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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
知识、方法、技能

第一讲

奇数、偶数、质数、合数
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 ? 2 l 的形式,其中 m 为非负整数,l 为奇数.
m

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:

A ? p1 1 ? p2 2 ? pn

a

a

an

(*).

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

? q2 2 ?qn m , 其中q1 ? q2 ? ? ? qm , q j 为质数,? i 为非负整数,j=1,

?

?

2,?,m.由于任何一 pi 必为 q j 中之一,而任一 q j 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 p i i 除等式 p1 2 p21 ? pn n ? p1 1 ? p2 2 ? pn n 两端得:
a a a

?

?

?

?

?n ?1 p1 ? pi?i ??i ? pn ? p1 1 ? pi?1

?

?i ?1

? 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 ? p1 1 p2 2 ? pn n 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 ?1

n

i

? 1) )

2 2 2 这是因为,乘积 (1 ? p1 ? p1 ? ?? p1 1 ) ? (1 ? p2 ? p2 ? ?? p2 2 )?(1 ? pn ? pn
n

?n ? ? ? pn ) 的每一项都是 A 的一个因子,故共有 ? (? i ? 1) 个.
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 ? p1 p2 ? 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) 2 2 2 【解】由于 2×5-1=3 ,2×13-1=5 ,5×13-1=8 ,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 2 5d-1=y ② 2 13d-1=z 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.
k m

(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

? (b ? c)2 ? 4bc ? (b ? c)2 .再由 ad ? bc, d ? 2 k ? a, c ? 2 m ? b可得b ? 2 m ? a ? 2 k ? b 2 ? a 2 ,

因而 2 m (b ? a ? 2 k ?m ) ? (b ? a)(b ? a)



显然, b ? a, b ? a 为偶数, b ? 2 k ?m a 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 ? 2 k ?m a ? 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 ? 2 f , ? m ?1 ?b ? a ? 2 e. ?b ? a ? 2 f .
m ?1

由 ef ? b ? 2 k ?m a ? b ? 2a ? b ? a ? 2 f

得 e=1,

从而 f ? b ? 2 k ?m a.于是(Ⅰ)或(Ⅱ)分别变为
m ?1 k ?m ? ? ?b ? a ? 2 , ?b ? a ? 2(b ? 2 a), 或 ? ? k ?m m ?1 ? ?b ? a ? 2(b ? 2 a) ? ?b ? a ? 2

解之,得 a ? 2 k ?m?1 ? 2 m?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 a i 均为 1 和-1,从而题中所给的等式中每一项 ai ai ?1ai ?2 ai ?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 l n 表示 n 的长度,试对任 意的自然数 n(n≥3) ,求 l n ,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 ? 2 t , 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; m m ?1 故 ln ? ? ?3,当n ? 2 t , 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 n 2 ? 1 ? 3 ? ? ? (2n ? 1), 命题在立. 假设 k=m 时成立,即 n m ? (a ? 1) ? (a ? 3) ? ? ? (a ? 2n ? 1) ? na ? n 2 , (a 为某非负 数) 则 n m?1 ? n m ? n ? (na ? n 2 )n ? n(na ? n 2 ? n) ? n 2 ,
2 k

若记 b ? na ? n ? n (显然 b 为非负偶数) ,于是

n m?1 ? nb ? n 2 ? (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 X i2 ? Yi 2 ? C(i ? 1,2,?n, C 为一固定的正整数) ,其中

X i ? x i ? xi ?1 , Yi ? yi ? yi ?1 (i ? 1,2,?, n, xn?1 ? x1 , yn?1 ? y1), 则由已知有

?X
i ?1 n

n

i

? 0,



?Y
i ?1

i

? 0,



2 2 X 12 ? Y12 ? X 2 ? Y22 ? ? ? X n ? Yn2


m

不妨设 X i 和Y i 中至少有一个为奇数(因为设 X i ? 2 ti , 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.

当 C=4k+2 时,由③知,所有数对 X i 与Y i 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 X i 与Y i 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 Vn 2

[(n ? 1)(2n ? 1)].

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 k ? k ? n 对于整数 k( 0 ? k ?
2

n 2 )是质数,则 k ? k ? n 3

对于所有整数 k (0 ? k ? n ? 2) 都是质数. (第 28 届(1987)国际数学奥林匹克试题 6) 【证】设 m 是使 k 2 ? k ? n 为合数的最小正整数.若 n ? m ? n ? 2, 令p是m2 ? m ? n 的最小
3

质因子,则 p ?

m2 ? m ? n .
又(m-p)2+(m-p)+n≥n>p,这与 m 是使

(1)若 m≥p,则 p|(m-p)2+(m-p)+n.

k 2 ? k ? n 为合数的最小正整数矛盾.
(2) 若 m≤p-1, 则 ( p ? 1 ? m) 2 ? ( p ? 1 ? m) ? n ? ( p ? 1 ? m)( p ? m) ? n 被 p 整除, 且 ( p ? 1 ? m) 2 ? ( p ? 1 ? m) ? n ? n ? p. 因为 ( p ? 1 ? m) 2 ? ( p ? 1 ? m) ? n 为合数,所以 p ? 1 ? m ? m, p ? 2m ? 1. 由

2m ? 1 ? p ? m 2 ? m ? n ,
? 3 ? 12n ? 3 n ? 6 3



3m 2 ? 3m ? 1 ? n ? 0,

由此得 m ?

与已知矛盾.所以,对所有的

n ? k ? n ? 2, k 2 ? k ? n 为质数. 3


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