【提优教程】江苏省2012高中数学竞赛 第35讲 整数性质教案

用心 爱心 专心1 第第 3535 讲讲 整数的性质整数的性质 初等数论的基本研究对象是整数 两个整数的和 差 积都是整数 但商却不一定是 整数 由此引出了数论中最基本的概念 整除 整除性理论是初等数论中最基础的部分 它是在带余除法的基础上建立起来的 整数a除以整数 b b 0 可以将a表示为a bq r 这里q r是整数 且 0 r b q称为a除以b所得的商 r称为a除以b所得的余数 当r 0 时 a bq 称a能被b整除 或称b整除a 记为b a b叫做a的因数 a 叫做b的倍数 q取 1 则a b a也是它本身的因数 当r 0 时 称a不能被b整除 b不整除a 记作b a 若 c a c b 则称 c是a b的公因数 a b的最大公因数d记为 a b 若a c b c 则称 c是a b的公倍数 a b的最小公倍数M记为 a b 一个正整数 按它的正因数个数可以分为三类 只有一个正因数的正整数是 1 有两 个正因数的正整数称为素数 质数 素数的正因数只有 1 和它本身 正因数个数超过两个 的正整数称为合数 合数除了 1 和它本身外还有其他正因数 任何一个大于 1 的整数均可分解为素数的乘积 若不考虑素数相乘的前后顺序 则分 解式是惟一的 一个整数分解成素数的乘积时 其中有些素数可能重复出现 把分解式中 相同的素数的积写成幂的形式 大于 1 的整数a可以表示为 a 其中i l 2 s 12 12 iS iS pppp 以上式子称为a的标准分解式 大于 l 的整数的标准分解式是惟一的 不考虑乘积的先后顺 序 若a的标准分解式是a 其中i l 2 s 则d是a的正因 12 12 iS iS pppp 数的充要条件是 d 其中 12 12 iS iS pppp 0 i i i l 2 s 由此可知 a的正因数的个数为d a 1 1 2 1 s 1 由a的标准分解式a i l 2 s 若a是整数的k次方 12 12 iS iS pppp 则 i i l 2 s 是k的倍数 若a是整数的平方 则 i i l 2 s 是偶数 推论 设a bc 且 b c 1 若a是整数的k次方 则b c也是整数的k次方 若 a是整数的平方 则b c也是整数的平方 A 类例题 例 1 若任何三个连续自然数的立方和都能被正整数a整除 则这样的a的最大值是 A 9 B 3 C 2 D 1 分析分析 观察最小的三个连续自然数的立方和 36 a是它的约数 a不会超过 36 不能 排除任何选择支 观察第二个小的三个连续自然数的立方和 进一步缩小a的范围 可以 排除取偶数的可能 当前面几个都是某数的倍数时 可以猜想出a的最大值 但最好能证 用心 爱心 专心2 明所有 三个连续自然数的立方和 都是某数的倍数 解解 记an n3 n 1 3 n 2 3 则a1 13 23 33 36 4 9 a2 23 33 43 99 为奇数 则a a1 a a2 a1 a2 9 故a 9 所以 a 1 3 9 又an n3 n 1 3 n 2 3 3n3 9n2 15n 9 3n3 9n2 6n 9n 9 3n n2 3n 2 9 n 1 3n n 1 n 2 9 n 1 9 an 故amax 9 选 A 说明说明 解法中 把 3n3 9n2 15n 9 分为 3n n2 3n 2 与 9 n 1 两部分 分别说明 其为 9 的倍数 在考虑整除的证明时 把整数n的多项式分成几组分别因式分解是常用的 方法 例 2 若p是大于 3 的质数 则p2除以 24 的余数为 1 分析 分析 即证明p2 1 是 24 的倍数 也即证明p2 1 既是 3 的倍数又是 8 的倍数 p 1 p 1 之间只有一个质数p 而连续的两个自然数中必有 2 的倍数 连续的三个自然数 中必有 3 的倍数 证明证明 1 1 p是大于 3 的质数 p不是偶数 不是 3 的倍数 又 p2 1 p 1 p 1 连续的三个整数中必有 3 的倍数 p 1 p 1 中必有 3 的倍数 且p 1 p 1 是连续的两个偶数 p 1 p 1 是 8 的倍数 p2 1 p 1 p 1 是 24 的倍数 即p2除以 24 的余数为 1 证明证明 2 2 设p 6n 1 6n 6n 2 6n 3 均为合数 则 6n 1 2 36n2 12n 1 12n 3n 1 1 n和 3n 1 必为一奇一偶 n 3n 1 为偶数 12n 3n 1 必为 24 的倍数 6n 1 2 24k 1 即 p2除以 24 的余数为 1 说明说明 大于 3 的质数 必定是奇数 又不是 3 的倍数 所以一定是形如 6n 1 的数 6 是 24 的约数 用这样的形式表出后再变形 容易推出结论 例 3 试证明是既约分数 21p 4 14p 3 分析分析 即证明 21p 4 14p 3 1 若a b c是三个不全为 0 的整数 且有整数t使 用心 爱心 专心3 得a bt c 则a b与b c有相同的公约数 因而 a b b c 即 a b a bt b 可以用此法化简 证明证明 21p 4 14p 3 21p 4 14p 3 14p 3 7p 1 14p 3 7p 1 14p 3 14p 2 7p 1 1 1 是既约分数 21p 4 14p 3 说明说明 证明过程中用到性质 a b a bt b 因为 若 b的任一公约数 ad是 则由 c的公约数 反之 若d是b c的任一公约bdcdcbtabdad是即知和 数 d也是a b的公约数 所以a b与a bt b有相同的最大公约数 求两个正整数的 最大公约数常用辗转相除法 例 4 一个自然数 它的末位数字移到首位时 数值便为原来的 5 倍 求满足条件的 最小自然数 分析分析 正整数有多种表示形式 选择适当的形式有利于问题解决 由题目的条件 此 表示形式应该把数的末位数字反映出来 而其他位置上的数字可以整体的看待 链接 辗转相除法 设 a b N 且 a b 由带余除法有 111 12221 211 111 1 0 0 0 0 nnnnnn nnnn n abqrrb brqrrr rrqrrr rr qr r 因为每进行一次带余除法 余数至少减 1 即 b r1 r2 rn rn 1 而 b 为有限数 因此 必有一个最多不 超过 b 的正整数 n 存在 使得 rn 0 而 rn 1 0 故得 rn rn 1 rn rn rn 1 r2 r1 r1 b a b 例如 3960 756 756 180 180 36 36 用心 爱心 专心4 解解 设所求数为 由已知得 5 a1a2 an 1an ana1a2 an 1 a1a2 an 1an an 10n 1 5 10 an a1a2 an 1 a1a2 an 1 10n 1 5 an 49 an 49 a1a2 an 1 2 9995 n 个 a1a2 an 1 an是个位数字 不能被 49 整除 99 95 至少能被 7 整除 它最小时应为 99995 此时 n 6 若有解 则 式为a6 99995 49 a1a2a3a4a5 a6 14285 7 a1a2a3a4a5 14285 不能被 7 整除 a6 7 14285 a1a2a3a4a5 满足条件的最小自然数为 142857 说明说明 99 95 能被 7 整除是必要条件 99995 是满足被 7 整除条件的最小数 但 99995 是不是问题的解还要进一步探讨 如果寻找到满足条件的a6和 则 a1a2a3a4a5 就是问题的解 如果找不到满足条件的a6和 则要考虑比 99995 a1a2a3a4a5a6 a1a2a3a4a5 略大的形如 99 95 的数 情景再现 1 一个六位数 如果它的前三位数字与后三位数字完全相同 顺序也相同 则它可 以不是 A 7 的倍数 B 9 的倍数 C 11 的倍数 D 13 的倍数 2 若p与d都是正整数 其中d不能被 6 整除 当p p d p 2d都是质数时 则p 3d一定是 A 质数 B 9 的倍数 C 3 的倍数 D 质数或是 9 的倍数 3 已知n为正整数 若是一个既约分数 那么这个分数的值等于 166 103 2 2 nn nn 4 求具有下列性质的最小正整数n 用心 爱心 专心5 1 它以数字 6 结尾 2 如果把数字 6 移到第一位之前 所得的数是原数的 4 倍 B 类例题 例 5 试证 1999 19981998 20002000 2001 分析 分析 19981998和 20002000 是很大的数字 它们除以 1999 的余数常常借助于二项式定 理或xn yn xn yn的因式分解公式 证明 证明 由二项式定理 a b n an an 1b an kbk bn 0 n C 1 n C k n C n n C 知 a b n aM bn 由此可得 19981998 1999 1 1998 1999M 1 20002000 1999 1 2000 1999N 1 这里M N Z 于是 19981998 20002000 2001 1999M 1999N 1999 1999 M N 1 从而 1999 19981998 20002000 2001 说明说明 对于整数的高次方幂的整除 除了运用同余的性质 二项式定理和因式分解的 裴蜀定理是常用的工具 链接 因式分解公式 裴蜀定理 对大于 1 的整数n有 xn yn x y xn 1 xn 2y xn 3y2 xyn 2 yn 1 对大于 1 的奇数n有 xn yn x y xn 1 xn 2y xn 3y2 xyn 2 yn 1 对大于 1 的偶数n有 xn yn x y xn 1 xn 2y xn 3y2 xyn 2 yn 1 二项式定理 a b n an an 1b an kbk bn 0 n C 1 n C k n C n n C 其中 是整数 k n C n n 1 n 2 n k 1 k k 1 3 2 1 若a b是整数 则 a b n aM bn 例 6 已知自然数a b c满足 a b 24 b c 6 c a 36 则满足上述条件 的数组 a b c 有多少组 分析分析 条件 a b 24 及 c a 36 意味着a b c不大 都是 24 或 36 的约数 对于 a 它既是 24 又是 36 的约数 所以它是 12 的约数 而b 满足 b c 6 则是 6 的倍数 用心 爱心 专心6 是 24 的约数 只能取 6 12 24 注意到a的取值 b更是只能取 24 解解 a 24 a 36 a 12 a 1 2 3 4 6 12 6 b b 24 b 6 12 24 6 c c 36 c 6 12 18 36 若a 1 2 3 4 6 12 时 由 a b 24 得b 24 a不是 9 的倍数 由 a c 36 则c是 9 的倍数 再由 b c 6 得c 36 或 18 a 4 12 时 但 24 36 12 矛盾 故c 18 a 12 b 24 c 18 或a 4 b 24 c 18 即有 12 24 18 4 24 18 二组 说明说明 例 6 的解法是数论中常用筛法 先粗选出可能的值 再从中筛出满足要求的数 来 例 7 已知n是三位奇数 它的所有正因数 包括 1 和n 的末位数字之和是 33 求满 足条件的数n 分析 分析 条件中隐含了整数的正因数个数是奇数 联想算术基本定理 n pkqi ts 正 因数个数为d n k 1 i 1 s 1 题中每个因数均为奇数 因数的个数也是奇数 故k i s是偶数 所以n完全平方数 三位奇数是完全平方数 范围缩小到 11 个 还能把范围缩小点吗 解 解 由题 所有因数是奇数 所有因数的个数是奇数 所以 每个质因数的指数是偶数 n是完全平方数 若是质数的平方数 则有 3 个因数 个位数字之和不能超过 27 故为合数的完全平方数 这样的三位数只能在下列数中间 152 212 252 272 逐个验算 得n 729 说明说明 本例题的解法实质上还是筛选法 三位数有 900 个 三位奇数是其中一半 但 如果能从条件中发现是完全平方数 范围就非常有限了 例 8 已知m n k是正整数 且mn nm nk kn 证明 mk km 2004 年新西兰 数学奥林匹克 分析分析 条件mn nm 说明mn 是nm 的约数 对于给定的m n 怎样去找到mn 与nm 的联系 必须具体一些 mn 是nm 的约数 则mn 的每一个因数都是nm 的约数 考虑 用心 爱心 专心7 证明证明 设m n k中所有的质因数分别是p1 p2 ps 不妨设p1 p2 ps 且 表示 m n k 其中 12 12 iS iS pppp 12 12 iS iS pppp 12 12 iS iS pppp i i i 0 i l 2 s 由mn nm得 0 n i m i 由nk kn 得 0 k i n i 两式相乘得 0 kn i i mn i i 即 0 k i m i i l 2 s mk km 说明说明 整除和约数问题中 可以借助算术基本定理把抽象的关系式转化为较具体的形 式处理 这里用到性质 若a的标准分解式是a 其中i l 2 s 则d是a的正因 12 12 iS iS pppp 数的充要条件是 d 其中 12 12 iS iS pppp 0 i i i l 2 s 情景再现 5 设m n 0 证明 1 1 2 2 n 2 2 m 6 证明 当n为任何整数时 2n6 n4 n2能被 36 整除 7 a是正整数 且a4 a3 a2 a 1 是完全平方数 求所有满足条件的a 8 设 n 为整数 则 13 除n2 5n 23 的余数的集合是 C 类例题 例 9 设p是质数 且p2 71 的不同正因数的个数不超过 10 个 求p 2006 年江苏 初赛 分析分析 分解因数 可以先从p的起始值开始探索 由例 2 p2 1 是 24 的倍数 p2 71 p2 1 72 72 也是 24 的倍数 所以 23 31都是p2 71 的因数 p2 71 正因数个数显然超 过 8 个 解解 当p 2 时 p2 71 75 52 3 此时共有正因数 2 1 1 1 6 个 p 2 满足条件 当p 3 时 p2 71 80 24 5 此时共有正因数 4 1 1 1 10 个 p 3 满足条件 当p 3 时 p2 71 p2 1 72 p 1 p 1 72 质数p必为 3k 1 型的奇数 用心 爱心 专心8 p 1 p 1 是相邻的两个偶数 且其中必有一个是 3 的倍数 所以 p 1 p 1 是 24 的倍 数 所以p2 71 是 24 的倍数 p2 71 24 m m 4 若m有不同于 2 3 的质因数 那么p2 71 的正因数个数 3 1 1 1 1 1 10 若m中含有质因数 3 那么p2 71 的正因数个数 3 1 2 1 10 若m中仅含有质因数 2 那么p2 71 的正因数个数 5 1 1 1 10 所以 p 3 不满足条件 综上所述 所求的质数p是 2 或 3 说明说明 本题中 对于p 3 时的情况 也可以设p 6n 1 来讨论 注意数n的正因数 个数公式 若n的标准分解式是n 其中i l 2 s 则a是n的正因 12 12 iS iS pppp 数的充要条件是a 其中 0 i i i l 2 s 由此可知 12 12 iS iS pppp n的正因数的个数为d n 1 1 2 1 s 1 例 10 称自然数为 完全数 如果它等于自己的所有不包括自身的正约数的和 例 如 6 1 2 3 如果大于 6 的 完全数 可被 3 整除 证明它必能被 9 整除 分析分析 要证明一个大于 6 且能被 3 整除的 完全数 3n 必定是 9 的倍数 可以从反 面考虑 假如它不是 9 的倍数 此时n不是 3 的倍数 设集合 A d d是n的正约数 则集合 A 与集合 B 3d d是n的正约数 的并集恰好是 3n的正约数集合 完全数 3n的 所有正约数的和 3n 3n 是 4 的倍数 故n是偶数 所以 n 都是 完全数 3n的约 3n 2 n 2 数 只要还有其它的正约数 即可以说明 3n不是 完全数 解解 设 完全数 等于 3n n 2 假设其中n不是 3 的倍数 于是 3n的所有正约数 包括它自己 总可以分为两类 能被 3 整除的正约数和不能被 3 整除的正约数 若其中 d是不可被 3 整除的正约数 则 3d是可被 3 整除的正约数 且d 3d是一一对应 从而 3n的所有正约数的和是 4 的倍数 又由题意 所有正约数的和 包括自身 为 6n 因此 n是 2 的倍数 因为n 2 所以 n 和 1 是 3n的互不相同的正约数 它们的和等于 3n 1 3n 3n 2 n 2 与 完全数 的定义矛盾 所以n必须是 3 的倍数 即这类 完全数 是 9 的倍数 说明说明 本题涉及到两个概念 完全数 和所有正因数的和 n是完全数 则它的所 用心 爱心 专心9 有正因数的和为 2n 另外 若n 则n的所有正因数的和是 n 12 12 iS iS pppp 1 p1 1 p2 1 ps 请思考 2 1 p 1 1 p 2 2 p 2 2 p 2 s p s s p 1 1 1 1 1 i s i i p p 能否延此方向解决问题 情景再现 9 求所有使p2 2543 具有少于 16 个不同正因数的质数p 2003 年泰国数学奥林匹克 10 1 若 n n N N 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 2005 求n 的最小值 并说明理由 2 若n n N N 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 20022005 求 n的最小值 并说明理由 2005 年江苏 习题 13 1 对于正整数n 如果能找到正整数a b 使n a b ab 则称n为 好数 则 在前 100 个正整数中 共有 好数 A 78 个 B 74 个 C 70 个 D 66 个 2 设a为正奇数 则a2 1 必是 A 5 的倍数 B 3 的倍数 C 7 的倍数 D 8 的倍数 3 设n为奇质数 求证 2n 1 与 2n 1 不能同时是质数 4 的整数部分末三位数字是几 550 100 92001 2001 5 设n是正整数 且 4n2 17n 15 表示两个相邻正整数的积 求这样的n的值 6 若 26 29 2n为一个平方数 则正整数n 2005 年江西 7 证明 任何十个连续正整数中必有至少一个数与其他各数都互质 8 对任意正整数n 求证 n 2 12005 22005 n2005 9 把 1 2006 这 2006 个数分成n个小组 使每个数都至少在某一个组中 且第一组 中的数没有 2 的倍数 第二组中的数没有 3 的倍数 第n组中没有n 1 的倍数 那 么 n至少是几 10 是否存在 2006 个连续整数 使得每一个都含有重复的素因子 即都能被某个素数 用心 爱心 专心10 的平方所整除 情景再现情景再现 解答 解答 1 选 B 设此六位数为x a 105 b 104 c 103 a 102 b 10 c 100100 a 10010 b 1001 c 1001 100a 10b c 7 11 13 100a 10b c a b c都是整数 100a 10b c也是整数 7 11 13 一定是x的约数 2 选 C p 2d是质数 p d是正整数 p必是奇数 p d是质数 p是奇数 d必是偶数 又d不能被6整数 d 6m 2 或d 6m 4 m Z 设p 3k 1 或p 3k 2 或p 3k k Z 当p 3k 1 或p 3k 2 时 p d或p 2d中必有 一个是 3 的倍数且大于 3 不是质数与已知条件矛盾 p 3k 而已知p是质数 p 3 当d 6m 2 时 p 3d 3 18m 6 9 2m 1 当d 6m 4 时 p 3d 3 18m 12 3 6m 5 m Z 2m 1 Z 6m 5 Z p 3d一定是 3 的倍数 3 解 而当n 2 1 时 若 n 8 n 5 n 5 3 2 8 2 5 166 103 2 2 nn nn nn nn 1 则是一个既约分数 故当n 3 时 该分数是既约分数 这个分数为 166 103 2 2 nn nn 11 8 4 设删去最后的数字 6 后 余下的数为x 若x是m位数 则原数是n 10 x 6 据 题意有 4 10 x 6 6 10m x 解得x 2 10m 4 要使n最小 就是使m最 1 13 小 且使 2 10m 4 是 13 的倍数 取m 1 2 3 逐一检验 知m最小为 5 x 2 7692 15384 所求的最小数是 153846 5 n是正整数 则xn yn x y xn 1 xn 2y xn 3y2 xyn 2 yn 1 在 中取 x y 1 并以 2m n 1代替 中的n 得 1 1 又 1 1 2 2 n 1 2 2 n 2 2 m1 2 2 n 2 1 1 1 故 1 1 2 2 n 2 2 n 2 2 n 2 2 n1 2 2 n 于是 1 1 2 2 n 2 2 m 6 由于 36 4 9 而 4 9 1 所以只要分别证明 2n6 n4 n2被 4 及 9 整除 将 2n6 n4 n2分解成 n2 2n2 1 n2 1 当 n 为偶数时 4 n2 当 n 为奇数时 n2被 4 除余 数为 1 故 4 n2 1 故 4 n2 2n2 1 n2 1 当 n 3k k Z 时 9 n2 2n2 1 用心 爱心 专心11 n2 1 当 n 3k 1 k Z 时 n2被 3 除余数总是 1 所以 3 n2 1 且 2n2被 3 除 余数为 2 所以 3 2n2 1 于是 9 n2 1 2n2 1 故 9 n2 n2 1 2n2 1 7 设 f a a4 a3 a2 a 1 b2 由 f a a4 a3 a2 2 f a a4 a3 a2 4 a 2 a2 a 1 a2 1 2知 a2 2 b2 a2 1 2 所以 2a2 a 2 2b 9 4 a 2 a 2 a 2 2 2a2 a 2 2 那么只有 2b 2 2a2 a 1 2 4f a 2a2 a 1 2 整理得 a2 2a 3 0 a是正整数 a 3 8 解 当n是 13 的倍数时 则 13 除n2 5n 23 的余数为 10 当n为 13k 1 型的整数 时 n2 1 是 13 的倍数 则 13 除n2 5n 23 n2 1 65k 24 5 的余数为 3 或 6 当n为 13k 2 型的整数时 n2 4 是 13 的倍数 则 13 除n2 5n 23 n2 4 65k 27 10 的余数为 4 或 11 当n为 13k 3 型的整数时 n2 9 是 13 的倍数 则 13 除n2 5n 23 n2 9 65k 32 15 的余数为 4 或 8 当n为 13k 4 型的整数时 n2 16 是 13 的倍数 则 13 除n2 5n 23 n2 16 65k 39 20 的余数为 6 或 7 当n为 13k 5 型的整数时 n2 25 是 13 的倍数 则 13 除n2 5n 23 n2 25 65k 48 25 的余数为 10 或 8 当n为 13k 6 型 的整数时 n2 36 是 13 的倍数 则 13 除n2 5n 23 n2 36 65k 59 25 的余数为 8 或 6 即质数 13 除n2 5n 23 的余数的集合为 3 4 6 7 8 10 11 9 解 解 当p 2 时 p2 2543 2547 32 283 283 不是 2 3 5 7 11 13 的倍数 是 质数 此时共有正因数 2 1 1 1 6 个 p 2 满足条件 当p 3 时 p2 2543 2552 23 11 19 此时共有正因数 3 1 1 1 1 1 16 个 p 3 不满足条件 当p 3 时 p2 2543 p2 1 2544 p 1 p 1 2400 144 质数p 3 则必为 3k 1 型的奇数 p 1 p 1 是相邻的两个偶数 且其中必有一个是 3 的倍数 所以 p 1 p 1 是 24 的倍数 所以p2 2543 是 24 的倍数 p2 2543 23 i 31 j m 若m 1 共有正 因数 3 i 1 1 j 1 k 1 16 个 若m 1 2i 3j 106 当j 1 正因数个数不少 于 16 当j 1 i 4 正因数个数不少于 24 当j 0 i 5 正因数个数不少于 18 所以 p 3 不满足条件 综上所述 p 2 时 正因数个数至少有 16 个 而p 2 时正因数个数为 6 故所求的质数p 是 2 10 解 1 因为 103 1000 113 1331 123 1728 133 2197 123 2005 133 故 n 1 因为 2005 1728 125 125 27 123 53 53 33 所以存在n 4 使nmin 4 用心 爱心 专心12 若n 2 因 则最大的正方体边长只能为 11 或 12 计算 33 10102005 2005 113 674 2005 123 277 而 674 与 277 均不是完全立方数 所以n 2 不可能是n 的最小值 若n 3 设此三个正方体中最大一个的棱长为x 由 3x2 2005 3 83 知最大的正方 体棱长只能为 9 10 11 或 12 由于 2005 3 93 2005 2 93 547 2005 93 2 83 0 所以x 9 由于 2005 2 103 5 2005 103 93 276 2005 103 83 493 2005 103 2 73 0 所以x 10 由于 2005 113 83 162 2005 113 73 331 2005 113 2 63 0 所以 x 11 由于 2005 123 63 61 2005 123 53 152 53 所以x 12 因此n 3 不可能是n的最小值 综上所述 n 3 才是n的最小值 2 设n 个正方体的棱长分别是x1 x2 xn 则 x1 3 x2 3 xn 3 20022005 由 2002 4 mod9 43 1 mod9 得 20022005 42005 4668 3 1 43 668 4 4 mod9 又当x N N 时 x3 0 1 mod9 所以 x1 34 mod9 x1 3 x2 34 mod9 x1 3 x2 3 x3 34 mod9 式模 9 由 可知 n 4 而 2002 103 103 13 13 则 20022005 20022004 103 103 13 13 2002668 3 103 103 13 13 2002668 10 3 2002668 10 3 2002668 3 2002668 3 因此 n 3 为所求的最小值 习题习题 16 16 解答 解答 1 解 a 1 b 1 n 1 即只要n 1 为合数 则n为 好数 n 1 为质数则n 不是 好数 在 2 101 中质数共 26 个 故选B 2 解 设a 2k 1 则a2 1 2k 1 2 1 2k 2k 2 4k k 1 为 8 的倍数 故选D D 用心 爱心 专心13 3 证明 n 3 2n 1 3 2n 1 3 2n 1 2n 2n 1 三个连续数中必有一个是 3 的倍数 但 2n不是 3 的倍数 故 2n 1 2n 1 中必有一个为 3 的倍数 且此二数均大于 3 即此 3 的倍数即不是质数 4 解 100101050550510 505505 200199 20019 20019 9 2001920019 10 505 505 9 20019 20019 1 200150 95是整数部分 10 505 9 20019 由 95的末三位数字为 049 故 200150 95的末三位数字为 952 5 解 设 4n2 17n 15 2n k 2n k 1 4n2 2n 2k 1 k k 1 n 当k 0 时 n 1 当k 1 时 n不为整数 当k 2 时 n 3 当 k kk 415 15 2 k 3 时 n 9 当k 3 时n 0 当k0 k kk 415 15 2 2 1k 2k2 2k 30 15 19k 4k2 2k2 21k 15 0 无负整数满足此式 只有 3 个 值 6 解 10 26 29 26 1 23 26 32 242 设 242 2n a2 有 a 24 a 24 2n 于是 有a 24 2r a 24 2t 2r 2t 48 2t 2r t 1 24 3 t 4 r t 2 即r 6 n r t 10 7 证明 只要证明任意连续十个正整数中 必有一个不含质因