高中数学奥赛辅导 第一讲 奇数、偶数、质数、合数
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高中数学奥赛辅导 第一讲 奇数、偶数、质数、合数
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,任一偶数可表为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n 2l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题.
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可以写成标准分解式:
aaaA p11 p22 pnn (*). m
其中p1 p2 pn,pi为质数, i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A q1 1 q22 qnm,其中q1 q2 qm,qj为质数, i为非负整数,j=1,
2, ,m.由于任何一pi必为qj中之一,而任一qj也必居pi中之一,故n=m.又因 p1 p2 pn,q1 q2 qn,则有pi qi(i 1,2, ,n),再者,若对某个i, i i(不妨设 i i),用pii除等式p12p21 pnn p11 p22 pnn两端得:
n 1p1 pi i i pn p11 pi 1 i 1 aaa pi 1 i 1 n pn.
此式显然不成立(因左端是pi的倍数,而右端不是).故 i i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A p11p22 pnn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( 1 1)( 2 1) ( n 1).(简记为
( i 1ni 1)) 222这是因为,乘积(1 p1 p1 p11) (1 p2 p2 p22) (1 pn pn
n
pn)的每一项都是A的一个因子,故共有 ( i 1)个. n
i 1
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p1,p2, pn,考察整数a p1p2 pn 1.由于a 1且又不能被pi(i 1,2, ,n)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pi(i 1,2, ,n),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,0 a b c d,并且ad bc,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:2 2.从而k m(因为d a b c,于是(a d)2 (a d)2 4ad km
(b c)2 4bc (b c)2.再由ad bc,d 2k a,c 2m b可得b 2m a 2k b2 a2, 因而2m(b a 2k m) (b a)(b a) ①
显然,b a,b a为偶数,b 2k ma为奇数,并且b a和b a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b 2k ma e f,其中e,f为奇数,那么由①式及b a,b a的特性就有
b a 2(Ⅰ) e,或(Ⅱ) b a 2f, m 1 b a 2e. b a 2f.m 1
由ef b 2k ma b 2a b a 2f 得e=1,
从而f b 2k ma.于是(Ⅰ)或(Ⅱ)分别变为
m 1k m b a 2, b a 2(b 2a), 或 k mm 1 b a 2(b 2a) b a 2
解之,得a 2k m 1 2m 1.因a为奇数,故只能a=1.
例3.设a1,a2, ,an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ai均为1和-1,从而题中所给的等式中每一项aiai 1ai 2ai 3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=(a1a2 an)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f(n)表示不是n的因数的最小自然数[例如f(n)=5].如
果f(n)≥3,又可作f(f(n)).类似地,如果f(f(n))≥3,又可作f(f(f(n)))等等.如果f(f(f f(n) )) 2,就把k叫做n的“长度”.如果用ln表示n的长度,试对任意的自然数n(n≥3),求ln,并证明你的结论.
(第3届全国中学生数学冬令营试题)
m【解】令n 2t,m为非负整数,t为奇数. 当m=0时,f(n) f(t) 2,因而ln=1;
当m 0时,设u是不能整除奇数t的最小奇数,记u g(t).
(1)若g(t) 2m 1,则f(n) u,f(f(n)) 2,所以ln 2.
(2)若g(t) 2m 1,则f(n) 2m 1,f(f(n)) f(2m 1) 3,f(f(f(n))) f(3) 2,所以ln 3.
1,当n为奇数时;
mm 1故ln 3,当n 2t,m 0,t为奇数,且g(t) 2(g(t)如上);
2,其他情形.
例5.设n是正整数,k是不小于2的整数.试证:n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n2 1 3 (2n 1),命题在立.
假设k=m时成立,即nm (a 1) (a 3) (a 2n 1) na n2,(a为某非负数) 则nm 1 nm n (na n2)n n(na n2 n) n2,
若记b na n n(显然b为非负偶数),于是 2k
nm 1 nb n2 (b 1) (b 3) (b 2n 1),即k m 1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Ai的坐标(xi,yi)符 合xi,yi Z(i 1,2, ,n).并且Xi2 Yi2 C(i 1,2, n,C为一固定的正整数),其中 Xi xi xi 1,Yi yi yi 1(i 1,2, ,n,xn 1 x1,yn 1 y1),则由已知有
X
i 1
nni 0, ① Y
i 1i 0, ②
22X12 Y12 X2 Y22 Xn Yn2 ③
不妨设Xi和Yi中至少有一个为奇数(因为设Xi 2ti,m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. m
当C=4k+2时,由③知,所有数对Xi与Yi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Xi与Yi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2 n 2u),故n 2(u )=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 n 2 1 3 2 5 3 7 4 11 5 , 则 1 3, 2 2, 3 1, 4 1.由
( 1 1)( 2 1)( 3 1)( 4 1) 144,而( 1 1)( 2 1)( 3 1)( 4 1) 4 3 2 2 48,故最多还有一个 j 0(j 5),且 j 2,为使n最小,自然宜取2 5 0.由
( 1 1)( 2 1)( 3 1)( 4 1)( 5 1) 144( 5 0时)或( 1 1)( 2 1)( 3 1)( 4 1) 144( 5 0时),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) 1 5, 2 2,
. 3 4 5 1,故所求的n 25 32 5 7 11 110880
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,Vn kn 1,k N*.试证:存在一数r Vn,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n 1(n 2),因而(n 1)2,(2n 1)2,(n 1) (2n 1) Vn. 显然(n 1)2,(n 1) (2n 1)是Vn中的素元素.又若(2n-1)2不是Vn中素元素,则有 a b 1,使(an 1) (bn 1) (2n 1)2,由此有4n 4 abn a b,于是1 ab 3,从而b=1,a=1;b=1,a=2,b=1,a=3,对此就有n 2,
中素元素.
当n 8时,令r (n 1)2(2n 1)2.显然r Vn,且r (n 1)2(2n 1)2 [(n 1)(2n 1)] 8,8,故n=8.这说明 ,当n 8时,(2n 1)2就是Vn2
[(n 1)(2n 1)].
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