初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo) 第四十五講《整數(shù)的整除性》教案1 北師大版

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1、初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo) 第四十五講整數(shù)的整除性教案1 北師大版整數(shù)的整除性問(wèn)題，是數(shù)論中的最基本問(wèn)題，也是國(guó)內(nèi)外數(shù)學(xué)競(jìng)賽中最常出現(xiàn)的內(nèi)容之一由于整數(shù)性質(zhì)的論證是具體、嚴(yán)格、富有技巧，它既容易使學(xué)生接受，又是培養(yǎng)學(xué)生邏輯思維和推理能力的一個(gè)有效課題，因此，了解一些整數(shù)的性質(zhì)和整除性問(wèn)題的解法是很有必要的1整除的基本概念與性質(zhì)所謂整除，就是一個(gè)整數(shù)被另一個(gè)整數(shù)除盡，其數(shù)學(xué)定義如下定義 設(shè)a，b是整數(shù)，b0如果有一個(gè)整數(shù)q，使得a=bq，那么稱(chēng)a能被b整除，或稱(chēng)b整除a，并記作ba如果不存在這樣的整數(shù)q，使得a=bq，則稱(chēng)a不能被b整除，或稱(chēng)b不整除a，記作ba關(guān)于整數(shù)的整除，有如下一些基本性質(zhì)：性質(zhì)1

2、若ba，cb，則ca性質(zhì)2 若ca，cb，則c(ab)性質(zhì)3 若ca，cb，則c(ab)性質(zhì)4 若ba，dc，則bdac性質(zhì)5 若a=bc，且ma，mb，則mc性質(zhì)6 若ba，ca，則b，ca(此處b，c為b，c的最小公倍數(shù))特別地，當(dāng)(b，c)=1時(shí)，bca(此處(b，c)為b，c的最大公約數(shù))性質(zhì)7 若cab，且(c，a)=1，則cb特別地，若p是質(zhì)數(shù)，且pab，則pa或pb性質(zhì)8 若ab，n是自然數(shù)，則(a-b)(an-bn)性質(zhì)9 若a-b，n是正偶數(shù)，則(ab)(an-bn)性質(zhì)10 若a-b，n是正奇數(shù)，則(ab)(anbn)2證明整除的基本方法證明整除常用下列幾種方法：(1)利用

3、基本性質(zhì)法；(2)分解因式法；(3)按模分類(lèi)法；(4)反證法下面舉例說(shuō)明例1 證明：三個(gè)連續(xù)奇數(shù)的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除分析 要證明一個(gè)數(shù)能被12整除但不能被24整除，只需證明此數(shù)等于12乘上一個(gè)奇數(shù)即可證 設(shè)三個(gè)連續(xù)的奇數(shù)分別為2n-1，2n1，2n+3(其中n是整數(shù))，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)21=12(n2n1)所以12(2n-1)2(2n1)2(2n3)2又n2+n1=n(n1)+1，而n，n+1是相鄰的兩個(gè)整數(shù)，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶數(shù)，從而n2n+1是奇數(shù)，故24 (2n-1)2+(2n+1)2(2n3)2例2 若x，y為整數(shù)

4、，且2x+3y，9x5y之一能被17整除，那么另一個(gè)也能被17整除證 設(shè)u=2x3y，v=9x5y若17u，從上面兩式中消去y，得3v-5u=17x所以 173v因?yàn)?17，3)=1，所以17v，即179x5y若17v，同樣從式可知175u因?yàn)?17，5)=1，所以17u，即172x3yq1求pq的值解 若p=q，則不是整數(shù)，所以pq不妨設(shè)pq，于是是整數(shù)，所以p只能為3，從而q=5所以pq=35=15例4 試求出兩兩互質(zhì)的不同的三個(gè)自然數(shù)x，y，z，使得其中任意兩個(gè)的和能被第三個(gè)數(shù)整除分析 題中有三個(gè)未知數(shù)，我們?cè)O(shè)法得到一些方程，然后從中解出這些未知數(shù)最小的一個(gè)：y(y2x)，所以y2x，于

5、是數(shù)兩兩互質(zhì)，所以x=1 所求的三個(gè)數(shù)為1，2，3例5 設(shè)n是奇數(shù)，求證：606n-3n-2n-1分析 因?yàn)?0=2235，22，3，5是兩兩互質(zhì)的，所以由性質(zhì)6，只需證明22，3，5能被6n-3n-2n-1整除即可對(duì)于冪的形式，我們常常利用性質(zhì)8性質(zhì)10，其本質(zhì)是因式分解證 60=2235由于n是奇數(shù)，利用性質(zhì)8和性質(zhì)10，有226n-2n，223n1，所以226n-2n-3n-1， 36n-3n， 32n+1，所以36n-3n-2n-1，56n-1，53n+2n，所以56n-1-3n-2n由于22，3，5兩兩互質(zhì)，所以606n-3n-2n-1我們通常把整數(shù)分成奇數(shù)和偶數(shù)兩類(lèi)，即被2除余數(shù)為

6、0的是偶數(shù)，余數(shù)為1的是奇數(shù)偶數(shù)常用2k表示，奇數(shù)常用2k+1表示，其實(shí)這就是按模2分類(lèi)又如，一個(gè)整數(shù)a被3除時(shí)，余數(shù)只能是0，1，2這三種可能，因此，全體整數(shù)可以分為3k，3k1，3k2這三類(lèi)形式，這是按模3分類(lèi)有時(shí)為了解題方便，還常把整數(shù)按模4、模5、模6、模8等分類(lèi)，但這要具體問(wèn)題具體處理例6 若整數(shù)a不被2和3整除，求證：24(a2-1)分析 因?yàn)閍既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分類(lèi)與按模3分類(lèi)都是不合適的較好的想法是按模6分類(lèi)，把整數(shù)分成6k，6k1，6k2，6k3，6k4，6k5這六類(lèi)由于6k，6k2，6k4是2的倍數(shù)，6k3是3的倍數(shù)，所以a只能具有6k1或6k5的

7、形式，有時(shí)候?yàn)榱朔奖闫鹨?jiàn)，也常把6k5寫(xiě)成6k-1(它們除以6余數(shù)均為5)證 因?yàn)閍不被2和3整除，故a具有6k1的形式，其中k是自然數(shù)，所以a2-1=(6k1)2-1=36k212k=12k(3k1)由于k與3k1為一奇一偶(若k為奇數(shù)，則3k1為偶數(shù)，若k為偶數(shù)，則3k1為奇數(shù))，所以2k(3k1)，于是便有24(a2-1)例7 求證：3n+1(n為正整數(shù))能被2或22整除，但不能被2的更高次冪整除證 按模2分類(lèi)若n=2k為偶數(shù)，k為正整數(shù)，則3n1=32k1=(3k)21由3k是奇數(shù)，(3k)2是奇數(shù)的平方，奇數(shù)的平方除以8余1，故可設(shè)(3k)2=8l1，于是3n1=8l2=2(4l1)

8、4l1是奇數(shù)，不含有2的因數(shù)，所以3n1能被2整除，但不能被2的更高次冪整除若n=2k1為奇數(shù)，k為非負(fù)整數(shù)，則3n+1=32k1+1=3(3k)21 =3(8l1)1=4(6l1)由于6l1是奇數(shù)，所以此時(shí)3n+1能被22整除，但不能被2的更高次冪整除在解決有些整除性問(wèn)題時(shí)，直接證明較為困難，可以用反證法來(lái)證例8 已知a，b是整數(shù)，a2b2能被3整除，求證：a和b都能被3整除證 用反證法如果a，b不都能被3整除，那么有如下兩種情況：(1)a，b兩數(shù)中恰有一個(gè)能被3整除，不妨設(shè)3a，3b令a=3m，b=3n1(m，n都是整數(shù))，于是a2+b2=9m2+9n26n+1=3(3m23n22n)+1

9、，不是3的倍數(shù)，矛盾(2)a，b兩數(shù)都不能被3整除令a=3m1，b=3n1，則a2b2=(3m1)2+(3n1)2 =9m26m+1+9n26n1 =3(3m2+3n22m2n)2，不能被3整除，矛盾由此可知，a，b都是3的倍數(shù)例9 設(shè)p是質(zhì)數(shù)，證明：滿(mǎn)足a2=pb2的正整數(shù)a，b不存在證 用反證法假定存在正整數(shù)a，b，使得a2=pb2令(a，b)=d，a=a1d，b=b1d，則(a1，b1)=1所以與(a1，b1)=1矛盾例10 設(shè)p，q均為自然數(shù)，且求證：29p證 注意到29是質(zhì)數(shù)令a=101119所以 ap=29qb，29ap，29是質(zhì)數(shù)，且29a，所以29p練習(xí)二十四1求證：對(duì)任意自然數(shù)n，27n1能被3整除2證明：當(dāng)a是奇數(shù)時(shí)，a(a2-1)能被24整除3已知整數(shù)x，y，使得7(13x+8y)，求證：7(9x5y)4設(shè)p是大于3的質(zhì)數(shù)，求證：24(p2-1)5求證：對(duì)任意自然數(shù)n，n(n-1)(2n-1)能被6整除6求證：三個(gè)連續(xù)自然數(shù)的立方和能被9整除7已知a，b，c，d為整數(shù)，abcd能被a-c整除，求證：adbc也能被a-c整除