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1、- 1 -竞赛培训专题竞赛培训专题 6-6-整数的整除性整数的整除性1 1 整数的整除性的有关概念、性质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（d0），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|am2)若 a|b，b|a，则|a|=|b|;3)若 b|a，c|b，则 c|a4)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
2、 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+12z）。证明4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而 1111(3x-2y+3z), 且 11(7x+2y-5z), 114(3x-7y+12z) 又 (11,4)=1 11(3x-7y+12z).2.2.整除性问题的证明方法整除性问题的证明方法(1) 利用数的整除性特征（见第二讲）- 2 -例 2（1980
3、年加拿大竞赛题）设 72的值。解 72=89，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。若 9，则 9（a+6+7+9+2），得 a=3。（2）利用连续整数之积的性质 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。 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 23=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：对任何整数 n 都为整数，且用 3除时余 2。证明为连续二整数的积,必可被 2 整除. 对任
4、何整数 n 均为整数,为整数,即原式为整数.- 3 -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.例 4 一整数 a 若不能被 2 和 3 整除，则 a2+23 必能被 24 整除.证明 a2+23=（a2-1）+24，只需证 a2-1 可以被 24 整除即可.2 .a 为奇数.设 a=2k+1(k 为整数),则 a2-1=(2k+1)2-1=4k2+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|（a2-1）.又（a-1），a，（a+1
5、）为三个连续整数，其积必被 3 整除，即 3|a（a-1）（a+1） =a（a2-1），3 a，3|（a2-1）.3 与 8 互质, 24|(a2-1),即 a2+23 能被 24 整除.(3)(3)利用整数的奇偶性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：abcd-a= abcd-b= - 4 -abcd-c= abcd-d= 证明 由，a（bcd-1）=.右端是奇数，左端 a 为奇数，bcd-1 为奇数.同理,由、知 b、c、d 必为奇数，那么 bcd 为奇数，bcd-1 必为偶数，则 a（bcd-1）
6、必为偶数，与式右端为奇数矛盾.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 x1,x2,，xn，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 yi不是+1 就是-1，但 y1+y2+yn=0，故其中+1 与-1 的个数相同，设为 k，于是 n=2k.又 y1y2y3yn=1，即（-1）k=1，故 k 为偶数， n 是 4 的倍数.其他方法其他方法：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
7、4 届数学邀请赛题)使 n3+100 能被 n+10 整除的正整数 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,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.- 5 -例 8 (上海 1989 年高二数学竞赛)设 a、b、c 为满足不等式 1abc 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） =a2b2c
8、2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）. 存在正整数 k,使ab+ac+bc-1=kabc, k= k=1.若 a3，此时 1=-矛盾.已知 a1. 只有 a=2. 当 a=2 时，代入中得 2b+2c-1=bc，即 1= 0b4，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（103n+），且能被 1987 整除，p 能被 1987 整除.- 6
9、-同样， q=（）且 故、102（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 1987 整除，所以括号内的数能被 1987 整除，即 q 能被 1987 整除.练习练习1 选择题（1）（1987 年上海初中数学竞赛题）若数 n=2030405060708090100110120130，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
10、 （D）11 （E）10（3）可除尽 311+518的最小整数是（ ）.（A）2 （B）3 （C）5 （D）311+518（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_.- 7 -(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_.3.求使为整数的最小自然数 a 的值.4.(1971 年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数 n,n
11、2+2n+12 不是 121 的倍数.5.(1984 年韶关初二数学竞赛题)设是一个四位正整数,已知三位正整数与 246的和是一位正整数 d 的 111 倍,又是 18 的倍数.求出这个四位数,并写出推理运算过程.6.(1954 年苏联数学竞赛题)能否有正整数 m、n 满足方程 m2+1954=n2.7.证明：（1）133|（11n+2+12n+1），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 a3b- ab3,b3c
12、-bc3,c3a-ca3三个数中,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.练习答案练习答案 （）（）由 2000a 为一整数平方可推出 a=5反证法若是的倍数，设（）（）是素数且除尽（），除尽除尽（）或，不可能- 8 -由是的倍，可能是，；又是的倍数，只能是而，是（） （ ）第一项可被整除又 ，（）改为改为，改为（）改动后命题为 （）（），可仿上证明（）；同理有（）； （）若a、中有偶数或均为奇数，以上三数总能被整除又在、中若有一 个是的倍数，则题中结论必成立若均不能被整除，则，个位数只能 是，从而，的个位数是从 ，中，任取三个两两之差，其中必有或，故题中三式表示的数至少 有一个被整除，又、互质设个正整数为，最大公约数为，并令则（） ，故知，不可能都是，从 而，；若取 ，则满足 ，且，故的 最大可能值为- 2 -
