高二数学竞赛班二试讲义

高二数学竞赛班二试讲义
第5讲 整数的性质
班级 姓名
一、知识点金 一、整数的性质
1．两个连续整数之间不再有其他整数，两个连续整数的完全平方数之间不存在完全平方数；
2．若,,i a b x Z ∈，1,2,3,,i n =⋅⋅⋅，|i a b ，则1|n
i i
i a b x =∑。

3．n 个连续整数的乘积一定能被!n 整除。

4．设N 是自然数，在十进制中的1n +位数可表示为
1210n n N a a a a a -=⋅⋅⋅，09(0,1,2,,),0i n a i n a ≤≤=⋅⋅⋅≠
（1）若03|n
i
i a =∑，则3|N 。

（2）若104|a a ，则4|N 。

（3）若1107|(2)n n a a a a -⋅⋅⋅-，则07|(21)7|N a N -⇒。

（4）若2108|a a a ，则8|N 。

（5）若09|n i i a
=∑，则9|N 。

（6）若02413511|[()()]a a a a a a +++⋅⋅⋅-+++⋅⋅⋅，则11|N 。

5．算术基本定理：任何一个正整数n ，都可以唯一分解成素因数乘积的形式， 其中1212k k n p p p ααα=⋅⋅⋅。

12,,,k p p p ⋅⋅⋅均为素数，12,,,k ααα⋅⋅⋅为非负整数。

6．设12121212,k k k k m p p p n p p p αβ
ααββ=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，12,,,k p p p ⋅⋅⋅均为素数，,i i αβ为非负整数。

,m n 的最大公约数1212(,),min(,)k k i i i m n p p p γγγγαβ=⋅⋅⋅=，1,2,,i k =⋅⋅⋅
,m n 的最小公倍数1212[,],max(,)k k i i i m n p p p γγγγαβ=⋅⋅⋅=，1,2,,i k =⋅⋅⋅ 二、例题分析
例1．设,x y 是正整数，,667x y x y <+=，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商为120，求x 和y 。

例2．求证：如果p 和2p +都是大于3的素数，那么6是1p +的因数。

例3．已知存在n N *∈，使11997|1111nge ⋅⋅⋅，又1997
1111999999997777nge nge nge nge P =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅，
11191917
1111999999997777n ge n ge n ge n ge Q ++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅，求证：1997|,1997|P Q
例4．由数码0,1,2,3,4,5,6能组成若干个没有重复数字的七位数，其中有55的倍数，试在
55的倍数的七位数中求出最大的和最小的数。

三、同步检测
1．1112004
x y +=的正整数解(,)x y 的组数为（ ） A ．3组 B ．9组 C ．27组 D ．45组
2．若,a b 为质数，b a P a b =+也为质数，则P 等于 。

3．设p 是给定的奇质数，若正整数k 也是一个正整数，则，k = 。

4．求证：12
12,1122,111222,,111222nge nge ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅都是两个相邻的整数的积。

5．求证：集合|1,2,2005n M n n ⎧⎫==⋅⋅⋅⎨
⎬+⎩⎭
中的每个元素皆可表示为该集合中另两个元素的乘积。

6．若正整数n 与2004n +都是平方数，求该正整数n 。

第5讲 整数的性质答案
二、例题分析
例1．设,x y 的最大公约数为d ，令12,x dx y dx ==，12(,)1x x =，
则,x y 的最小公倍数为12dx x ，则12120x x =，
所以121120x x =⎧⎨=⎩或12524x x =⎧⎨=⎩或12815
x x =⎧⎨=⎩ 所以121667d =或29667d =或23667d =，得667121
d Z =∉或23d =或29d =， 所以12115,552x dx y dx ====或12232,435x dx y dx ====
所以115,552x y ==或232,435x y ==。

例2．因为p 和2p +都是大于3的素数，故1p +是偶数，即2|1p +，又,1
,2p p p ++除以3的余数各不相同，而p 和2p +都是大于3的素数，所以p 和2p +都不能被3整除，所以1p +能被3整除，即3|1p +，所以6|1p +，于是6是1p +的因数。

例3．由十进制记数法3211111(10910
9107)n n n nge P =⋅⋅⋅+⨯+⨯+
因为1
1997|1111nge ⋅⋅⋅，所以1997|P
而33221111111(10
9109107)n n n n ge Q ++++=⋅⋅⋅+⨯+⨯+
由110911111n
nge =⨯⋅⋅⋅+，所以1101(mod1111)n nge ≡⋅⋅⋅，
则332211
1091091071997(mod1111)n n n nge ++++⨯+⨯+≡⋅⋅⋅
故332211997|109109107n n n ++++⨯+⨯+，即1997|Q
例4．设七位数为6543210N a a a a a a a =，且60a ≠，(0,1,,5)i a i =⋅⋅⋅均取0到6的任意数码。

则21A B +=。

①
能被55整除的七位数必定同时能被11和5整除，于是有11()A B k k N -=∈。

由①得，21,0A B A B -<-≠，则1k =，即11A B -= ②
由①②知，,A B 中一个是16，另一个是
211152
-=，又0,1,2,3,4,5,6中最小的四个数之和为6，故16A =，5B =，从而可知组成B 的三个数字为0,1,4或0,2,3两种情形。

即014,2356B A =++=+++或023,1456B A =++=+++
由于0不在七位数的末位，则末位数字必定是5，即05a =，所以最小的七位数是 1042635，最大的七位数是6431205。

三、同步检测
1．D 提示：由1112004
x y +=，得2004()0xy x y -+=，2(2004)(2004)2004x y --=， 422(2004)(2004)23167x y --=⋅⋅，故方程正整数解的组数为(41)(21)(21)45+++=
2．17 提示：由题意知,a b 中一个为2，则22b P b =+，当3b =时2217b P b =+=，
当3b >时，设31b k =±，则可证3|P
3．21()2
p +
n =，n N *∈，则220k pk n --=，
则k =，因为0k >，所以k =，从而224p n +为完全平方数，设2224p n m +=，m N *∈，则2(2)(2)m n m n p -+=，故221,2m n m n p
-=+=， 得212
p m +=，因此，21()22p m p k ++== 4．由于1
12211122211110222n nge nge nge nge ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⨯+⋅⋅⋅，
12(1010101)(102)n n n --=++⋅⋅⋅++⨯+10110233
n n -+=⋅ 而102101133n n +--=，且102101,33
n n +-都为整数， 这说明12
111222nge nge ⋅⋅⋅⋅⋅⋅都是两个相邻的整数的积。

5．对每个正整数n ，考虑满足200520052005
n x y n x y =⋅+++的正整数,x y ， 220052005()2005xyn xy xyn n x y n +=+++
()2005xy x y n n =++，故()()(2005)x n y n n n --=+
令,2005x n n y n n -=-=+，则2,22005x n y n ==+，显然,x y 彼此不同。

6．设2n a =，22004n b +=，则222004b a -=，故,a b 奇偶性相同。

（1）若,a b 均为奇数，可设21,21a s b t =+=+(,)s t N *∈，
则222004(21)(21)4()(1)t s t s t s =+-+=-++，易知,1t s t s -++奇偶性不同。

故8|4()(1)t s t s -++，而8|2004，所以这种情形不可能。

（2）若,a b 均为偶数，可设2,2a s b t ==(,)s t N *∈，
则222004(2)(2)4()()t s t s t s =-=-+，
()()5013167t s t s -+==⨯
所以1501t s t s -=⎧⎨+=⎩或3167t s t s -=⎧⎨+=⎩，解得251250t s =⎧⎨=⎩或8582
t s =⎧⎨=⎩ 则222(2)500250000n a s ====，或222(2)16426896n a s ====
正整数n 为250000或26896。