2012江蘇省數(shù)學(xué)競(jìng)賽《提優(yōu)教程》教案：第35講整數(shù)性質(zhì)

《2012江蘇省數(shù)學(xué)競(jìng)賽《提優(yōu)教程》教案：第35講整數(shù)性質(zhì)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2012江蘇省數(shù)學(xué)競(jìng)賽《提優(yōu)教程》教案：第35講整數(shù)性質(zhì)（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第 16 講 整數(shù)的性質(zhì) 初等數(shù)論的基本研究對(duì)象是整數(shù)．兩個(gè)整數(shù)的和、差、積都是整數(shù)，但商卻不一定是整數(shù)．由此引出了數(shù)論中最基本的概念：整除． 整除性理論是初等數(shù)論中最基礎(chǔ)的部分，它是在帶余除法的基礎(chǔ)上建立起來的． 整數(shù)a除以整數(shù) b (b≠0)，可以將a表示為a=bq+r，這里q，r是整數(shù)，且0≤r＜b．q稱為a除以b所得的商，r稱為a除以b所得的余數(shù)． 當(dāng)r=0時(shí)，a=bq，稱a能被b整除，或稱b整除a，記為b | a，b叫做a的因數(shù)，a叫做b的倍數(shù)；q取1，則a=b，a也是它本身的因數(shù)． 當(dāng)r≠0時(shí)，稱a不能被b整除，b不整除a，記作b├ a． 若 c | a，c |

2、 b，則稱 c是a，b的公因數(shù)，a，b的最大公因數(shù)d記為(a，b)． 若a | c，b | c，則稱 c是a，b的公倍數(shù)，a，b的最小公倍數(shù)M記為[a，b]． 一個(gè)正整數(shù)，按它的正因數(shù)個(gè)數(shù)可以分為三類．只有一個(gè)正因數(shù)的正整數(shù)是1；有兩個(gè)正因數(shù)的正整數(shù)稱為素?cái)?shù)(質(zhì)數(shù))，素?cái)?shù)的正因數(shù)只有1和它本身；正因數(shù)個(gè)數(shù)超過兩個(gè)的正整數(shù)稱為合數(shù)，合數(shù)除了1和它本身外還有其他正因數(shù)． 任何一個(gè)大于1的整數(shù)均可分解為素?cái)?shù)的乘積，若不考慮素?cái)?shù)相乘的前后順序，則分解式是惟一的．一個(gè)整數(shù)分解成素?cái)?shù)的乘積時(shí)，其中有些素?cái)?shù)可能重復(fù)出現(xiàn)，把分解式中相同的素?cái)?shù)的積寫成冪的形式，大于1的整數(shù)a可以表示為： a=，其中i=

3、l，2，…，s． 以上式子稱為a的標(biāo)準(zhǔn)分解式．大于l的整數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分解式是惟一的(不考慮乘積的先后順序)． 若a的標(biāo)準(zhǔn)分解式是a=，其中i=l，2，…，s，則d是a的正因數(shù)的充要條件是 d=，其中 0≤βi≤αi，i=l，2，…，s． 由此可知，a的正因數(shù)的個(gè)數(shù)為d(a)=(α1+1) (α2+1)…(αs+1) ． 由a的標(biāo)準(zhǔn)分解式a= (i=l，2，…，s)，若a是整數(shù)的k次方，則αi(i=l，2，…，s)是k的倍數(shù)．若a是整數(shù)的平方，則αi(i=l，2，…，s)是偶數(shù)． 推論：設(shè)a=bc，且(b，c)=1，若a是整數(shù)的k次方，則b，c也是整數(shù)的k次方．若a是整數(shù)

4、的平方，則b，c也是整數(shù)的平方． A類例題 例1．若任何三個(gè)連續(xù)自然數(shù)的立方和都能被正整數(shù)a整除，則這樣的a的最大值是（ ） A. 9 B. 3 C. 2 D. 1 分析 觀察最小的三個(gè)連續(xù)自然數(shù)的立方和36，a是它的約數(shù)，a不會(huì)超過36，不能排除任何選擇支；觀察第二個(gè)小的三個(gè)連續(xù)自然數(shù)的立方和，進(jìn)一步縮小a的范圍，可以排除取偶數(shù)的可能。當(dāng)前面幾個(gè)都是某數(shù)的倍數(shù)時(shí)，可以猜想出a的最大值，但最好能證明所有“三個(gè)連續(xù)自然數(shù)的立方和”都是某數(shù)的倍數(shù)。 解 記an＝n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3，則a1＝13＋

5、23＋33＝36＝4×9， a2＝23＋33＋43＝99為奇數(shù)，則a | a1，a | a2， (a1，a2)=9，故a | 9，所以a＝1，3，9。 又an＝n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3＝3n3＋9n2＋15n＋9＝3n3＋9n2＋6n＋9n＋9＝3n(n2＋3n＋2)＋9(n＋1)＝3n(n＋1)(n＋2)＋9(n＋1)， ∴9 | an，故amax＝9，選A。 說明 解法中，把3n3＋9n2＋15n＋9分為3n(n2＋3n＋2)與9(n＋1)兩部分，分別說明其為9的倍數(shù)。在考慮整除的證明時(shí)，把整數(shù)n的多項(xiàng)式分成幾組分別因式分解是常用的方法。 例2．若p是大于3的質(zhì)數(shù)，則

6、p2除以24的余數(shù)為1。 分析：即證明p2－1是24的倍數(shù)，也即證明p2－1既是3的倍數(shù)又是8的倍數(shù)。p－1、p+1之間只有一個(gè)質(zhì)數(shù)p，而連續(xù)的兩個(gè)自然數(shù)中必有2的倍數(shù)，連續(xù)的三個(gè)自然數(shù)中必有3的倍數(shù)。 證明1 ∵ p是大于3的質(zhì)數(shù)，∴p不是偶數(shù)，不是3的倍數(shù)， 又∵ p2－1=(p－1)(p+1)，連續(xù)的三個(gè)整數(shù)中必有3的倍數(shù)， ∴ p－1、p+1中必有3的倍數(shù)，且p－1、p+1是連續(xù)的兩個(gè)偶數(shù)，(p－1)(p+1)是8的倍數(shù)。 ∴ p2－1=(p－1)(p+1)是24的倍數(shù)，即p2除以24的余數(shù)為1。 證明2 設(shè)p=6n±1 (6n,6n±2,6n+3均為合數(shù))，

7、 則 (6n±1)2=36n2±12n+1=12n(3n±1)+1， ∵ n和3n±1必為一奇一偶，∴n(3n±1)為偶數(shù)。 ∴ 12n(3n±1)必為24的倍數(shù)，∴(6n±1)2=24k+1 即 p2除以24的余數(shù)為1。 說明 大于3的質(zhì)數(shù)，必定是奇數(shù)，又不是3的倍數(shù)，所以一定是形如6n±1的數(shù)。6是24的約數(shù)，用這樣的形式表出后再變形，容易推出結(jié)論。 例3．試證明是既約分?jǐn)?shù)。 分析 即證明(21p+4，14p+3)=1。若a、b、c是三個(gè)不全為0的整數(shù)，且有整數(shù)t使得a=bt +c，則a、b與b、c有相同的公約數(shù)，因而(a，b)= (b，c)，即(a，b) =

8、(a－bt，b)?？梢杂么朔ɑ?jiǎn)。 證明 ∵(21p+4，14p+3)= (21p+4―14p―3，14p+3) = (7p+1，14p+3)= (7p+1，14p+3―14p―2) = (7p+1，1)=1， ∴ 是既約分?jǐn)?shù)。 說明 證明過程中用到性質(zhì)(a，b)= (a－bt，b)，因?yàn)?，若、b的任一公約數(shù)，則由、c的公約數(shù)；反之，若d是b、c的任一公約數(shù)，d也是a、b的公約數(shù)，所以a，b與a－bt，b有相同的最大公約數(shù)。求兩個(gè)正整數(shù)的最大公約數(shù)常用輾轉(zhuǎn)相除法。 鏈接 輾轉(zhuǎn)相除法： 設(shè)a、b∈N*，且a＞b，由帶余除法有 因?yàn)槊窟M(jìn)行一次帶余除法，

9、余數(shù)至少減1，即b＞r1＞r2＞…＞rn＞rn+1，而b為有限數(shù)，因此，必有一個(gè)最多不超過b的正整數(shù)n存在，使得rn≠0，而rn+1＝0，故得： rn= (rn+1，rn)= (rn，rn－1)=…=(r2，r1)= (r1，b)= (a，b) 例如，（3960，756）=（756，180）=（180，36）=36。 例4. 一個(gè)自然數(shù)，它的末位數(shù)字移到首位時(shí)，數(shù)值便為原來的5倍，求滿足條件的最小自然數(shù)。 分析 正整數(shù)有多種表示形式，選擇適當(dāng)?shù)男问接欣趩栴}解決。由題目的條件，此表示形式應(yīng)該把數(shù)的末位數(shù)字反映出來，而其他位置上的數(shù)字可以整體的看待。 解 設(shè)所求數(shù)為，由已知得=5，

10、 ∴ an×10n-1+=5(10×+an)， ∴ (10n-1－5)an=49，∴an×=49，① ∵ an是個(gè)位數(shù)字，不能被49整除，∴ 99…95至少能被7整除， ∴ 它最小時(shí)應(yīng)為99995，此時(shí) n=6， 若有解，則①式為a6×99995=49， ∴ a6×14285=7， ∵ 14285不能被7整除，∴ a6=7, ∴ =14285， ∴ 滿足條件的最小自然數(shù)為142857。 說明 99…95能被7整除是必要條件，99995是滿足被7整除條件的最小數(shù)，但99995是不是問題的解還要進(jìn)一步探討，如果尋找到滿足條件的a6和 ，則就是問題的解；如果找不到滿足條件

11、的a6和 ，則要考慮比99995略大的形如99…95的數(shù)。 情景再現(xiàn) 1．一個(gè)六位數(shù)，如果它的前三位數(shù)字與后三位數(shù)字完全相同，順序也相同，則它可以不是 （ ） A．7的倍數(shù) B．9的倍數(shù) C．11的倍數(shù) D．13的倍數(shù) 2．若p與d都是正整數(shù)，其中d不能被6整除，當(dāng)p、p+d、p+2d都是質(zhì)數(shù)時(shí)，則p + 3d一定是 （ ） A.質(zhì)數(shù) B.

12、9的倍數(shù) C. 3的倍數(shù) D.質(zhì)數(shù)或是9的倍數(shù) 3．．已知n為正整數(shù)，若是一個(gè)既約分?jǐn)?shù)，那么這個(gè)分?jǐn)?shù)的值等于 ． 4．求具有下列性質(zhì)的最小正整數(shù)n： (1) 它以數(shù)字6結(jié)尾； (2) 如果把數(shù)字6移到第一位之前，所得的數(shù)是原數(shù)的4倍。 B類例題 例5．試證1999 | (19981998+20002000－2001)． 分析：19981998和20002000 是很大的數(shù)字，它們除以1999的余數(shù)常常借助于二項(xiàng)式定理或xn+yn，xn－yn的因式分解公式。 證明：由二項(xiàng)式定理(a+b)n=an+an-1b+

13、…+an-kbk +…+bn， 知 (a+b)n=aM+bn，由此可得 19981998=(1999－1) 1998=1999M+1， 20002000-=(1999+1) 2000-=1999N+1， 這里M，N∈Z．于是 19981998+20002000－2001=1999M+1999N－1999=1999(M+N－1)， 從而1999 | (19981998+20002000－2001)． 說明 對(duì)于整數(shù)的高次方冪的整除，除了運(yùn)用同余的性質(zhì)，二項(xiàng)式定理和因式分解的裴蜀定理是常用的工具。 鏈接 因式分解公式（裴蜀定理）： 對(duì)大于1的整數(shù)n有

14、 xn－yn =(x－y)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+……+xyn-2+yn-1)； 對(duì)大于1的奇數(shù)n有 xn+yn =(x+y)(xn-1－xn-2y+xn-3y2－……－xyn-2+yn-1)； 對(duì)大于1的偶數(shù)n有 xn－yn =(x+y)(xn-1－xn-2y+xn-3y2－……+xyn-2－yn-1)； 二項(xiàng)式定理： (a+b)n=an+an-1b+…+an-kbk +…+bn； 其中= 是整數(shù)。 若a，b是整數(shù)，則(a+b)n=aM+bn。 例6．已知自然數(shù)a、b、c滿足[a，b]=24，(b，c)=6，[c，a]=36，則滿足上述條件的數(shù)組(a，b，c)

15、有多少組？ 分析 條件[a，b]=24及[c，a]=36意味著a、b、c不大，都是24或36的約數(shù)，對(duì)于a，它既是24又是36的約數(shù)，所以它是12的約數(shù)。而b，滿足(b，c)=6，則是6的倍數(shù)，是24的約數(shù)，只能取6，12，24。注意到a的取值，b更是只能取24。 解 a | 24，a | 36 T a|12Ta=1，2，3，4，6，12． 6 | b，b | 24 T b=6，12，24． 6 | c，c | 36 T c=6，12，18，36． 若a=1，2，3，4，6，12時(shí)，由[a，b]=24，得b=24， a不是9的倍數(shù)，由[a，c]=36，則c是9的倍數(shù)，

16、再由(b，c)=6，得c=36或18(a=4，12時(shí))， 但(24，36)=12，矛盾．故c=18． ∴ a=12，b=24，c=18或a=4，b=24，c=18． 即有(12，24，18) ，(4，24，18)二組． 說明 例6的解法是數(shù)論中常用篩法，先粗選出可能的值，再?gòu)闹泻Y出滿足要求的數(shù)來。 例7．已知n是三位奇數(shù)，它的所有正因數(shù)(包括1和n)的末位數(shù)字之和是33，求滿足條件的數(shù)n。 分析：條件中隱含了整數(shù)的正因數(shù)個(gè)數(shù)是奇數(shù)。聯(lián)想算術(shù)基本定理：n=pkqi…ts，正因數(shù)個(gè)數(shù)為d(n)=(k+1)(i+1)…(s+1)，題中每個(gè)因數(shù)均為奇數(shù)，因數(shù)的個(gè)數(shù)也是奇數(shù)，故k，i，s

17、是偶數(shù)，所以n完全平方數(shù)。三位奇數(shù)是完全平方數(shù)，范圍縮小到11個(gè)。 還能把范圍縮小點(diǎn)嗎？ 解：由題，所有因數(shù)是奇數(shù)，所有因數(shù)的個(gè)數(shù)是奇數(shù)， 所以，每個(gè)質(zhì)因數(shù)的指數(shù)是偶數(shù)，n是完全平方數(shù)； 若是質(zhì)數(shù)的平方數(shù)，則有3個(gè)因數(shù)，個(gè)位數(shù)字之和不能超過27， 故為合數(shù)的完全平方數(shù)； 這樣的三位數(shù)只能在下列數(shù)中間：152，212，252，272。 逐個(gè)驗(yàn)算，得n=729。 說明 本例題的解法實(shí)質(zhì)上還是篩選法，三位數(shù)有900個(gè)，三位奇數(shù)是其中一半，但如果能從條件中發(fā)現(xiàn)是完全平方數(shù)，范圍就非常有限了。 例8．已知m、n、k是正整數(shù)，且mn | nm，nk | kn。證明：mk | km。（

18、2004年新西蘭數(shù)學(xué)奧林匹克） 分析 條件mn | nm，說明mn 是nm 的約數(shù)，對(duì)于給定的m、n，怎樣去找到mn 與nm 的聯(lián)系？必須具體一些。mn 是nm 的約數(shù)，則mn 的每一個(gè)因數(shù)都是nm 的約數(shù)，考慮 證明 設(shè)m、n、k中所有的質(zhì)因數(shù)分別是p1，p2，…，ps，不妨設(shè)p1＜p2＜…＜ps，且表示 m =，n =，k =，其中αi，βi，γi≥0，i=l，2，…，s． 由mn | nm得0≤nαi≤mβi， 由nk | kn 得0≤kβi≤nγi， 兩式相乘得 0≤knαiβi≤mnβiγi，即0≤kαi≤mγi，i=l，2，…，s． ∴ mk | km。

19、說明 整除和約數(shù)問題中，可以借助算術(shù)基本定理把抽象的關(guān)系式轉(zhuǎn)化為較具體的形式處理。這里用到性質(zhì)： 若a的標(biāo)準(zhǔn)分解式是a=，其中i=l，2，…，s，則d是a的正因數(shù)的充要條件是 d=，其中 0≤βi≤αi，i=l，2，…，s． 情景再現(xiàn) 5．設(shè)m > n ≥0，證明：(+1) | (－1)。 6．證明：當(dāng)n為任何整數(shù)時(shí)，2n6 – n4 – n2能被36整除。 7．a(chǎn)是正整數(shù)，且a4 + a3 + a2 + a + 1是完全平方數(shù)，求所有滿足條件的a。 8．設(shè)n為整數(shù)，則13除n2+5n+23的余數(shù)的集合是 。 C類例題 例9．設(shè)p是質(zhì)數(shù)，且p2

20、 +71的不同正因數(shù)的個(gè)數(shù)不超過10個(gè)，求p．（2006年江蘇初賽） 分析 分解因數(shù)，可以先從p的起始值開始探索．由例2，p2－1是24的倍數(shù)，p2+71 = p2－1+72，72也是24的倍數(shù)。所以23，31都是p2+71的因數(shù)。p2+71正因數(shù)個(gè)數(shù)顯然超過8個(gè)。 解 當(dāng)p=2時(shí)，p2+71=75=52×3，此時(shí)共有正因數(shù)(2+1)×(1+1)=6個(gè)，p=2滿足條件； 當(dāng)p=3時(shí)，p2+71=80=24×5，此時(shí)共有正因數(shù)(4+1)×(1+1)=10個(gè)，p=3滿足條件； 當(dāng)p＞3時(shí)，p2+71 = p2－1+72=(p－1)( p+1)+72，質(zhì)數(shù)p必為3k±1型的

21、奇數(shù)，p－1、p+1是相鄰的兩個(gè)偶數(shù)，且其中必有一個(gè)是3的倍數(shù)，所以(p－1)(p+1)是24的倍數(shù)，所以p2+71是24的倍數(shù)． p2+71=24×m，m≥4． 若m有不同于2，3的質(zhì)因數(shù)，那么p2+71的正因數(shù)個(gè)數(shù)≥(3 +1)×(1+1)×(1+1)＞10； 若m中含有質(zhì)因數(shù)3，那么p2+71的正因數(shù)個(gè)數(shù)≥(3 +1)×(2+1)＞10； 若m中僅含有質(zhì)因數(shù)2，那么p2+71的正因數(shù)個(gè)數(shù)≥(5+1)×(1+1)＞10； 所以 p＞3不滿足條件； 綜上所述，所求的質(zhì)數(shù)p是2或3． 說明 本題中，對(duì)于p＞3時(shí)的情況，也可以設(shè)p=6n±1來討論。注意數(shù)n的正因數(shù)個(gè)數(shù)公式

22、： 若n的標(biāo)準(zhǔn)分解式是n=，其中i=l，2，…，s，則a是n的正因數(shù)的充要條件是a=，其中0≤βi≤αi，i=l，2，…，s．由此可知，n的正因數(shù)的個(gè)數(shù)為d(n)=(α1+1) (α2+1)…(αs+1)． 例10．稱自然數(shù)為“完全數(shù)”，如果它等于自己的所有不包括自身的正約數(shù)的和，例如6 = 1 + 2 + 3。如果大于6的“完全數(shù)”可被3整除，證明它必能被9整除。 分析 要證明一個(gè)大于6且能被3整除的“完全數(shù)”3n，必定是9的倍數(shù)，可以從反面考慮——假如它不是9的倍數(shù)。此時(shí)n不是3的倍數(shù)，設(shè)集合A={d |d是n的正約數(shù)}，則集合A與集合B={3d |d是n的正約數(shù)}的并集恰好是3

23、n的正約數(shù)集合，“完全數(shù)”3n的所有正約數(shù)的和3n +3n 是4的倍數(shù)，故n是偶數(shù)。所以，n，都是“完全數(shù)”3n的約數(shù)。只要還有其它的正約數(shù)，即可以說明3n不是“完全數(shù)”。 解 設(shè)“完全數(shù)”等于3n(n>2)，假設(shè)其中n不是3的倍數(shù)，于是3n的所有正約數(shù)（包括它自己）總可以分為兩類：能被3整除的正約數(shù)和不能被3整除的正約數(shù)，若其中d是不可被3整除的正約數(shù)，則3d是可被3整除的正約數(shù)，且d→3d是一一對(duì)應(yīng)。從而3n的所有正約數(shù)的和是4的倍數(shù)。又由題意，所有正約數(shù)的和（包括自身）為6n，因此，n是2的倍數(shù)。 因?yàn)閚＞2，所以，n，和1是3n的互不相同的正約數(shù)，它們的和等于3n＋1>3n，與“

24、完全數(shù)”的定義矛盾。所以n必須是3的倍數(shù)，即這類“完全數(shù)”是9的倍數(shù)。 說明 本題涉及到兩個(gè)概念，“完全數(shù)”和所有正因數(shù)的和。n是完全數(shù)，則它的所有正因數(shù)的和為2n，另外，若n =，則n的所有正因數(shù)的和是σ(n)=(1+p1++…+)(1+p2++…+)…(1+ps++…+)=。請(qǐng)思考，能否延此方向解決問題。 情景再現(xiàn) 9．求所有使p2+2543具有少于16個(gè)不同正因數(shù)的質(zhì)數(shù)p。（2003年泰國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克） 10．(1) 若 n(n∈N*) 個(gè)棱長(zhǎng)為正整數(shù)的正方體的體積之和等于 2005, 求n 的最小值, 并說明理由； (2) 若n(n∈N*)個(gè)棱長(zhǎng)為正整數(shù)的正方體的體積之和

25、等于20022005, 求 n的最小值, 并說明理由.（2005年江蘇） 習(xí)題13 1．對(duì)于正整數(shù)n，如果能找到正整數(shù)a、b，使n＝a＋b＋ab，則稱n為“好數(shù)”，則在前100個(gè)正整數(shù)中，共有“好數(shù)”( ) A．78個(gè) B．74個(gè) C．70個(gè) D．66個(gè) 2．設(shè)a為正奇數(shù)，則a2－1必是 A. 5的倍數(shù) B. 3的倍數(shù) C. 7的倍數(shù) D. 8的倍數(shù) 3．設(shè)n為奇質(zhì)數(shù)，求證：2n－1與2n+1不能同時(shí)是質(zhì)數(shù)． 4． 的整數(shù)部分末三位數(shù)字是幾？ 5．設(shè)n是正整數(shù)，且4n2+17n－15表示兩個(gè)相鄰正整數(shù)

26、的積，求這樣的n的值． 6．若26+29+2n為一個(gè)平方數(shù)，則正整數(shù)n= 。（2005年江西） 7．證明：任何十個(gè)連續(xù)正整數(shù)中必有至少一個(gè)數(shù)與其他各數(shù)都互質(zhì)． 8．對(duì)任意正整數(shù)n，求證：(n +2) （12005 + 22005 +… +n2005）。 9．把1—2006這2006個(gè)數(shù)分成n個(gè)小組，使每個(gè)數(shù)都至少在某一個(gè)組中，且第一組中的數(shù)沒有2的倍數(shù)，第二組中的數(shù)沒有3的倍數(shù)，……，第n組中沒有n+1的倍數(shù)，那么，n至少是幾？ 10．是否存在2006個(gè)連續(xù)整數(shù)，使得每一個(gè)都含有重復(fù)的素因子，即都能被某個(gè)素?cái)?shù)的平方所整除？ “情景再現(xiàn)”解答： 1. 選

27、B。設(shè)此六位數(shù)為x= a×105 + b×104 + c×103 + a×102 + b×10 + c = 100100×a + 10010×b + 1001×c = 1001(100a +10b +c) = 7×11×13×(100a + 10b + c )，∵a，b，c都是整數(shù)，∴100a + 10b + c也是整數(shù)，∴7，11，13一定是x的約數(shù)。 2．選C. ∵p + 2d是質(zhì)數(shù)，p、d是正整數(shù)，∴p必是奇數(shù)?！遬+d是質(zhì)數(shù)，p是奇數(shù)，∴d必是偶數(shù)。又d不能被6整數(shù)，∴d = 6m + 2或d = 6m + 4(m∈Z)，設(shè)p = 3k + 1，或p = 3k + 2，或p = 3k

28、(k∈Z)，當(dāng)p = 3k + 1或p = 3k + 2時(shí)，p+d或p +2d中必有一個(gè)是3的倍數(shù)且大于3，不是質(zhì)數(shù)與已知條件矛盾，∴p = 3k，而已知p是質(zhì)數(shù)，∴p = 3，當(dāng)d=6m+2時(shí)，p + 3d = 3 + 18m + 6 = 9(2m + 1)，當(dāng)d = 6m + 4時(shí)，p + 3d = 3 + 18m + 12 = 3(6m +5)，∵m∈Z，∴2m + 1∈Z，6m + 5∈Z，∴p + 3d一定是3的倍數(shù)。 3．解：，而當(dāng)n－2=±1時(shí)，若(n+8，n+5)=(n+5，3)=1，則是一個(gè)既約分?jǐn)?shù)，故當(dāng)n=3時(shí)，該分?jǐn)?shù)是既約分?jǐn)?shù)．∴ 這個(gè)分?jǐn)?shù)為． 4. 設(shè)刪去最后的數(shù)字

29、6后，余下的數(shù)為x，若x是m位數(shù)，則原數(shù)是n = 10x +6. 據(jù)題意有4(10x + 6) = 6×10m + x，解得x=×2×(10m – 4)，要使n最小，就是使m最小，且使2(10m – 4)是13的倍數(shù)。取m = 1，2，3，…逐一檢驗(yàn)，知m最小為5，∴x = 2×7692 = 15384，所求的最小數(shù)是153846。 5. n是正整數(shù)，則xn－yn =(x－y)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+……+xyn-2+yn-1)（*），在(*)中取x=，y = 1，并以2m–n–1代替(*)中的n，得(－1) | (－1)。又－1=()2－1=(+1)(－1)，故(+1) |

30、(－1)， 于是(+1) | (－1)。 6．由于36＝4×9，而(4，9)＝1，所以只要分別證明2n6―n4―n2被4及9整除。將2n6―n4―n2分解成n2(2n2＋1)(n2－1)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，4|n2；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n2被4除余數(shù)為1，故4|(n2－1)。故4|n2(2n2＋1)(n2－1)。當(dāng)n＝3k（k∈Z）時(shí)，9|n2(2n2＋1)(n2－1)；當(dāng)n＝3k±1（k∈Z）時(shí)，n2被3除余數(shù)總是1，所以3|(n2－1)，且2n2被3除余數(shù)為2，所以3|(2n2＋1)，于是9|(n2－1)(2n2＋1)，故9|n2(n2－1)(2n2＋1)。 7．設(shè)f(a)＝a4＋a3＋a2＋

31、a＋1＝b2，由f(a)＞a4＋a3＋＝(a2＋)2、f(a)＜a4＋a3＋a2＋a＋1＝(a2＋＋1)2知(a2＋)2＜b2＜(a2＋＋1)2，所以(2a2＋a)2＜(2b)2＜(2a2＋a＋2)2，那么只有(2b)2＝(2a2＋a＋1)2，∴4f(a)＝(2a2＋a＋1)2，整理得a2―2a―3＝0，∵a是正整數(shù)，∴a＝3。 8．解：當(dāng)n是13的倍數(shù)時(shí)，則13除n2+5n+23的余數(shù)為10，當(dāng)n為13k±1型的整數(shù)時(shí)，n2－1是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23= n2－1+65k+24±5的余數(shù)為3或6，當(dāng)n為13k±2型的整數(shù)時(shí)，n2－4是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23= n

32、2－4+65k+27±10的余數(shù)為4或11，當(dāng)n為13k±3型的整數(shù)時(shí)，n2－9是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23= n2－9+65k+32±15的余數(shù)為4或8，當(dāng)n為13k±4型的整數(shù)時(shí)，n2－16是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23=n2－16+65k+39±20的余數(shù)為6或7，當(dāng)n為13k±5型的整數(shù)時(shí)，n2－25是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23= n2－25+65k+48±25的余數(shù)為10或8，當(dāng)n為13k±6型的整數(shù)時(shí)，n2－36是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23=n2－36+65k+59±25的余數(shù)為8或6，即質(zhì)數(shù)13除n2+5n+23的余數(shù)的集合為 { 3，4，6

33、，7，8，10，11} 。 9．解：當(dāng)p=2時(shí)，p2+2543=2547=32×283，283不是2，3，5，7，11，13的倍數(shù)，是質(zhì)數(shù)，此時(shí)共有正因數(shù)(2+1)×(1+1)=6個(gè)，p=2滿足條件； 當(dāng)p=3時(shí)，p2+2543=2552=23×11×19，此時(shí)共有正因數(shù)(3+1)×(1+1)×(1+1)=16個(gè)，p=3不滿足條件； 當(dāng)p＞3時(shí)，p2+2543 = p2－1+2544=(p－1)( p+1)+2400+144，質(zhì)數(shù)p＞3，則必為3k±1型的奇數(shù)，p－1、p+1是相鄰的兩個(gè)偶數(shù)，且其中必有一個(gè)是3的倍數(shù)，所以(p－1)(p+1)是24的倍數(shù)，所以p2+2543是24的倍數(shù)，

34、p2+2543=23+i×31+j×m，若m＞1，共有正因數(shù)(3+i+1)×(1+j+1)×(k+1)＞16個(gè)，若m=1，2i×3j＞106，當(dāng)j＞1，正因數(shù)個(gè)數(shù)不少于16，當(dāng)j=1，i＞4，正因數(shù)個(gè)數(shù)不少于24，當(dāng)j=0，i＞5，正因數(shù)個(gè)數(shù)不少于18，所以 p＞3不滿足條件； 綜上所述，p≥2時(shí)，正因數(shù)個(gè)數(shù)至少有16個(gè)，而p=2時(shí)正因數(shù)個(gè)數(shù)為6，故所求的質(zhì)數(shù)p是2。 10.解：(1) 因?yàn)?03=1000,113=1331,123=1728,133=2197, 123＜2005＜133，故 n≠1. 因?yàn)?005=1728+125+125+27=123+53+53+33， 所以存在n

35、 =4，使nmin≤4. 若n =2，因, 則最大的正方體邊長(zhǎng)只能為11或12，計(jì)算2005－113=674，2005－123=277，而674與277均不是完全立方數(shù), 所以n =2不可能是n的最小值. 若n =3，設(shè)此三個(gè)正方體中最大一個(gè)的棱長(zhǎng)為x,由3x2≥2005＞3×83, 知最大的正方體棱長(zhǎng)只能為9、10、11或12。 由于2005＜3×93, 2005－2×93=547, 2005－93－2×83＞0, 所以x≠9。 由于2005－2×103=5, 2005－103－93 =276, 2005－103－83 =493 , 2005－103－2×73＞0, 所以x≠10。

36、 由于2005－113－83 =162, 2005－113－73 =331 , 2005－113－2×63＞0, 所以x≠11。 由于2005－123－63 =61, 2005－123－53 =152＞53, 所以x≠12。 因此n =3不可能是n的最小值. 綜上所述，n =3才是n的最小值. (2) 設(shè)n 個(gè)正方體的棱長(zhǎng)分別是x1，x2，…，xn， 則 (x1)3+(x2)3+…+( xn)3=20022005?！?① 由 2002≡4(mod9)， 43≡1(mod9)，得 20022005≡42005≡4668×3+1≡(43)668×4≡

37、4(mod9)，… ② 又當(dāng)x∈N* 時(shí)，x3≡0，±1(mod9)， 所以 (x1)34(mod9)，(x1)3+(x2)34(mod9)，(x1)3+(x2)3+(x3)34(mod9)，… ③ ① 式模9, 由 ②、③ 可知, n≥4． 而 2002=103+103+13+13， 則20022005=20022004×(103+103+13+13)=(2002668)3×(103+103+13+13) =(2002668×10)3+(2002668×10)3+(2002668)3 +(2002668)3 。 因此 n =3為所求的最小值． “習(xí)題16”解答：

38、1．解 (a＋1)(b＋1)＝n＋1，即只要n＋1為合數(shù)，則n為“好數(shù)”．n＋1為質(zhì)數(shù)則n不是“好數(shù)”．在2~101中質(zhì)數(shù)共26個(gè)，故選B． 2．解 設(shè)a=2k－1，則a2－1=(2k－1)2－1=2k(2k－2)=4k(k－1)為8的倍數(shù)，故選D 3．證明 ∵ n≥3，∴ 2n－1>3，2n+1>3． ∵ 2n－1，2n，2n+1三個(gè)連續(xù)數(shù)中必有一個(gè)是3的倍數(shù)，但2n不是3的倍數(shù)，故2n－1，2n+1中必有一個(gè)為3的倍數(shù)，且此二數(shù)均大于3，即此3的倍數(shù)即不是質(zhì)數(shù)． 4．解： ∵?。?，　　∴ 200150－95是整數(shù)部分， 由95的末三位數(shù)字為049，故200150－9

39、5的末三位數(shù)字為952． 5．解 設(shè)4n2+17n－15=(2n+k)( 2n+k+1)=4n2+2n(2k+1)+k(k+1)． ∴ n=； 當(dāng)k=0時(shí)，n=1；當(dāng)k=1時(shí)，n不為整數(shù)；當(dāng)k=2時(shí)，n=3；當(dāng)k=3時(shí)，n=9．當(dāng)k>3時(shí)n<0． 當(dāng)k<0時(shí)，由2n+k≥1，知n≥， 此時(shí)15－4k>0，≥， ∴ 2k2+2k+30≥15－19k+4k2．T2k2－21k－15≤0無負(fù)整數(shù)滿足此式．∴ 只有3個(gè)值． 6．解：10。26+29=26(1+23)= 26·32=242，設(shè)242+2n=a2，有(a+24)( a－24)=2n，于是有a+24=2r，a－24=2t，

40、2r－2t =48=2t (2r－t－1)=24·3 ，∴t=4，r－t=2，即r=6，n= r+t =10。 7. 證明 只要證明任意連續(xù)十個(gè)正整數(shù)中，必有一個(gè)不含質(zhì)因子2，3，5，7． 由于在連續(xù)十個(gè)正整數(shù)中必有5個(gè)偶數(shù)；至多4個(gè)3的倍數(shù)，但其中奇數(shù)至多2個(gè)；必有2個(gè)5的倍數(shù)，其中5的奇數(shù)倍數(shù)只有1個(gè)，至多2個(gè)7的倍數(shù)，其中7的奇數(shù)倍數(shù)至多1個(gè)，于是在5個(gè)奇數(shù)中有因子3、5、7之一的奇數(shù)不超過4個(gè)．即至少有一個(gè)奇數(shù)不含質(zhì)因子3，5，7．這個(gè)數(shù)的質(zhì)因數(shù)最小為11．但連續(xù)10個(gè)正整數(shù)中11(或大于11的質(zhì)數(shù))的倍數(shù)至多只有1個(gè)，即此數(shù)與其余9個(gè)數(shù)互質(zhì)． 8．當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立。

41、當(dāng)n≥2時(shí)，按底數(shù)之和為（n＋2）進(jìn)行配對(duì)計(jì)算。 ∵2[12005＋22005＋…＋(n－1)2005＋n2005] ＝2＋， 又k2005＋(n＋2－k)2005 ＝(n＋2)[k2004－k2003(n＋2－k)＋…+(n＋2－k)2004]， ∴k2005＋(n＋2－k)2005能被n＋2整除（k＝2，3，…）。 于是，2[12005＋22005＋…(n－1)2005＋n2005]除以n+2的余數(shù)為2。 因此，12005+22005 +…+(n-1)2005 + n2005不能被n＋2整除。 9．解：n=2時(shí)，[2，3]=6，所有6的倍數(shù)不在此二組； n=3時(shí)，[2，

42、3，4]=12，所有12的倍數(shù)不在此三組； n=4時(shí)，[2，3，4，5]=60，所有60的倍數(shù)不在此四組； n=5時(shí)，[2，3，4，5，6]=60， 所有60的倍數(shù)不在此五組； n=6時(shí)，[2，3，4，5，6，7]=420， 所有420的倍數(shù)不在此六組； n=7時(shí)，[2，3，4，5，6，7，8]=840， 所有840的倍數(shù)不在此七組； n=8時(shí)，[2，3，4，5，6，7，8，9]=2520， 2520＞2006，故所有的數(shù)都可分入此8組中，即n=8． 10．解 存在.用數(shù)學(xué)歸納法證明它的加強(qiáng)命題：對(duì)任何正整數(shù)m存在m個(gè)連續(xù)的整數(shù)，使得每一個(gè)都含有重復(fù)的素因子. 當(dāng)m=1時(shí)，顯然成立.這只需取一個(gè)素?cái)?shù)的平方. 假設(shè)當(dāng)m=k時(shí)命題成立,即有k個(gè)連續(xù)整數(shù)n+1，n+2，…，n+k，它們分別含有重復(fù)的素因子p1，p2，…，pk，任取一個(gè)與p1，p2，…，pk都不同的素?cái)?shù)pk+1 (顯然存在), 當(dāng)時(shí),這個(gè)數(shù)中任兩個(gè)數(shù)的差是形如的數(shù),不能被整除,故這個(gè)數(shù)除以后,余數(shù)兩兩不同.但除以后的余數(shù)只有0，1，…，－1這個(gè)， 從而恰有一個(gè)數(shù)，使能被整除.這時(shí)，（個(gè)連續(xù)整數(shù)： 2，…， ，（+1） 分別能被整除，即時(shí)命題成立。 故題對(duì)一切正整數(shù)m均成立。