整數的整除性
2009-08-31 11:12:42網絡來源
1．整數的整除性的有關概念、性質
（1）整除的定義：對于兩個整數a、d（d≠0），若存在一個整數p，使得成立，則稱d整除a，或a被d整除，記作d|a。
若d不能整除a，則記作da，如2|6，46。
（2）性質
1）若b|a，則b|(-a)，且對任意的非零整數m有bm|am
2）若a|b，b|a，則|a|=|b|;
3）若b|a，c|b，則c|a
4）若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互質，則b|c；
5）若b|ac，而b為質數，則b|a，或b|c；
6）若c|a，c|b，則c|（ma+nb），其中m、n為任意整數（這一性質還可以推廣到更多項的和）
例1（1987年北京初二數學競賽題）x，y，z均為整數，若11｜（7x+2y-5z），求證：11｜（3x-7y+12z）。
證明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)
而11｜11(3x-2y+3z),
且11｜(7x+2y-5z),
∴11｜4(3x-7y+12z)
又(11,4)=1
∴11｜(3x-7y+12z).
2.整除性問題的證明方法
(1)利用數的整除性特征（見第二講）
例2（1980年加拿大競賽題）設72｜的值。
解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需討論8、9都整除的值。
若8｜，則8｜，由除法可得ｂ＝２。
若9｜，則9｜（a+6+7+9+2），得a=3。
�。�2）利用連續整數之積的性質
�、偃我鈨蓚�連續整數之積必定是一個奇數與一個偶數之一積，因此一定可被2整除。
�、谌我馊齻�連續整數之中至少有一個偶數且至少有一個是3的倍數，所以它們之積一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。
這個性質可以推廣到任意個整數連續之積。
例3（1956年北京競賽題）證明：對任何整數n都為整數，且用3除時余2。
證明
∵為連續二整數的積,必可被2整除.
∴對任何整數n均為整數,
∵為整數,即原式為整數.
又∵
，
2n、2n+1、2n+2為三個連續整數，其積必是3的倍數，而2與3互質，
∴是能被3整除的整數.
故被3除時余2.
例4一整數a若不能被2和3整除，則a2+23必能被24整除.
證明∵a2+23=（a2-1）+24，只需證a2-1可以被24整除即可.
∵2.∴a為奇數.設a=2k+1(k為整數),
則a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).
∵k、k+1為二個連續整數，故k（k+1）必能被2整除，
∴8|4k（k+1），即8|（a2-1）.
又∵（a-1），a，（a+1）為三個連續整數，其積必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a2-1），
∵3a，∴3|（a2-1）.3與8互質,∴24|(a2-1),即a2+23能被24整除.
(3)利用整數的奇偶性
下面我們應用第三講介紹的整數奇偶性的有關知識來解幾個整數問題.
例5求證:不存在這樣的整數a、b、c、d使：
a·b·c·d-a=①
a·b·c·d-b=②
a·b·c·d-c=③
a·b·c·d-d=④
證明由①，a（bcd-1）=.
∵右端是奇數，∴左端a為奇數，bcd-1為奇數.
同理,由②、③、④知b、c、d必為奇數，那么bcd為奇數，bcd-1必為偶數，則a（bcd-1）必為偶數，與①式右端為奇數矛盾.所以命題得證.
例6(1985年合肥初中數學競賽題)設有n個實數x1,x2,…，xn，其中每一個不是+1就是-1，
且
試證n是4的倍數.
證明設(i=1,2,…，n-1)，
則yi不是+1就是-1，但y1+y2+…+yn=0，故其中+1與-1的個數相同，設為k，于是n=2k.又y1y2y3…yn=1，即（-1）k=1，故k為偶數，
∴n是4的倍數.
其他方法：
整數a整除整數b，即b含有因子a.這樣,要證明a整除b,采用各種公式和變形手段從b中分解出因子a就成了一條極自然的思路.
例7(美國第4屆數學邀請賽題)使n3+100能被n+10整除的正整數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,則900也能被n+10整除.而且,當n+10的值為最大時,相應地n的值為最大.因為900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.
例8(上海1989年高二數學競賽)設a、b、c為滿足不等式1＜a＜b＜c的整數，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能數組（a，b，c）.
解∵（ab-1）（bc-1）（ca-1）
=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，①
∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.
∴存在正整數k,使
ab+ac+bc-1=kabc,②
k=＜＜＜＜
∴k=1.
若a≥3，此時
1=-＜矛盾.
已知a＞1.∴只有a=2.
當a=2時，代入②中得2b+2c-1=bc，
即1=＜
∴0＜b＜4，知b=3，從而易得c=5.
說明：在此例中通過對因數k的范圍討論，從而逐步確定a、b、c是一項重要解題技巧.
例9（1987年全國初中聯賽題）已知存在整數n，能使數被1987整除.求證數
，
都能被1987整除.
證明∵×××（103n+），且能被1987整除，∴p能被1987整除.
同樣，
q=（）
且
∴
故、102（n+1）、被除，余數分別為1000，100，10，于是q表示式中括號內的數被除，余數為1987，它可被1987整除，所以括號內的數能被1987整除，即q能被1987整除.
練習十六
1．選擇題
�。�1）（1987年上海初中數學競賽題）若數n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，則不是n的因數的最小質數是（）.
（A）19（B）17（C）13（D）非上述答案
（2）在整數0、1、2…、8、9中質數有x個，偶數有y個，完全平方數有z個，則x+y+z等于（）.
（A）14（B）13（C）12（D）11（E）10
（3）可除盡311+518的最小整數是（）.
（A）2（B）3（C）5（D）311+518（E）以上都不是
2．填空題
�。�1）（1973年加拿大數學競賽題）把100000表示為兩個整數的乘積，使其中沒有一個是10的整倍數的表達式為__________.
(2)一個自然數與3的和是5的倍數,與3的差是6的倍數,這樣的自然數中最小的是_________.
(3)(1989年全國初中聯賽題)在十進制中,各位數碼是0或1,并且能被225整除的最小自然數是________.
3.求使為整數的最小自然數a的值.
4.(1971年加拿大數學競賽題)證明:對一切整數n,n2+2n+12不是121的倍數.
5.(1984年韶關初二數學競賽題)設是一個四位正整數,已知三位正整數與246的和是一位正整數d的111倍,又是18的倍數.求出這個四位數,并寫出推理運算過程.
6.(1954年蘇聯數學競賽題)能否有正整數m、n滿足方程m2+1954=n2.
7.證明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n為非負整數.
(2)若將(1)中的11改為任意一個正整數a,則(1)中的12,133將作何改動?證明改動后的結論.
8.(1986年全國初中數學競賽題)設a、b、c是三個互不相等的正整數.求證:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三個數中,至少有一個能被10整除.
9.(1986年上海初中數學競賽題)100個正整數之和為101101,則它們的最大公約數的最大可能值是多少?證明你的結論.
練習十六
１．Ｂ．Ｂ．Ａ
�。玻ǎ保玻�·５５．（２）２７．
３．由2000a為一整數平方可推出a=5．
�。矗醋C法．若是１２１的倍數，設ｎ２＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ（ｎ＋１）２＝１１（１１ｋ－１）．∵１１是素數且除盡（＋１）２，
∴１１除盡ｎ＋１１１２除盡（ｎ＋１）２或１１｜１１ｋ－１，不可能．
�。担墒牵涞模保保北�，可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６４２，７５３；又是１８的倍數，∴只能是１９８．而１９８＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，是１９８４．
７．（１）１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１＝１２１×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝１２１×１１ｎ＋１２×１１ｎ－１２×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝…＝１３３×１１ｎ＋１２×（１４４ｎ－１１ｎ）．第一項可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４ｎ－１１ｎ，∴１３３｜１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１．
�。ǎ玻保备臑椋幔保哺臑椋幔�，１３３改為ａ（ａ＋１）＋１．改動后命題為ａ（ａ＋１）＋１｜ａｎ＋２＋（ａ＋１）２ｎ＋１，可仿上證明．
�。福撸幔常猓幔猓常剑幔猓ǎ幔玻猓玻煌碛校猓ǎ猓玻悖玻�；ｃａ（ｃ２－ａ２）．若ａ
、ｂ、ｃ中有偶數或均為奇數，以上三數總能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一個是５的倍數，則題中結論必成立．若均不能被５整除，則ａ２，ｂ２，ｃ２個位數只能是１，４，６，９，從而ａ２－ｂ２，ｂ２－ｃ２，ｃ２－ａ２的個位數是從１，４，６，９中，任取三個兩兩之差，其中必有０或±５，故題中三式表示的數至少有一個被５整除，又２、５互質．
�。梗O１００個正整數為ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公約數為ｄ，并令
則ａ１＋ａ-２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１００１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，從而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若�。幔保剑幔玻剑幔梗梗剑保埃埃�，ａ１００＝２００２，則滿足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值為１００１．
