余光中去世-勇敢的反义词

竞赛讲座02
－整数的整除性
1． 整数的整除性的有关概念、性质
（1） 整除的定义：对于两个整数a、d（d≠0）， 若存在一个整数p，
使得成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。
若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6。
（2） 性质
1） 若b|a，则b|(-a)，且对任意的非零整数m有bm|am
2） 若a|b，b|a，则|a|=|b|;
3） 若b|a，c|b，则c|a
4） 若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互质，则b|c；
5） 若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c；
6） 若c|a，c|b，则c|（ma+nb） ，其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广
到更多项的和）
例1 （1987年北京初二 数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求
证：11｜（3x-7y+12 z）。
证明∵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.整除性问题的证明方法

(1) 利用数的整除性特征（见第二讲）
例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜的值。
解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除的值。
若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。
若9｜，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3。
（2）利用连续整数之积的性质
① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可
被2整除。
② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以
它们之积一定可以被2整除，也可 被3整除，所以也可以被2×3=6整除。
这个性质可以推广到任意个整数连续之积。
例3（1956年北京竞赛题）证明：
3除时余2。
对任何整数n都为整数，且用
证明
∵为连续二整数的积,必可被2整除.
∴对任何整数n均为整数,
∵为整数,即原式为整数.

又∵
，
2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，
∴是能被3整除的整数.
故被3除时余2.
2
例4 一整数a若不能被2和3整除，则a+23必能被24整除.
证明 ∵a+23=（a-1）+24，只需证a-1可以被24整除即可.
∵2 .∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数),
则a-1=(2k+1)-1=4k+4k=4k(k+1).
∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除，
∴8|4k（k+1），即8|（a-1）.
又∵（a-1），a，（a+1）为三个连续整 数，其积必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）
2
=a（a-1），
∵3 a，∴3|（a-1）.3与8互质, ∴24|(a-1),即a+23能被24整除.
(3)利用整数的奇偶性
下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题.
例5 求证:不存在这样的整数a、b、c、d使：
222
2
222
222
a·b·c·d-a= ①
a·b·c·d-b= ②

a·b·c·d-c= ③
a·b·c·d-d= ④
证明 由①，a（bcd-1）=.
∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数.
同理,由②、③、④知b、c、d必为 奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶数，则a
（bcd-1）必为偶数，与①式右端为奇数矛盾 .所以命题得证.
例6 (1985年合肥初中数学竞赛题)设有n个实数x
1
,x
2
,…，x
n
，
其中每一个不是+1就是-1，
且

试证n是4的倍数.
证明 设 (i=1,2,…，n-1)，

则y
i
不是+1就是-1，但y
1
+y
2
+…+y
n
=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k， 于是
k
n=2k.又y
1
y
2
y
3
…y< br>n
=1，即（-1）=1，故k为偶数，
∴n是4的倍数.
其他方法： < br>整数a整除整数b，即b含有因子a.这样,要证明a整除b,采用各种公式和变形手
段从b中分 解出因子a就成了一条极自然的思路.
例7 (美国第4届数学邀请赛题)使n+100能被n+10整除的正整
数n的最大值是多少?
3

解n+100=(n+10)(n-10n+100)-900.
若n+100能被n+10整除,则900也能被n+10整除.而且,当n+10的值为最大时,相应
地n的值为最大.因为900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.
例8 (上海1989年高二数学竞赛)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）.
解 ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1）
=abc- 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
222
32
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.

例9 （1987年全国初中联赛题）已知存在整数n，能使数
被1987整除.求证数
，

都能被1987整除.
证明∵
（10+
同样，
3n
×
），且
××
能被1987整除，∴p能被1987整除.
q=（）
且
∴
故、10
2（n+1）
、被除，余数分
别为1000，100，10，于是q表示式中括号内的数被除，余数为1987，它可
被19 87整除，所以括号内的数能被1987整除，即q能被1987整除.
练习二
1． 选择题
（1）（1987年上海初中数学竞赛题）若数
n=20·30·40·50·60· 70·80·90·100·110·120·130，则不是n的因数的最
小质数是（ ）.
（A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案

（2）在整 数0、1、2…、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则
x+y+z等于（ ）.
（A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10
（3）可除尽3+5的最小整数是（ ）.
（A）2 （B）3 （C）5 （D）3+5（E）以上都不是
2． 填空题
（1）（1973年加拿大数学竞赛题）把 100000表示为两个整数的乘积，使其中没有
一个是10的整倍数的表达式为__________ .
(2) 一个自然数与3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中
最小的是_________.
(3) (1989年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225
整除的最小自然数是________.
1118
1118
3.求使为整数的最小自然数a的值.
2
4.( 1971年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n+2n+12不是121的倍数.
5.(19 84年韶关初二数学竞赛题)设
246的和是一位正整数d的111倍,
出推理运算过程.
6.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n满足方程m+1954=n.
7.证明：（1）133|（11+12），其中n为非负整数.
(2)若将(1)中的11 改为任意一个正整数a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动
后的结论.
8.( 1986年全国初中数学竞赛题)设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在
333333
ab-ab,bc-bc,ca-ca三个数中,至少有一个能被10整除.
9.(1986年上海 初中数学竞赛题)100个正整数之和为101101,则它们的最大公约数
的最大可能值是多少?证明 你的结论.

n+2n+1
22
是一个四位正整数,已知三位正整数又是18的倍数.求出这个四位数
与
,并写

练习参考答案
１．Ｂ．Ｂ．Ａ
２．（１）２·５．（２）２７．
３．由2000a为一整数平方可推出a=5．
４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ＋２ｎ ＋１２＝１２１ｋ
２
１１（１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１），
∴１１除 尽ｎ＋１
５．由
２２
２
５５
（ｎ＋１）＝
２
１１除 尽（ｎ＋１）或１１｜１１ｋ－１，不可能．
可能是１９８，３０９，４２０，５３１，
只能 是１９８．而１９８＋２４６
是ｄ的１１１倍，
６４２，７５３；又
＝４４４，∴ｄ＝ ４，
ｎ＋２
是１８的倍数，∴
是１９８４．
２ｎ＋１
７．（１）１ １＋１２＝１２１×１１＋１２×１４４＝１２１×１１
ｎｎｎｎ
＋１２×１１－１２×１１＋ １２×１４４＝…＝１３３×１１＋１２×（１
ｎｎｎｎ
４４－１１）．第一项可被１３３整除 ．又１４４－１１｜１４４－１１，∴
ｎ＋２２ｎ＋１
１３３｜１１＋１２．
（２） １１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题
ｎ＋２２ｎ＋１
为ａ （ａ＋１）＋１｜ａ＋（ａ＋１），可仿上证明．
８．∵ａｂ－ａｂ＝ａｂ（ａ－ｂ）；同理有ｂ（ｂ－ｃ）；ｃａ（ｃ－
２
ａ）．若ａ
３３２２２２２
ｎｎｎ
、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在 ａ、ｂ、ｃ中若有
２２２
一个是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ，ｂ， ｃ个位数
２２２２２２
只能是１，４，６，９，从而ａ－ｂ，ｂ－ｃ，ｃ－ａ的个位数是从１， ４，
６，９中，任取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一
个被５整 除，又２、５互质．
９．设１００个正整数为ａ
１
，ａ
２
，…，ａ
１００
，最大公约数为ｄ，并令

则ａ
１
＋ａ
２
＋…＋ａ
１００
＝ｄ（ａ
１
′＋ａ
２
′＋…＋ａ′
１００
）＝１０１１０１＝１０１×
１００１，故知ａ
１
′，ａ２
′，ａ′
１００
不可能都是１，从而ａ′
１
＋ａ′
２
＋…＋ａ′１００≥
１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ
１
＝ａ< br>２
＝ａ
９９
＝１００１，ａ
１００
＝
２００２，则满 足ａ
１
＋ａ
２
＋…＋ａ
１００
＝１００１×１０１＝１０１ １０１，且ｄ

＝１００１，故ｄ的最大可能值为１００１