數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.設a=2k+1(k為整數),
則a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).
∵k、k+1為二個(gè)連續整數，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(gè)連續整數，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)利用整數的奇偶性
下面我們應用第三講介紹的整數奇偶性的有關(guān)知識來(lái)解幾個(gè)整數問(wèn)題.
例5求證:不存在這樣的整數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，∴左端a為奇數，bcd-1為奇數.
同理,由②、③、④知b、c、d必為奇數，那么bcd為奇數，bcd-1必為偶數，則a（bcd-1）必為偶數，與①式右端為奇數矛盾.所以命題得證.
例6(1985年合肥初中數學(xué)競賽題)設有n個(gè)實(shí)數x1,x2,…，xn，其中每一個(gè)不是+1就是-1，
且
試證n是4的倍數.
證明設(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(gè)數相同，設為k，于是n=2k.又y1y2y3…yn=1，即（-1）k=1，故k為偶數，
∴n是4的倍數.
其他方法：
整數a整除整數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屆數學(xué)邀請賽題)使n3+100能被n+10整除的正整數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(shí),相應地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年高二數學(xué)競賽)設a、b、c為滿(mǎn)足不等式1＜a＜b＜c的整數，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能數組（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k,使
ab+ac+bc-1=kabc,②
k=＜＜＜＜
∴k=1.
若a≥3，此時(shí)
1=-＜矛盾.
已知a＞1.∴只有a=2.
當a=2時(shí)，代入②中得2b+2c-1=bc，
即1=＜
∴0＜b＜4，知b=3，從而易得c=5.
說(shuō)明：在此例中通過(guò)對因數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n，能使數被1987整除.求證數
，
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，余數分別為1000，100，10，于是q表示式中括號內的數被除，余數為1987，它可被1987整除，所以括號內的數能被1987整除，即q能被1987整除.
練習十六
1．選擇題
�。�1）（1987年上海初中數學(xué)競賽題）若數n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，則不是n的因數的最小質(zhì)數是（）.
�。ˋ）19（B）17（C）13（D）非上述答案
�。�2）在整數0、1、2…、8、9中質(zhì)數有x個(gè)，偶數有y個(gè)，完全平方數有z個(gè)，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年加拿大數學(xué)競賽題）把100000表示為兩個(gè)整數的乘積，使其中沒(méi)有一個(gè)是10的整倍數的表達式為_(kāi)_________.
(2)一個(gè)自然數與3的和是5的倍數,與3的差是6的倍數,這樣的自然數中最小的是_________.
(3)(1989年全國初中聯(lián)賽題)在十進(jìn)制中,各位數碼是0或1,并且能被225整除的最小自然數是________.
3.求使為整數的最小自然數a的值.
4.(1971年加拿大數學(xué)競賽題)證明:對一切整數n,n2+2n+12不是121的倍數.
5.(1984年韶關(guān)初二數學(xué)競賽題)設是一個(gè)四位正整數,已知三位正整數與246的和是一位正整數d的111倍,又是18的倍數.求出這個(gè)四位數,并寫(xiě)出推理運算過(guò)程.
6.(1954年蘇聯(lián)數學(xué)競賽題)能否有正整數m、n滿(mǎn)足方程m2+1954=n2.
7.證明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n為非負整數.
(2)若將(1)中的11改為任意一個(gè)正整數a,則(1)中的12,133將作何改動(dòng)?證明改動(dòng)后的結論.
8.(1986年全國初中數學(xué)競賽題)設a、b、c是三個(gè)互不相等的正整數.求證:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三個(gè)數中,至少有一個(gè)能被10整除.
9.(1986年上海初中數學(xué)競賽題)100個(gè)正整數之和為101101,則它們的最大公約數的最大可能值是多少?證明你的結論.
練習十六
�。保拢拢�
�。玻ǎ保玻�·５５．（２）２７．
�。常�2000a為一整數平方可推出a=5．
�。矗醋C法．若是１２１的倍數，設ｎ２＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ（ｎ＋１）２＝１１（１１ｋ－１）．∵１１是素數且除盡（＋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，∴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(dòng)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中有偶數或均為奇數，以上三數總能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一個(gè)是５的倍數，則題中結論必成立．若均不能被５整除，則ａ２，ｂ２，ｃ２個(gè)位數只能是１，４，６，９，從而ａ２－ｂ２，ｂ２－ｃ２，ｃ２－ａ２的個(gè)位數是從１，４，６，９中，任取三個(gè)兩兩之差，其中必有０或±５，故題中三式表示的數至少有一個(gè)被５整除，又２、５互質(zhì)．
�。梗O１００個(gè)正整數為ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公約數為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(mǎn)足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值為１００１．
