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2011届高三数学毕业班课本知识点整理归纳之17

时间:2014-04-24


2010-2011 年高三毕业班数学课本知识点整理归纳之十七
第十七章 整数问题整数问题

一、常用定义定理 1.整除:设 a,b∈Z,a≠0,如果存在 q∈Z 使得 b=aq,那么称 b 可被 a 整除,记作 a|b, 且称 b 是 a 的倍数,a 是 b 的约数。b 不能被 a 整除,记作 a b. 2.带余数除法:设 a,b 是两个给定的整数,

a≠0,那么,一定存在唯一一对整数 q 与 r, 满足 b=aq+r,0?r<|a|,当 r=0 时 a|b。 3.辗转相除法:设 u0,u1 是给定的两个整数,u1≠0,u1 u0,由 2 可得下面 k+1 个等式: u0=q0u1+u2,0<u2<|u1|; u1=q1u2+u3,0<u3<u2; u2=q2u3+u4,0<u4<u3; … uk-2=qk-2u1+uk-1+uk,0<uk<uk-1; uk-1=qk-1uk+1,0<uk+1<uk; uk=qkuk+1. 4.由 3 可得: (1)uk+1=(u0,u1); (2)d|u0 且 d|u1 的充要条件是 d|uk+1; (3)存在整数 x 0,x1,使 uk+1=x0u0+x1u1. 5.算术基本定理:若 n>1 且 n 为整数,则 n ? p1 1 p 2 2 ? p k k ,其中 pj(j=1,2,…,k)是质
a a a

数(或称素数) ,且在不计次序的意义下,表示是唯一的。 6.同余:设 m≠0,若 m|(a-b),即 a-b=km,则称 a 与 b 模同 m 同余,记为 a≡b(modm),也 称 b 是 a 对模 m 的剩余。 7.完全剩余系:一组数 y1,y2,…,ys 满足:对任意整数 a 有且仅有一个 yj 是 a 对模 m 的剩 余,即 a≡yj(modm),则 y1,y2,…,ys 称为模 m 的完全剩余系。 p-1 p 8.Fermat 小定理:若 p 为素数,p>a,(a,p)=1,则 a ≡1(modp),且对任意整数 a,有 a ≡a(modp). 9.若(a,m)=1,则 a
? (m)

≡1(modm), ? (m)称欧拉函数。
a a a

10. (欧拉函数值的计算公式)若 m ? p1 1 p 2 2 ? p k k ,则 ? (m)= m

? (1 ? p
i ?1

k

1
i

).

11. (孙子定理)设 m1,m2,…,mk 是 k 个两两互质的正整数,则同余组: x≡b1(modm1),x≡b2(modm2),…,x≡bk(modmk)有唯一解, x≡ M 1 M1b1+ M 2 M2b2+…+ M k Mkbk(modM), 其中 M=m1m2mk; M i =
' '
'

M ' ,i=1,2,…,k; M i M i ≡1(modmi),i=1,2,…,k. mi

二、方法与例题 1.奇偶分析法。 例 1 有 n 个整数,它们的和为 0,乘积为 n, (n>1) ,求证:4|n。

用心

爱心

专心

-1-

[证明] 设这 n 个整数为 a1,a2,…,an,则 a1,a2,…,an=n, ① a1+a2+…+an=0。 ② 首先 n 为偶数,否则 a1,a2,…,an 均为奇数,奇数个奇数的和应为奇数且不为 0,与②矛盾, 所以 n 为偶数。所以 a1,a2, … ,an 中必有偶数,如果 a1,a2, … ,an 中仅有一个偶数,则 a1,a2,…,an 中还有奇数个奇数,从而 a1+a2+…+an 也为奇数与②矛盾,所以 a1,a2,…,an 中必 有至少 2 个偶数。所以 4|n. 2.不等分析法。 3 3 3 2 2 2 例 2 试求所有的正整数 n,使方程 x +y +z =nx y z 有正整数解。 2 3 3 2 3 3 解 设 x,y,z 为其正整数解,不妨设 x?y?z,则由题设 z |(x +y ),所以 z ?x +y ,但

x3 ? y3 2 2 3 3 2 2 2 2 x ?xz ,y ?yz ,因而 z=nx y ?nx y -(x+y),故 x +y ?z ?[nx y -(x+y)] ,所 2 z
3 2 3 2 2 2

以 n x y ? 2nx y (x+y)+x +y , 所 以 nxy< 2? ?x ? y? ? ? nx3 ? ny 3 。 若 x ? 2 , 则 4 ? ? ?
2 4 4 2 2 3 3

?1

1?

1

1

nxy< 2? ?

?1 1? 1 1 2 1 1 ? ? ? 3 ? 3 ?3,矛盾。所以 x=1,所以 ny< 2 ? ? ? 3 ,此式当且 ? y n ny ny ? x y ? nx
2 3 3 2 3

仅当 y?3 时成立。又 z |(x +y ),即 z |(1+y ),所以只有 y=1,z=1 或 y=2,z=3,代入原方 程得 n=1 或 3。 3.无穷递降法。 2 2 2 2 2 例 3 确定并证明方程 a +b +c =a b 的所有整数解。 解 首先(a,b,c)=(0,0,0)是方程的整数解, 下证该方程只有这一组整数解。 假设(a1,b1,c1) 是 方 程 的 另 一 组 整 数 解 , 且 a1,b1,c1 不 全 为 0 , 不 妨 设 a1 ? 0,b1 ? 0,c1 ? 0 且

a12 ? b12 ? c12 ? 0 , 由 a12 b12 ≡ 1 或 0(mod4) 知 a1,b1,c1 都 是 偶 数 ( 否 则 a12 ? b12 ? c12 a12 b12 (mod4)),从而 (

a1 b1 c1 , , ) 是 方程 x2+y2+z2=2x2y2 的一组整数解, 2 2 2

且不全为 0,同理可知

a1 b1 c1 a b1 c1 , 2 , 2 ) 为方程 x2+y2+z2=24x2y2 的解。 , , 也都是偶数 ( 1 2 2 2 2 2 2 2

这 一 过 程 可 以 无 限 进 行 下 去 , 另 一 方 面 a1,b1,c1 为 有 限 的 整 数 , 必 存 在 k ∈ N, 使 2 >a1,2 >b1,2 >c1,从而
k k k

a1 b1 c1 , , 不是整数,矛盾。所以该方程仅有一组整数解(0,0,0). 2k 2k 2k

4.特殊模法。 例 4 证明:存在无穷多个正整数,它们不能表示成少于 10 个奇数的平方和。 [证明] 考虑形如 n=72k+66,k∈N 的正整数,若 n ? x1 ? x 2 ? ? ? x s ,其中 xi 为奇数,
2 2 2

i=1,2, … ,s 且 1 ? s ? 9 。因 为 n ≡ 2(mod8) ,又 x i ≡ 1(mod8) ,所 以只 有 s=2. 所 以
2 2 n ? x12 ? x 2 , 又因为 x i ≡2 或 0(mod3), 且 3|n, 所以 3|x1 且 3|x2, 所以 9|n。 但 n=72k+66

2

用心

爱心

专心

-2-

≡3(mod9),矛盾。所以 n 不能表示成少于 10 个奇数的平方和,且这样的 n 有无穷多个。 5.最小数原理。 4 4 2 例 5 证明:方程 x +y =z 没有正整数解。 [证明] 假设原方程有一组正整数解(x0,y0,z0), 并且 z0 是所有正整数解 z 中最小的。 因此,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( x0 ) ? ( y0 ) ? z0 ,则 x 0 ? a -b , y 0 =2ab,z0=a +b ,其中(a,b)=1,a,b 一奇一偶。假设 a

为偶数,b 为奇数,那么 x0 ? z 0 ? 0 (mod4),而 x0 ? a ? b ? 3 (mod4),矛盾,所以 a
2 2 2 2

为 奇 数 , b 为 偶 数 。 于 是 , 由 x0 ? b ? a 得 x0=p -q ,b=2pq,a=p +q ( 这 里
2 2 2
2 2 2 2

(p,q)=1,p>q>0,p,q 为一奇一偶) 。从而推得 y 0 ? 2ab ? 4 pq( p ? q ) ,因为 p,q,p +q
2 2 2
2 2 2 2 2 2

2

两两互质,因此它们必须都是某整数的平方,即 p=r ,q=s ,p +q =t ,从而 r4+s4=t2,即 2 2 2 2 2 (r,s,t)也是原方程的解,且有 t<t =p +q =a<a +b =z,这与 z 的最小性矛盾,故原方程无 正整数解。 6.整除的应用。 例 6 求出所有的有序正整数数对(m,n),使得

n3 ? 1 是整数。 mn ? 1

解 (1)若 n=1,则

2 是整数,所以 m-1=1 或 2,所以(m,n)=(2,1),(3,1). m ?1
n3 ? 1 n3 ? 1 ? 2 2 , 所 以 n-1=1 或 2 , 所 以 ? ? n2 ? n ?1? n ?1 n ?1 n ?1

( 2 ) 若 m=1, 则

(m,n)=(1,2),(1,3). (3)若 m>1,n>1,因为

m3n3 ? 1 ? (m 3 n 3 ? 1) ? m 3 (n 3 ? 1) m 3 ? 1 ? 是整数,所以 也是 mn ? 1 mn ? 1 mn ? 1

整数,所以 m,n 是对称的,不妨设 m?n,

n3 ? 1 n3 ? n ? n ? 1 1 ? ? n? ⅰ)若 m=n,则 2 为整数,所以 n=2,m=2. 2 n ?1 n ?1 n ?1
ⅱ)若 m>n,因为 n +1≡1(modn),mn-1≡-1(modn),所以
3

n3 ? 1 ≡-1(modn). mn ? 1

所以存在 k∈N,使 kn-1=

n3 ? 1 n3 ? 1 n3 ? 1 1 ? ? n? , ,又 kn-1= 2 2 mn ? 1 n ?1 mn ? 1 n ? 1

n3 ? 1 n2 ?1 2 1 ? n ?1? . 所以(k-1)n<1+ ,所以 k=1,所以 n=1= ,所以 m ? mn ? 1 n ?1 n ?1 n ?1
所以 n-1=1 或 2,所以(m,n)=(5,3)或(5,2). 同理当 m<n 时,有(m,n)=(2,5),(3,5). 综上(m,n)=(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2),(2,5),(5,2),(3,5),(5,3).
用心 爱心 专心 -3-

7.进位制的作用 5 例 7 能否选择 1983 个不同的正整数都不大于 10 ,且其中没有 3 个正整数是等差数列中 的连续项?证明你的结论。 5 解 将前 10 个自然数都表示为三进制,在这些三进制数中只选取含数字 0 或 1(而不含数 字 2)的数组成数集 T,下证 T 中的数符合要求。 10 5 11 5 (1)因为 3 <10 <3 ,所以前 10 个自然数的三进制至多由 11 个数字组成,因而 T 中的元 2 10 11 素个数共有 1+2+2 +…+2 =2 -1=2047>1983(个) 。这是因为 T 中的 k 位数的个数相当于用 k-1 0,1 这两个数在 k-1 个位置上可重复的全排列数(首位必须是 1) ,即 2 ,k=1,2,…,11. 2 10 5 (2)T 中最大的整数是 1+3+3 +…+3 =88573<10 。 (3)T 中任意三个数不组成等差排列的三个连续项。否则,设 x,y,z∈T,x+z=2y,则 2y 必只含 0 和 2,从而 x 和 z 必定位位相同,进而 x=y=z,这显然是矛盾的。 三、习题精选 2 1.试求所有正整数对(a,b),使得(ab-a +b+1)|(ab+1). 2 2 2 2 2.设 a,b,c∈N+,且 a +b -abc 是不超过 c+1 的一个正整数,求证:a +b -abc 是一个完全 平方数。 2 2 3.确定所有的正整数数对(x,y),使得 x?y,且 x +1 是 y 的倍数,y +1 是 x 的倍数。 n 2 4.求所有的正整数 n,使得存在正整数 m,(2 -1)|(m +9). 5. 求证: 存在一个具有如下性质的正整数的集合 A, 对于任何由无限多个素数组成的集合, 存在 k?2 及正整数 m∈A 和 n ? A,使得 m 和 n 均为 S 中 k 个不同元素的乘积。 6.求最小的正整数 n(?4),满足从任意 n 个不同的整数中能选出四个不同的数 a,b,c,d 使 20|(a+b-c-d). 7.对于正整数 a,n,定义 Fn(a)=q+r,其中 q,r 为非负整数,a=qn+r 且 0?r?n,求最大正 整 数 A , 使 得 存 在 正 整 数 n1,n2, … ,n6 , 对 任 意 正 整 数 a ? A , 都 有

Fn ( Fn ( Fn ( Fn ( Fn ( Fn (a ) ?) =1,并证明你的结论。
6 5 4 3 2 1

8.设 x 是一个 n 位数,问:是否总存在非负整数 y?9 和 z 使得 10 z+10x+y 是一个完全 平方数?证明你的结论。 9.设 a,b,c,d∈N+,且 a>b>c>d,ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c)。证明:ab+cd 不是素数。

n+1

用心

爱心

专心

-4-


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