第五讲 整除续

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1、第五讲整除续（接第四讲）Ⅲ.方幂问题一个正整数能否表成个整数的次方和的问题称为方幂和问题.特别地，当时称为次方问题，当时，称为平方和问题.能表为某整数的平方的数称为完全平方数.简称平方数，关于平方数，明显有如下一些简单的性质和结论：（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整除的数的平方能被3整除.因而，平方数被9除的余数为0，1，4，7

2、，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能为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.进一步研究可得到有关平方和的几个结论:定理三：奇素数能表示成两个正整数的平方和的充要条件是定理四：设正整数，其中不再含平方因数，能表示成两个整数的平方的充要条件是没有形如的质因数.定理五：每个正整数都能表示成四个整数的平方和.这几个定理的证明略.这里重点是介绍有关方幂的解法技巧.方幂中许多问题实质上是不定方程的整数解问题，比如著名的勾股数问题.赛题精讲例1：证明：对于任何自然数和，数都不能分解成若干个连续的正整数之积.

3、（1981年全国高中联赛试题）【证明】由性质9知，只需证明数不能被一个很小的自然数整除.因31，故3，因而8不能分解成三个或三个以上的连续自然数的积.再证不能分解成两个连续正整数的积.由上知，，因而只需证方程：无正整数解.而这一点可分别具体验算时，均不是形的数来说明.故对任何正整数、都不能分解成若干个连续正整数之积.例2：设和均为自然数,使得证明：可被1979整除.(第21届IMO试题)【证明】===1979×两端同乘以1319！得1319！此式说明1979

4、1319！×由于1979为质数，且19791319！，故1979

5、【评述】把1979换成形如的质数，13

6、19换成，命题仍成立.牛顿二项式定理和为偶数),为奇数)在整除问题中经常用到.例3：对于整数与，定义求证：可整除（1996加拿大数学竞赛试题）8【证明】当时，由于[…]能被整除，所以能被整除，另一方面，上式中[…]能被整除，所以也能被整除.因与2+1互质，所以能被（2+1）（即）整除.类似可证当时，F（2+1，）能被F（2+1,1）整除.故能被整除.例4：求一对整数，满足：(1)不能被7整除；（2）能被77整除.(第25届IMO试题)【解】==根据题设要求(1)(2)知，即令即即，则故可令即合要求.(第15届美国普特南数学竞赛试题)【评述】数学归纳法在整除问题中

7、也有广泛应用.8例5：是否存在1000000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？【解】存在.用数学归纳法证明它的加强命题：对任何正整数存在个连续的整数，使得每一个都含有重复的素因子.当=1时，显然成立.这只需取一个素数的平方.假设当=时命题成立,即有个连续整数,它们分别含有重复的素因子,任取一个与都不同的素数(显然存在),当时,这个数中任两个数的差是形如的数,不能被整除,故这个数除以后,余数两两不同.但除以后的余数只有0，1，…，－1这个，从而恰有一个数，使能被整除.这时，（个连续整数：2，…，，（+1）分别能被整除，即时命题

8、成立.故题对一切正整数均成立.例6：求证：（第1届美国数学奥林匹克竞赛试题）【证明】设其中为质数，为非负整数，则8因此只需证明2=2上式关于对称，则不妨设，于是上式变为：此式显然成立，故得证.例7：设和是两个正整数，为大于或等于3的质数，），试证：（1）；（2）或（1985新加坡数学竞赛试题）【证明】由已知得，两式相乘得于是故（1）现用反证法来证明.若令是的一个质因子，则有因，则，从而于是是、的一个公约数，这与=1矛盾，故.（2）因为所以而为质数且，故或例8：设，求最大公约数（第26届IMO预选题）【解】能过具体计算可猜想此式不难用数学归纳法获证.为求，对分奇偶

9、来讨论.8（1）当时，由于和互质，所以而当时时，与81互质.故此时有（2）当当时与质，所以而当时，时，与34互质.故此时有例9：盒子中各若干个球，每一次在其中个盒中加一球.求证：不论开始的分布情况如何，总可按上述方法进行有限次加球后使各盒中球数相等的充要条件是（第26届IMO预选题）【证明】设，则有使得，此式说明：对盒子连续加球次，可使个盒子各增加了个，一个增加个.这样可将多增加了一个球的盒子选择为原来球数最少的那个，于是经过次加球之后，原来球数最多的盒子中的球与球数最少的盒子中的球数之差减少1，因此，经过有限次加球后，各盒球数差为0，达到各盒中的球数相等.用反

10、证法证明必要性.若，则只