数学奥赛辅导 第一讲
奇数、偶数、质数、合数
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
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
.
Ⅱ.质数与合数、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
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,
(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
,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=x2 ①
5d-1=y2 ②
13d-1=z2 ③
x,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.
设y=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.
例4.如n是不小于3的自然数,以
表示不是n的因数的最小自然数[例如
=5].如果
≥3,又可作
.类似地,如果
≥3,又可作
等等.如果
,就把k叫做n的“长度”.如果用
表示n的长度,试对任意的自然数n(n≥3),求
,并证明你的结论.
(第3届全国中学生数学冬令营试题)
【解】令
为非负整数,t为奇数. 当m=0时,
,因而ln=1;
当
时,设u是不能整除奇数t的最小奇数,记
(1)若
(2)若
故
例5.设n是正整数,k是不小于2的整数.试证:
可表示成n个相继奇数的和.
【证明】对k用数学归纳法.
当k=2时,因
命题在立.
假设k=m时成立,即
(a为某非负数) 则
若记
(显然b为非负偶数),于是
时,命题成立,故命题得证.
例6.在平面上任画一条所有顶点都是格点的闭折线,并且各节的长相等.能使这闭折线的节数为奇数?证明你的结论. (莫斯科数学竞赛试题)
【解】令符合题设条件的闭折线为A1A2…AnA1,则所有顶点
的坐标(
)符
合
并且
为一固定的正整数),其中
则由已知有
①
②
③
不妨设
中至少有一个为奇数(因为设
是指数最小的,ti为奇数,用2m除所有的数后,其商仍满足①、②、③式),于是它们的平方和C只能为4k+1或4k+2.
当C=4k+2时,由③知,所有数对
都必须是奇数,因此,根据①、②式知,n必为偶数.
当C=4k+1时,由③知,所有数对
都必一奇一偶,而由①知,Xi中为奇数的有偶数个(设为2u),余下的n-2u个为偶数(与之对应的Yi必为奇数),再由②知,这种奇数的Yi也应有偶数个(设为
),故
=偶数.
综上所述,不能作出满足题设条件而有奇数个节的闭折线.
例7.求出最小正整数n,使其恰有144个不同的正因数,且其中有10个连续整数.
(第26届IMO预选题)
【解】根据题目要求,n是10个连续整数积的倍数,因而必然能被2,3,…,10整数.由于8=23,9=32,10=2×5,故其标准分解式中,至少含有23·32·5·7的因式,因此,若设
则
由
而
故最多还有一个
为使n最小,自然宜取
由
,考虑144的可能分解,并比较相应n的大小,可知合乎要求的(最小)
故所求的
下面讲一个在指定集合内的“合数”的问题.这种合数与通常的合数有区别,题中的“素元素”是指在该集合内的素数,也与通常的素数有区别.
例8.设n>2为给定的正整数,
试证:存在一数
这个数可用不只一种方式表示成数集Vn中素元素的乘积. (第19届IMO试题)
【证明】由于Vn中的数都不小于
因而
.
显然
是Vn中的素元素.又若(2n-1)2不是Vn中素元素,则有
由此有
于是
从而b=1,a=1;b=1,a=2,b=1,a=3,对此就有
故n=8.这说明 ,当
就是Vn中素元素.
当
当n=8时,有1089=136×8+1=9×121=33×33,而9,121,33∈V8.
综上知,命题得证.
例9.已知n≥2,求证:如果
对于整数k(
)是质数,则
对于所有整数
都是质数.
(第28届(1987)国际数学奥林匹克试题6)
【证】设m是使
为合数的最小正整数.若
的最小质因子,则
.
(1)若m≥p,则p|(m-p)2+(m-p)+n. 又(m-p)2+(m-p)+n≥n>p,这与m是使
为合数的最小正整数矛盾.
(2)若m≤p-1,则
被p整除,且
因为
为合数,所以
由
即
由此得
与已知矛盾.所以,对所有的
为质数.
1
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