数学奥赛讲稿 初等数论奇数、偶数、质数、合数（一）

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1、数学奥赛讲稿初等数论奇数、偶数、质数、合数（一）知识、方法、技能Ⅰ.整数的奇偶性将全体整数分为两类，凡是2的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为2m（m∈Z），任一奇数可表为2m+1或2m－1的形式.奇、偶数具有如下性质：（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；（2）奇数的平方都可表为8m+1形式，偶数的平方都可表为8m或8m+4的形式（m∈Z）.（3）任何一个正整数n，都可以写成的形式，其中m为非负整数，l为奇数.这些性质既简单又明显，然而它却能解决数学竞赛中一些难题.Ⅱ.质数与合

2、数、算术基本定理大于1的整数按它具有因数的情况又可分为质数与合数两类.一个大于1的整数，如果除了1和它自身以外没有其他正因子，则称此数为质数或素数，否则，称为合数.显然，1既不是质数也不是合数；2是最小的且是惟一的偶质数.定理：（正整数的惟一分解定理，又叫算术基本定理）任何大于1的整数A都可以分解成质数的乘积，若不计这些质数的次序，则这种质因子分解表示式是惟一的，进而A可以写成标准分解式：（*）.其中为质数，为非负整数，i=1，2，…，n.【略证】由于A为一有限正整数，显然A经过有限次分解可分解成若干个质数的乘积，把相同的质因子归类整理可得如（*）的形式（严格论证可由归纳

3、法证明）.余下只需证惟一性.设另有为质数，为非负整数，j=1，2，…，m.由于任何一必为中之一，而任一也必居中之一，故n=m.又因，再者，若对某个i，-3-（不妨设），用除等式两端得：此式显然不成立（因左端是的倍数，而右端不是）.故对一切i=1，2，…，n均成立.惟一性得证.推论：（合数的因子个数计算公式）若为标准分解式，则A的所有因子（包括1和A本身）的个数等于（简记为）这是因为，乘积的每一项都是A的一个因子，故共有个.定理：质数的个数是无穷的.【证明】假定质数的个数只有有限多个考察整数由于且又不能被除尽，于是由算术基本定理知，a必能写成一些质数的乘积，而这些质数必异于

4、，这与假定矛盾.故质数有无穷多个.赛题精讲例1．设正整数d不等于2，5，13.证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个元素a,b，使得ab－1不是完全平方数.（第27届IMO试题）【解】由于2×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，因此，只需证明2d－1，5d－1，13d－1中至少有一个不是完全平方数.用反证法，假设它们都是完全平方数，令2d－1=x2①5d－1=y2②13d－1=z2③x,y,z∈N*由①知，x是奇数，设x=2k－1，于是2d－1=（2k－1）2，即d=2k2－2k+1，这说明d也是奇数.因此，再由②，③知，y,z均是偶数.-3-设y

5、=2m,z=2n,代入③、④，相减，除以4得，2d=n2－m2=(n+m)(n－m)，从而n2－m2为偶数，n，m必同是偶数，于是m+n与m－n都是偶数，这样2d就是4的倍数，即d为偶数，这与上述d为奇数矛盾.故命题得证.例2．设a、b、c、d为奇数，，证明：如果a+d=2k，b+c=2m，k,m为整数，那么a=1.（第25届IMO试题）【证明】首先易证：从而.再由因而①显然，为偶数，为奇数，并且只能一个为4n型偶数，一个为4n+2型偶数（否则它们的差应为4的倍数，然而它们的差等于2a不是4的倍数），因此,如果设，其中e,f为奇数，那么由①式及的特性就有（Ⅰ）或（Ⅱ）由得

6、e=1，从而于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为或解之，得.因a为奇数，故只能a=1.例3．设是一组数，它们中的每一个都取1或－1，而且a1a2a3a4+a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0，证明：n必须是4的倍数.（第26届IMO预选题）【证明】由于每个均为1和－1，从而题中所给的等式中每一项也只取1或－1，而这样的n项之和等于0，则取1或－1的个数必相等，因而n必须是偶数，设n=2m.再进一步考察已知等式左端n项之乘积=()4=1，这说明，这n项中取－1的项（共m项）也一定是偶数，即m=2k，从而n是4的倍数.-3-