数学奥赛辅导-第一讲-奇数、偶数、质数、合数

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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lnm2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:nanaapppA2121(*).其中inpppp,21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jmnqqqqqqqAm,,212121其中为质数,i为非负整数,j=1,2,…,m.由于任何一ip必为jq中之一,而任一jq也必居ip中之一,故n=m.又因),,2,1(,,2121niqpqqqpppiinn则有,再者,若对某个i,ii(不妨设ii),用iip除等式nnnanaapppppp21122121两端得:.11111111niiniiniinippppppp此式显然不成立(因左端是ip的倍数,而右端不是).故ii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nnpppA2121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)(1(21n(简记为nii1)1()这是因为,乘积2222212111()1()1(21nnpppppppp)nnp的每一项都是A的一个因子,故共有nii1)1(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,,,21nppp考察整数.121npppa由于1a且又不能被),,2,1(nipi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),,2,1(nipi,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=x2①5d-1=y2②13d-1=z2③x,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,bcaddcba并且,0,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:.22mk从而addadacbadmk4)()(,(22于是因为22)(4)(cbbccb.再由,222,2,22ababbcadbcadkmmk可得因而))(()2(2abababmkm①显然,abab,为偶数,abmk2为奇数,并且abab和只能一个为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feabmk2,其中e,f为奇数,那么由①式及abab,的特性就有(Ⅰ).2,21fabeabm或(Ⅱ).2,21eabfabm由fabababefmk222得e=1,从而.2abfmk于是(Ⅰ)或(Ⅱ)分别变为)2(2,21abababmkm或12),2(2mmkababab解之,得1122mmka.因a为奇数,故只能a=1.例3.设naaa,,,21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ia均为1和-1,从而题中所给的等式中每一项321iiiiaaaa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=(naaa21)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)(nf表示不是n的因数的最小自然数[例如)(nf=5].如果)(nf≥3,又可作))((nff.类似地,如果))((nff≥3,又可作)))(((nfff等等.如果2)))(((nffff,就把k叫做n的“长度”.如果用nl表示n的长度,试对任意的自然数n(n≥3),求nl,并证明你的结论.(第3届全国中学生数学冬令营试题)【解】令mtnm,2为非负整数,t为奇数.当m=0时,2)()(tfnf,因而ln=1;当0m时,设u是不能整除奇数t的最小奇数,记).(tgu(1)若.2,2))((,)(,2)(1nmlnffunftg所以则(2)若.3,2)3()))(((,3)2())((,2)(,2)(111nmmmlfnffffnffnftg所以则故.,2);)((2)(,,0,2,3;,11其他情形如上且为奇数当为奇数时当tgtgtmtnnlmmn例5.设n是正整数,k是不小于2的整数.试证:kn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),12(312nn命题在立.假设k=m时成立,即,)12()3()1(2nnanaaanm(a为某非负数)则,)()(2221nnnnannnnannnmm若记nnnab2(显然b为非负偶数),于是1),12()3()1(21mknbbbnnbnm即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iA的坐标(iiyx,)符合).,,2,1(,niZyxii并且CniCYXii,,2,1(22为一固定的正整数),其中),,,,,2,1(,111111yyxxniyyYxxXnniiiiii则由已知有niiX1,0①niiY1,0②2222222121nnYXYXYX③不妨设iiYX和中至少有一个为奇数(因为设mtXimi,2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iiYX与都必须是奇数,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iiYX与都必一奇一偶,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un22),故)(2un=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,11753254321n则.1,1,2,34321由,144)1)(1)(1)(1(4321而,482234)1)(1)(1)(1(4321故最多还有一个,2),5(0jjj且为使n最小,自然宜取.025由)0(144)1)(1)(1)(1()0(144)1)(1)(1)(1)(1(54321554321时或时,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),2,521,1543故所求的.11088011753225n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n2为给定的正整数,.,1*NkknVn试证:存在一数,nVr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),2(1nn因而nVnnnn)12()1(,)12(,)1(22.显然)12()1(,)1(2nnn是Vn中的素元素.又若(2n-1)2不是Vn中素元素,则有,)12()1()1(,12nbnanba使由此有,44baabnn于是,31ab从而b=1,a=1;b=1,a=2,b=1,a=3,对此就有,8,28,2n故n=8.这说明,当2)12(,8nn时就是Vn中素元素.当)]12)(1[()12()1(,.)12()1(,82222nnnnrVrnnrnn且显然令时)].12)(1[(nn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nkk2对于整数k(30nk)是质数,则nkk2对于所有整数)20(nkk都是质数.(第28届(1987)国际数学奥林匹克试题6)【证】设m是使nkk2为合数的最小正整数.若nmmpnmn2,23是令的最小质因子,则nmmp2.(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nkk2为合数的最小正整数矛盾.(2)若m≤p-1,则nmpmpnmpmp))(1()1()1(2被p整除,且.)1()1(2pnnmpmp因为nmpmp)1()1(2为合数,所以.12,1mpmmp由,122nmmpm即,01332nmm由此得363123nnm与已知矛盾.所以,对所有的nkknkn2,23为质数.

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