初中奥数-专题一(实数).doc

专题一 实数第一讲 数的整除（一）一、内容提要：如果整数A除以整数B(B0)所得的商A/B是整数,那么叫做A被B整除. 0能被所有非零的整数整除.一些数的整除特征除 数 能被整除的数的特征2或5末位数能被2或5整除 4或25末两位数能被4或25整除8或125末三位数能被8或125整除3或9各位上的数字和被3或9整除(如771，54324) 11奇数位上的数字和与偶数位上的数和相减,其差能被11整除(如143,1859,1287,908270等)7,11,13从右向左每三位为一段,奇数段的各数和与偶数段的各数和相减,其差能被7或11或13整除.(如1001，22743，17567，21281等)能被7整除的数的特征：抹去个位数减去原个位数的2倍其差能被7整除。如1001100298（能被7整除）又如700770014686，681256（能被7整除）能被11整除的数的特征：抹去个位数减去原个位数其差能被11整除如1001100199（能11整除）又如10285102851023102399（能11整除）二、例题例1已知两个三位数和的和仍是三位数且能被9整除。求x,y例2己知五位数能被12整除，求X例3求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数三、练习1 分解质因数：（写成质因数为底的幂的連乘积）59318591287327610101102962 若四位数能被3整除，那么 a=_3 若五位数能被11整除，那么X_-4 当m=_时，能被25整除5 当 n=_时，能被7整除6 能被11整除的最小五位数是_,最大五位数是_7 能被4整除的最大四位数是_，能被8整除的最小四位数是_8 8个数：125，756，1011，2457，7855，8104，9152，70972中，能被下列各数整除的有（填上编号）：6_,8_,9_,11_9 从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_个，能被3整除但不是5的倍数的共_个。10 由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不能被3整除的数共有几个？为什么？11 己知五位数能被15整除，试求A的值。12 求能被9整除且各位数字都不相同的最小五位数。13 在十进制中，各位数码是0或1，并能被225整除的最小正整数是（1989年全国初中联赛题）第二讲 数的整除（二）一、内容提要在第一讲部分的我们介绍了能被2，3，4，5，7，8，9，11，13，25整除的自然数的特征，本讲将介绍用因式分解方法解答数的整除问题.几个常用的定理，公式，法则：n个连续正整数的积能被n！整除.（n的阶乘：n！123n）.例如：a为整数时，2a(a+1)，6a(a+1)(a+2), 24a(a+1)(a+2)(a+3)， 若a 且ac, 则a(bc).若a,b互质，且ac, bc ，则abc . 反过来也成立：a,b互质，abc，则ac, bc.例如：8和15互质，8a, 15|a， 则120a. 反过来也成立：若120a.则8a, 15|a.由乘法公式（n为正整数）推得：由(ab)(an-1+an-2b+abn-2+bn-1)=anbn . 得 (ab)|(anbn).(a+b)(a2na2n1b+ab2n1+b2n)=a2n+1+b2n+1 . (a+b)|(a2n+1+b2n+1).(a+b)(a2n1a2n2b+ab2n2b2n1)=a2nb2n . (a+b)|(a2nb2n).概括起来：齐偶数次幂的差式a2nb2n含有因式ab和ab.齐奇数次幂的和或差式a2n+1b2n+1或a2n+1b2n+1只分别含有因式ab或ab.例如（a+b）| (a6b6), (ab)| (a8b8)； (a+b)|(a5+b5)， (ab)|(a5b5).二、例题例1. 已知:整数n2.求证：n55n3+4n能被120整除.例2. 已知：n为正整数.求证：n3+n2+n是3的倍数.例3.求证：332551；1989（1990199019881988）.例4 设n是正整数，求证：7（32n+1+2n+2）.例5. 已知能被33整除，求x,y的值.例6.设N，且17N, 求x.三、练习1. 要使2n+1能被3整除，整数n应取，若6（5 n1）, 则整数n应取.2. 求证：4!|（n4+2n3n22n）； 24n(n21)(3n+2)；6（n3+11n）； 30（n 5n）.3. 求证：10099101）；57（2333372222）；995（996996994994）；1992（997997995995）.4. 设n是正整数，求证3 n+3n+2+62n能被33整除.5. 求证：六位数能被7，11，13，整除.6. 已知：五位数能被77整除，求x,y的值.7. 已知：a,b,c都是正整数，且6（a+b+c）.求证：6（a3+b3+c3）.第三讲 数的整除（三）整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的1整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下定义 设a，b是整数，b0如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作ba如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作ba关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1 若ba，cb，则ca性质2 若ca，cb，则c(ab)性质3 若ca，cb，则c(ab)性质4 若ba，dc，则bdac性质5 若a=bc，且ma，mb，则mc性质6 若ba，ca，则b，ca(此处b，c为b，c的最小公倍数)特别地，当(b，c)=1时，bca(此处(b，c)为b，c的最大公约数)性质7 若cab，且(c，a)=1，则cb特别地，若p是质数，且pab，则pa或pb性质8 若ab，n是自然数，则(a-b)(an-bn)性质9 若a-b，n是正偶数，则(ab)(an-bn)性质10 若a-b，n是正奇数，则(ab)(anbn)2证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法下面举例说明例1 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除例2 若x，y为整数，且2x+3y，9x5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除q1求pq的值例4 试求出两两互质的不同的三个自然数x，y，z，使得其中任意两个的和能被第三个数整除例5 设n是奇数，求证：606n-3n-2n-1例6 若整数a不被2和3整除，求证：24(a2-1)例7 求证：3n+1(n为正整数)能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除例8 已知a，b是整数，a2b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除例9 设p是质数，证明：满足a2=pb2的正整数a，b不存在例10 设p，q均为自然数，且求证：29p练习题1求证：对任意自然数n，27n1能被3整除2证明：当a是奇数时，a(a2-1)能被24整除3已知整数x，y，使得7(13x+8y)，求证：7(9x5y)4设p是大于3的质数，求证：24(p2-1)5求证：对任意自然数n，n(n-1)(2n-1)能被6整除6求证：三个连续自然数的立方和能被9整除7已知a，b，c，d为整数，abcd能被a-c整除，求证：adbc也能被a-c整除第四讲 倍数约数一、内容提要1两个整数A和B（B0），如果B能整除A（记作BA），那么A叫做B的倍数，B叫做A的约数。例如315，15是3的倍数，3是15的约数。2因为0除以非0的任何数都得0，所以0被非0整数整除。0是任何非0整数的倍数，非0整数都是0的约数。如0是7的倍数，7是0的约数。3整数A（A0）的倍数有无数多个，并且以互为相反数成对出现，0，A，2A，都是A的倍数，例如5的倍数有5，10，。4整数A（A0）的约数是有限个的，并且也是以互为相反数成对出现的，其中必包括1和A。例如6的约数是1，2，3，6。5通常我们在正整数集合里研究公倍数和公约数，几正整数有最小的公倍数和最犬的公约数。6公约数只有1的两个正整数叫做互质数（例如15与28互质）。7在有余数的除法中，被除数除数商数余数若用字母表示可记作：ABQR，当A，B，Q，R都是整数且B0时，AR能被B整除例如23372则232能被3整除。二、例题例1写出下列各正整数的正约数，并统计其个数，从中总结出规律加以应用：2，22，23，24，3，32，33，34，23，223，2232。例2用分解质因数的方法求24，90最大公约数和最小公倍数例3己知32，44除以正整数N有相同的余数2，求N例4一个数被10余9，被9除余8，被8除余7，求适合条件的最小正整数三、练习1， 12的正约数有_,16的所有约数是_2， 分解质因数300_,300的正约数的个数是_3， 用分解质因数的方法求20和250的最大公约数与最小公倍数。4， 一个三位数能被7，9，11整除，这个三位数是_5， 能同时被3，5，11整除的最小四位数是_最大三位数是_6， 己知14和23各除以正整数A有相同的余数2，则A_7， 写出能被2整除，且有约数5，又是3的倍数的所有两位数。答_8， 一个长方形的房间长1.35丈，宽1.05丈要用同一规格的正方形瓷砖铺满，问正方形最大边长可以是几寸？若用整数寸作国边长，有哪几种规格的正方形瓷砖适合？9， 一条长阶梯，如果每步跨2阶，那么最后剩1阶，如果每步跨3阶，那么最后剩2阶，如果每步跨4阶，那么最后剩3阶，如果每步跨5阶，那么最后剩4阶，如果每步跨6阶，那么最后剩5阶，只有每步跨7阶，才能正好走完不剩一阶，这阶梯最少有几阶？第一讲 参考答案例1解：x,y都是0到9的整数，能被9整除，y=6.328567，x=3例2解：五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除，当1234X能被3整除时，x=2，5，8当末两位能被4整除时，X0，4，8X8例3解：五位数字都不相同的最小五位数是10234， 但（124）（03）4，不能被11整除，只调整末位数仍不行调整末两位数为30，41，52，63，均可，五位数字都不相同的最小五位数是10263。练习题：1.223273371337233211132.0，3，6，93.04.2，75.36.10010，99907.9996，99928.6：B8：F，G9：B，D11：G，H9.16；2710. 没有一个，1234515是3的倍数，与数字的位置无关11. 仿例2，a512. 10269（由最小五位数10234调换末两位数）13. 11111111100第二讲 参考答案例1证明：n55n3+4nn(n45n2+4)=n(n1)(n+1)(n+2)(n2). (n2) (n1)n(n+1) (n2)是五个连续整数，能被n!整除，120n55n3+4n.例2证明：n3+n2+nn（2n2+3n+1）=n(n+1)(2n+1) =n(n+1)(n+2+n1)= n(n+1)(n+2)+ n(n+1)(n1).3！n(n+1)(n+2)，且3！n(n+1)(n1).3n(n+1)(n+2)+ n(n+1)(n1).即n3+n2+n是3的倍数.（上两例关鍵在于创造连续整数）例3证明：255125111113211111.(321)|(3211+111 ) ， 即332551.199019901988198819901990198819901988199019881988.（添两项）（19901988）（1990199019881990）.即19892（1990199019881990）.1988199019881988=19881988(198821)19881988（19881）（19881）.即199019901988198819892N1989198819881987.（N是整数）19891990199019881988. 例4证明：32n+1+2n+2332n+42n=39 n+42 n32n32n（添两项）（42 n32n）（39 n32n）（43）3（9 n2n）72 n3（92）N . （N是整数）7（32n+1+2n+2）（例3，4是设法利用乘法公式）例5解：33311，19+x+y+8+7其和是3的倍数，即x+y=3K25 (k为整数).又（1x+8）(9+y+7)其差是11的倍数，即xy=11h+7(h是整数).0x9，0y9，0xy18，9xy9，x+yxy, 且 x+y和xy同是奇数或偶数.符合条件的有.解得.例6解：N2078100x=171224176x2x17（1226x）+42x.17N，1742x ，当 42x=0. x=2.练习题：1. 正奇数；正偶数2. ，分解为4个连续整数n(n-1)(n+1)+12n n(n-1)(n+1)(n2-4+5)3. 81111491111添项1，1添项9959979959974. 化为3n(1+32)+36n=113n36 n3n5. 711131001六位数105a+104b+103c+102a+10b+c=6. 仿例57. 由6（a+b+c）可知a,b,c中至少有一个是偶数，且a3+b3+c33abc含有因式a+b+c第三讲 参考答案例1：分析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可证 设三个连续的奇数分别为2n-1，2n1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)21=12(n2n1)所以12(2n-1)2(2n1)2(2n3)2又n2+n1=n(n1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2n+1是奇数，故24 (2n-1)2+(2n+1)2(2n3)2例2：证 设u=2x3y，v=9x5y若17u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17x所以 173v因为(17，3)=1，所以17v，即179x5y若17v，同样从式可知175u因为(17，5)=1，所以17u，即172x3y例3：解 若p=q，则不是整数，所以pq不妨设pq，于是是整数，所以p只能为3，从而q=5所以pq=35=15例4：分析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数最小的一个：y(y2x)，所以y2x，于是数两两互质，所以x=1 所求的三个数为1，2，3例5：分析 因为60=2235，22，3，5是两两互质的，所以由性质6，只需证明22，3，5能被6n-3n-2n-1整除即可对于幂的形式，我们常常利用性质8性质10，其本质是因式分解证 60=2235由于n是奇数，利用性质8和性质10，有226n-2n，223n1，所以226n-2n-3n-1， 36n-3n， 32n+1，所以36n-3n-2n-1，56n-1，53n+2n，所以56n-1-3n-2n由于22，3，5两两互质，所以606n-3n-2n-1我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数偶数常用2k表示，奇数常用2k+1表示，其实这就是按模2分类又如，一个整数a被3除时，余数只能是0，1，2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k，3k1，3k2这三类形式，这是按模3分类有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理例6：分析 因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k1，6k2，6k3，6k4，6k5这六类由于6k，6k2，6k4是2的倍数，6k3是3的倍数，所以a只能具有6k1或6k5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k5写成6k-1(它们除以6余数均为5)证 因为a不被2和3整除，故a具有6k1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k1)2-1=36k212k=12k(3k1)由于k与3k1为一奇一偶(若k为奇数，则3k1为偶数，若k为偶数，则3k1为奇数)，所以2k(3k1)，于是便有24(a2-1)例7：证 按模2分类若n=2k为偶数，k为正整数，则3n1=32k1=(3k)21由3k是奇数，(3k)2是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设(3k)2=8l1，于是3n1=8l2=2(4l1)4l1是奇数，不含有2的因数，所以3n1能被2整除，但不能被2的更高次幂整除若n=2k1为奇数，k为非负整数，则3n+1=32k1+1=3(3k)21 =3(8l1)1=4(6l1)由于6l1是奇数，所以此时3n+1能被22整除，但不能被2的更高次幂整除在解决有些整除性问题时，直接证明较为困难，可以用反证法来证例8：证 用反证法如果a，b不都能被3整除，那么有如下两种情况：(1)a，b两数中恰有一个能被3整除，不妨设3a，3b令a=3m，b=3n1(m，n都是整数)，于是a2+b2=9m2+9n26n+1=3(3m23n22n)+1，不是3的倍数，矛盾(2)a，b两数都不能被3整除令a=3m1，b=3n1，则a2b2=(3m1)2+(3n1)2 =9m26m+1+9n26n1 =3(3m2+3n22m2n