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整除、同余与高斯函数


整除、同余与高斯函数 一、整除 对 于 整 数 a ( 本 讲 字 母 均 表 示 整 数 ) 和 不 为 零 的 整 数 b, 我 们 有 带 余 除 法: a ? bq ? r , (0 ? r ? b) .其中 q 称为商, r 称为余数. 特别地,若 r ? 0 ,即 a ? bq ,则 称 a 被 b 整除或称 b 整除 a ,记为 b | a ; 若 r ? 0 ,则

称 b 不整除 a ,记为 b 我们也称 a 是 b 的倍数, b 是 a 的约数(或因数).整除有下面的基本性质: 1.若 a | b , b | c ,则 a | c . 2.若 a | b , k 为整数,则 a | kb . 3.若 a | bc ,且 a 与 c 互质,则 a | b , 特别地,若质数 p | bc ,则必有 p | b 或 p | c . 4.若 a | b , a | c , 则 a | (b ? c) . 5.若 b | a , c | a , 且 b 与 c 互质, 则 bc | a . 例 1. 求出所有的正整数 n ,使得 n 能被所有不大于 n 的正整数整除.
2

a .若 b | a ,

精析 令 k 2 ? n ? ? k ? 1? ,即 n 介于两个完全平方数之间是解题的突破口. 全解 设 k 2 ? n ? ? k ? 1? ,
2

当 k ? 3 时, 1 n ,2 n ,

,k n .

因为 ? k ? 2, k ?1? ? 1, ? k ?1, k ? ? 1 , ? k ? 2, k ? ? 2 , 所以
1 k ? k ? 1?? k ? 2 ? n . 2 1 2 k ? k ? 1?? k ? 2 ? ? n ? ? k ? 1? , 2

故 即 得 所以

k 3 ? 5k 2 ? 2k ? 2 ? 0 ,

?k

2

? 2 ? ? k ? 5 ? ? 12 .

k ? 3, 4或5 .
n ? 36 .

当 1 ? n ? 4 ,有 1 n, n ? 1, 2,3 都满足条件; 当 4 ? n ? 9 ,有 1 n, 2 n, n ? 4, 6,8 都满足条件;

1

当 9 ? n ? 16 ,有 1 n, 2 n,3 n ,即 6 n , n ? 12 满足条件; 当 16 ? n ? 25 ,有 1 n, 2 n,3 n , 4 n ,即 12 n , n ? 24 满足条件; 当 25 ? n ? 36 ,有 1 n, 2 n,3 n , 4 n ,5 n ,即 60 n ,无 n 满足条件; 综上,本题的解为 1, 2,3, 4,6,8,12, 24 . 例 2. 证明 设 p 是大于 5 的素数,求证: 240 | p4 ?1 .
240 ? 16? 3? 5,显然 16, 3, 5两两互质,故只须证明 16, 3, 5 分别能整除

p4 ?1 .
p4 ?1 ? ( p2 ? 1)( p2 ?1) ? ( p2 ? 1)( p ? 1)( p ?1) ,
因为 p 是大于 5 的素数,显然, 2 | p 2 ? 1 .由于 p ? 1, p ? 1是连续两个偶数,所以 必有一个能被 2 整除,有一个能被 4 整除.因此 8 | ( p ? 1)( p ? 1) .故 16 | p4 ?1 .
| p 所以 p ? 3q ? 1 ,从而 3| p 2 ? 1 .故 3| p 4 ? 1 . 因为 p 是大于 5 的素数,故 3 ? | p .所以 p ? 5q ? 1 或 p ? 5q ? 2 . 因为 p 是大于 5 的素数,故 5 ?

当 p ? 5q ? 1 时, 5 | p2 ? 1 ,所以 5 | p4 ? 1 . 当 p ? 5q ? 2 时, 5 | p2 ? 1 ,所以 5 | p4 ? 1 . 故 综上可得

5 | p4 ?1
240 | p4 ?1 .

说明 把一个较大的数分解成两两互素的若干个整数的积,这是解决整除问题的一 个基本方法. 例 3. 1987 可以在 b 进位制中写成三位数 xyz ,如果 x ? y ? z ? 1 ? 9 ? 8 ? 7 ,请

确定所有可能的 x, y, z 和 b . 解 由题意得: ① ②

xyz ? xb2 ? yb ? z ? 1987,
x ? y ? z ? 25.

①-②得

x(b2 ?1) ? y(b ?1) ? 1962,
2



(b ? 1)[(b ? 1) x ? y] ? 1962,



b ? 1|1962,
b ? 1 ? 9.

显然, b ? 10, 因为

b 2 ? 1 ? 1962 ,所以 b ? 1963 ? 45 ,

所以

10 ? b ? 45;9 ? b ?1 ? 44.

由 1962 ? 2 ? 32 ?109 知,1962 有 12 个正约数: 1,2,3,6,9,18,109,218,327,654,981,1962. b ? 1 ? 18 , b ? 19 . 所以 将 1987 用 19 进制表示:1987=5×192+9×19+11, 所以
x ? 5, y ? 9, z ? 11, b ? 19 .

注: 先进行范围的估计再找在此范围内满足条件的整数, 这是解决数论问题常用 的思想方法. 二、同余 给定一个正整数 m , 如果两个整数 a、 b 用 m 除所得的余数相同, 则称 a 与 b 对 模 m 同余, 记作 a ? b(mod m) ,读作 a 同余 b ,模 m . 反之,若 a 与 b 对模 m 不同余,则 记作 a
b(mod m) .

由定义不难得出, 同余具有如下基本性质: (1)定义等价性
m | a ? b ? a ? b(mod m) ? a ? b ? mt ( t 为整数);

(2)反身性 (3)对称性 (4)传递性 (5)可加性

a ? a(mod m) ; a ? b(mod m) ? b ? a(mod m) ;

a ? b(mod m) ? ? ? a ? c(mod m) ; b ? c(mod m) ?

a ? b(mod m) ? ? ? a ? c ? b ? d (mod m) ; c ? d (mod m) ?
(6)可乘性

a ? b(mod m) ? ? ? ac ? bd (mod m) ; c ? d (mod m) ?

3

推论 a ? b(mod m) ? an ? bn (mod m) ( n 为正整数); (7)可除性

ac ? bc(mod m) ? m ); ? ? a ? b(mod c?0 (c, m) ?
当 (c, m) ? 1时,有 a ? b(mod m) ; (8)若 a ? b(mod m) , n | m , n 为正整数, 则 a ? b(mod n) ; (9)若 a ? b(mod mi ) , i ? 1, 2,3, 则 a ? b(mod[m1 , m2 ,
,n.

, mn ]) . , mn ] 表示整数 m1 , m2 , , mn

其中 (c, m ) 表示整数 c 与 m 的最大公约数 , [m1, m2 ,

的最小公倍数. 由上可知,同余式具有某些与等式类似的性质.利用同余解决问题的主要方法是: 灵活应用同余性质,有机结合代数恒等变形技巧,常常兼顾分类讨论思想. 例 4. 证明 证明 x2 ? 2 xy 2 ? 5z ? 3 ? 0 无整数解. 把原方程看成是关于 x 的二次方程,则

x?

2 y 2 ? 4 y 4 ? 4(5z ? 3) ? y 2 ? y 4 ? 5z ? 3 . 2

因为 x, y, z ? Z ,故 y 4 ? 5 z ? 3 ? Z , y 4 ? 5z ? 3 应是一个完全平方数. 因为 y 2 ? 0,1, 4(mod5) ,故 y 4 ? 0,1(mod5) , 又 ?5z ? 0(mod 5) , ?3 ? 2(mod 5) ,从而

y 4 ? 5z ? 3 ? 2,3(mod5) .
若 y 4 ? 5z ? 3 ? m2 , m ? Z , 则 m2 ? 0,1, 4(mod5) , 故 y 4 ? 5z ? 3 不可能是一个完全 平方数,从而原方程无整数解. 用同余理论处理不定方程时,经常用到这一结论:若 a 中因为 y 4 ? 5z ? 3 例 5. 分析
b(mod m) ,则 a ? b .本例

m2 (mod 5) ,所以 y 4 ? 5z ? 3 ? m2 .解题的关键是选择合适的 m .

求使 2 n ? 1 为 7 的倍数的所有正整数 n . 易知 23 ? 1 ? 7 ,即 7 | 23 ? 1,从而知 n ? 3 为所求的最小正整数 . 经验证

4

n ? 4,5 不满足条件,当 n ? 6 时,满足题所要求的条件,于是猜测,满足条件的 n 是

3 的倍数,下面证明这个猜测是正确的. 解 即 (1)当 n ? 3m 时,有 23 ? 1(mod 7) ,故 23m ? 1(mod 7) ,

23m ?1 ? 0(mod7) ,

所以,当 n ? 3m 时, 2 n ? 1 是 7 的倍数. (2)当 n ? 3m ? 1 时,

23m?1 ? 23m ? 2 ? 1? 2 ? 2(mod 7) ,


23m?1 ?1 ? 2 ?1 ? 1(mod 7) ,

所以,当 n ? 3m ? 1 时, 2 n ? 1 不是 7 的倍数. (3)当 n ? 3m ? 2 时,

23m?2 ? 23m ? 22 ? 1? 4 ? 4(mod 7) ,


23m?1 ?1 ? 4 ?1 ? 3(mod 7) ,

所以,当 n ? 3m ? 2 时, 2 n ? 1 不是 7 的倍数. 因此,满足条件的 n 是所有 3 的倍数的正整数. 三、整除与同余 例 6. 求具有下列性质的最小整数 n : (1) n 的个位数是 6; (2)如果将 n 的个位数字 6 移到其余各位数字之前,所得的新数是 n 的 4 倍. 解: 设自然数 n 为 m 位数, 去掉个位数码 6 后剩下的 m-1 位数为 x, 则 n=10x +6. 由(2)得 4(10x+6)=6×10m-1+x 化简得 13x=2(10m-1-4) 因 x 为自然数,2 与 13 互素. 所以 13 | (10m-1-4) 形如 10m-1-4 的数就是 6,96,996,9996,?? 通过实验,能被 13 整除的最小的一个是 99996. 99996=13×7692 99996=10m-1-4
5

∴m=6,x=15384 即所求的最小自然数 n 是 153846. 解法二:设所求自然数为 f 由条件得 6 f

dcba6 ,f≠0,

dcba = f

dcba6 ×4.

比较两边:6×4 的个位数字须为 a, ∴a=4 化为 6 f

dcb4 = f

dcb46 ×4= f

dcb/ 84

可见,b 为 4×4 的个位数字加上进位的 2,得 b=8. 如此逐步递推,直到算出某个数字为 6 而止. 例 7. 求正整数 n , 使得 n ? 100 , 而且存在不超过 n ? 1 的正整数 k , 满足等式
4k ? 1 1? 2k 2 1 ? ? . 2n n2 2 4k ? 1 1 ? 2 k 2 1 ? ? 变形, 解:由 2n n2 2

得 n2 ? ? 4k ?1? n ? 4k 2 ? 2 ? 0 故 n1,2 ?
4k ? 1 ? 8k ? 9 . 2



因为 n 为整数,所以 8k ? 9 ? ? 2m ? 1? .
2

即 2k ? m2 ? m ? 2 . 代入①,得 n1 ? m2 ? 2m ?1, n2 ? m2 ? 2 . 因此,满足题意的 n 为 m2 ? 2 型. 又由于 1 ? k ? n ? 1 ,则 1 ?
m2 ? m ? 2 ? m2 ? 3 . 2

解之,得 m ? 3 .
14,23,34,47,62,79,98 ,共 8 个. 但 n ? 100 ,所以满足题意的 n 为 7,

例 8.

1 p 求大于 2 的质数 p ,使得抛物线 y ? ( x ? )( x ? ) ,通过点 ( x0 , y0 ) ,其中 x0 p 2

是正整数, y0 是质数的平方.

6

1 ?? P? ? 解:由题意点 ? x0 , y0 ? 在抛物线 y ? ? x ? ?? x ? ? 上. P ?? 2? ? 1 ?? P ? ? Px0 ? 1?? 2 x0 ? P ? ? 所以 y0 ? ? x0 ? ?? x0 ? ? ? . 2P P ?? 2? ?

因为 x0 、 y0 均为正整数, P 为大于 2 的质数, 所以 2P ? Px0 ?1?? 2x0 ? P? . 因此 x0 为奇数,且 P x0 . 故设 x0 ? P ? 2m ?1? ,其中 m 为正整数.且
1?? P? ? y0 ? ? P ? 2m ? 1? ? ? ? P ? 2m ? 1? ? ? P? ? 2? ? 3? ? 2 ?? ? P ? 2m ? 1? ? 1? ? ? 2m ? 2 ? ? ?

? P2 ? 1 ? ? ? P2m ? ? ? 4m ? 3 ? 2 ? ?
这里 P 2 m ?
P2 ? 1 、 4m ? 3 均为正整数,且 2

? 2 P2 ? 1 ? P2 ? 5 P2 ? 5 P2 ? 3 2 2 P m ? ? P ? 4 ? ? ?0. ? P ? 4 m ? ? 4 m ? 3 ? ? ? ? ? ? 2 ? 2 2 2 ?

于是,若 y0 ? q 2 , q 为质数,

4m ? 3 ? 1 ? ? 则 ? 2 P2 ? 1 ? q2 ?mP ? ? 2
由①解得 m ? 1 . 代入②,得 P2 ?1 ? 2q2 ,即 ? P ?1?? P ?1? ? 2q2 . 因为 P 为奇数,所以 4 ? P ? 1?? P ?1? , 所以 4 2q2 ,所以 2 q2 ,所以 2 q . 又 q 为质数,所以 q ? 2 ,所以 P ? 3 .

① ②

7

1 p x p ? 1 2 x0 ? p 解二: y0 ? ( x0 ? )( x0 ? ) = 0 ? p 2 2 p

?

x0 p ? 1 2 x0 ? p > , 2 p

2 x0 ? p =1 , p

∴ x0 = p

,

p2 ?1 y0 = 2

y0 = q2 , q 为质数, 则 ? p ?1?? p ?1? ? 2q2 ,
∴ 4∣ ? p ?1?? p ?1? , 例 9. 解 4∣ 2q 2 , 2∣ q , q ? 2 , p ? 3 .

求方程 3x ? 4 y ? 5z 的正整数解.

容易发现,这个方程有一组正整数解 x ? y ? z ? 2 .

那么是否有另外的解呢? 设 x, y, z 是方程的一组正整数解, 即 3x ? 4 y ? 5z ,两边 ? mod3? , 得
1 ? ? ?1? ? mod 3? ,
z

故 z 为偶数. 令 z ? 2u, u ? N ? . 于是 3x ? ? 5u ? 2 y ?? 5u ? 2 y ? . 由于 ? 5u ? 2 y ,5u ? 2 y ? ? 1 从而 5u ? 2 y ? 3x ,
5u ? 2 y ? 1 .

① ②

对上二式两边 ? mod3? ,得

? ?1?

u

? ? ?1? ? 0 ? mod 3? ,
y

③ ④

? ?1?
③ ? ④ , ③ ? ④ ,得

u

? ? ?1? ? 1? mod 3 ? .
y

2 ? ?1? ? 1? mod 3? , 2 ? ?1? ? ?1? mod 3? .
u y

8

所以 u 为奇数, y 为偶数. 另一方面,原方程两边 ? mod 4? ,得 ? ?1? ? 1? mod 4 ? ,从而 x 为偶数.
x

此时,如果 y ? 2 ,则 5u ? 2 y ? 5 ? mod8? . 但另一方面 3x ? 1? mod8? ,这与①矛盾. 于是 y ? 2 . 由②可得 u ? 1 ,所以 z ? 2 , x ? 2 . 终上所述,满足方程的正整数解仅有一组 x ? y ? z ? 2 . 说明 用同余式求解不定方程的关键在于模的选择 .运用不同的模得到一些有用 的结果,然后再综合起来考虑. 例 10. 精析: 全解 设 n ? N ? ,且使 37.5n ? 26.5n 为正整数,则 n 的值为多少? 作恒等变形,记 37.5n ? 26.5n ? 当 n 为正偶数时,
n

1 75n ? 53n ? n ? 2

75n ? 53n ? ? ?1? ? 1n ? 2 ? mod 4 ? ,

即 故

75n ? 53n ? 4m ? 2 ? m ? N ? ?

.

37.5n ? 26.5n ?

1 ? 2m ? 1? 不是整数. 2n ?1
? 53n ?1 ?

当 n 为奇数时,
75n ? 53n ? ? 75 ? 53? ? 75n ?1 ? 75n ? 2 ? 53 ?
? 27 ? 75n ?1 ? 75n ? 2 ? 53 ?

? 53n ?1 ? .

上式括号内有 n 项,每一项都是奇数,因而和为奇数. 经验算,只有当 n ? 1,3,5,7 时,原式为整数. 例 11. 设 a, b, c ? N ? , 1 ? a ? b ? c ,且 ? a ?1??b ?1?? c ?1? abc ?1.求 a, b, c . 精析 由题意,知

abc ? 1 ? N ? ,且 a ? 2, b ? 3, c ? 4 . ? a ? 1?? b ? 1?? c ? 1?

所以

abc ? 1 abc ? ? a ? 1?? b ? 1?? c ? 1? ? a ?1?? b ?1?? c ?1?
? a b c 3 4 ? ? ? 2? ? ? 4 . a ?1 b ?1 c ?1 2 3
9



abc ? 1 的值只能为 1, 2, 3 ,于是只要对 ? a ? 1?? b ? 1?? c ? 1? abc ? 1 ? M , M 是正整数. ? a ? 1?? b ? 1?? c ? 1?

abc ? 1 的取值 ? a ? 1?? b ? 1?? c ? 1?

分三种情况讨论即可. 全解 设

因 a ? 2, b ? 3, c ? 4 ,所以 故 M?

a b 3 c 4 ? 2, ? , ? . a ?1 b ?1 2 c ?1 3

3 4 abc ? 2? ? ? 4 . 2 3 ? a ? 1?? b ? 1?? c ? 1?

从而 M ? 3 .于是 M ? 1, 2,3 . (1)当 M ? 1 时, 因

? a ?1??b ?1?? c ?1?
? abc ?1 ? ? a ? b ? c ? ? ? ab ? bc ? ca ? ? abc ? 1 ,

故 a ? b ? c ? ab ? bc ? ca 不可能; (2)当 M ? 2 时,

abc ? 2 ? a ?1??b ?1?? c ?1? ?1,①
a, b, c 均为奇数.

若 b ? 7 ,则 c ? 9 .

2?

3 7 9 63 abc ? ? ? ? ? 2 ,矛盾. ? a ?1?? b ?1?? c ?1? 2 6 8 32

所以 b ? 5 ,即 b ? 5 , a ? 3 代入①式, 得 3? 5c ? 2 ? 2 ? 4 ? c ?1? ?1 , 解得 故
c ? 15 .

? a, b, c? ? ?3,5,15? ;
3 4 5 5 abc ? ? ? ? , ? a ? 1?? b ? 1?? c ? 1? 2 3 4 2

(3)当 M ? 3 时,若 a ? 3 ,则 b ? 4 , c ? 5 ,

M ?3?

矛盾.故 a ? 2 . 若 b ? 5 ,则 c ? 6 .又有

3?

5 6 abc ? 2 ? ? ? 3, 4 5 ? a ?1?? b ?1?? c ?1?

10

矛盾.故 b ? 4 . 若 b ? 3 ,则 2 ? 3? c ?1 ? 3?1? 2 ? c ?1? , ?1 ? ?6 ,无解. 因此 b ? 4 . 于是 从而

2 ? 4 ? c ?1 ? 3?1? 3? c ?1? .故 c ? 8 .

? a, b, c? ? ? 2, 4,8? .
? a ? 2, ? ? b ? 4, ? c ? 8; ? ? a ? 3, ? ? b ? 5, ?c ? 15. ?

综上所述,适合条件的解有两组: 和

例 12. 精析

求证:对于任意的非负整数 n , 19 ? 8n ? 17 是合数. 要证明 A? n? ? 19 ? 8n ?17 是合数,就要考虑 A ? n ? 能被哪些素数整除,那

么对于不同的 n 应选取哪个素数为模进行讨论呢?这可从简单的整数 n 入手进行试 验. 当 n ? 0 时, A ? 0? ? 36 ,显然 2 A ? 0 ? , 3 A ? 0 ? .但当 n ? 1 时, A ? n ? 为奇数,所以 选择 mod 2 不太适当,可以考虑选择 mod 3 . 当 n ? 1 时, A?1? ? 19 ? 8 ?17 ? 169 , 13 A ?1? ; 当 n ? 2 时, A? 2? ? 19 ? 82 ?17 ? 1233 , 3 A ? 2 ? ; 当 n ? 3 时, A?3? ? 19 ? 83 ?17 ? 9745 , 5 A ? 3 ? ; 当 n ? 4 时, A? 4? ? 19 ? 84 ?17 ? 77841 , 3 A ? 4 ? ; 当 n ? 5 时, A?5? ? 19 ? 85 ?17 ? 622609 , 13 A ? 5 ? . 由以上试验可以看出,当 n ? 0,1,
,5 时, A ? n ? 是合数,它们依次有素因数

3,13, 3, 5, 3,13 .其次, 当 n 是偶数时,A ? n ? 能被 3 整除, 当 n 为 4k ? 1 型的数时,A ? n ?

能被 13 整除,当 n 为 4k ? 3 型的数时, A ? n ? 能被 5 整除,于是可对不同的 n 选取不 同的模来证明 A ? n ? 是合数. 全解 设 A? n? ? 19 ? 8n ?17 .

(1)当 n ? 2k ? k ? N ? 时,

11

A? n? ? 19 ? 8n ?17
? 19 ? 82 k ? 17 ? 18 ? 82 k ? ? 63 ? 1? ? 17
k

? 0 ? mod3? .
于是, 3 A ? 2 k ? ,故 A ? 2k ? 是合数; (2)当 n ? 4k ? 1? k ? N ? 时,

A? 4k ?1? ? 19 ? 84k ?1 ?17
? 13 ? 84 k ?1 ? 39 ? 642 k ? 9 ? 65 ? 1? ? 13 ? 4 ,
2k



A ? 4k ? 1? ? 9 ? ?1? ? 4 ? 0 ? mod13? .
2k

于是, 13 A ? 4k ? 1? ,故

A? 4k ?1? 是合数.

(3)当 n ? 4k ? 3? k ? N ? 时,

A? 4k ? 3? ? 19 ? 84k ?3 ?17 ? 20 ? 84k ?3 ? 84k ?3 ? 17 ,
故 A? 4k ? 3? ? ?512 ? 642k ?17 ? ?2 ? 65 ? 1? ? 15 ? 2
2k

? ?2 ? ?1? ? 2 ? 0 ? mod5? .
2k

于是, 5 A ? 4k ? 3? ,故 A ? 4k ? 3? 是合数. 综上所述,原命题成立. 四、三角形中的整除问题 很多比较复杂的几何图形计算可以归结到一串三角形的边角计算 .有些斜三角 形(锐角或钝角三角形)的计算可以通过添加适当的辅助线将它转化为直角三角形 去进行.

C

A

B

对于直角三角形(如图,△ABC 中,∠C= 90 ? ) ,边角关系主要有:
12

(1) 角角关系,两锐角互余( A ? B ? 90? ). (2) 边边关系:勾股定理( a 2 ? b2 ? c2 ). (3) 边角关系:
a ? c ? sin A ? c ? cos B ? b ? tan A ? b ? cot B ; b ? c ? sin B ? c ? cos A ? a ? tan B ? a ? cot A . 利用所学的知识可以得到其他一些关系式.

C

A

D

B

如图, △ABC 中, ∠C= 90 ? , CD 是 AB 边上的高, 则∠A=∠BCD, 所以 sin A ? sin ?BCD , BC BD ? 得 ,即 BC 2 ? BD ? AB . AB BC 同理可得: AC 2 ? AD ? AB , CD2 ? AD ? BD . 此三式称为直角三角形中的射影定理. 对于斜三角形,通过转化成直角三角形可以得到一般三角形边角关系的几个重 要公式. 如图,△ABC 中,CD 是 AB 边的高.
C

A

D

B

(1) A为锐角,则CD ? b ? sin A.

13

C

A

D

B

(2) A为直角,则CD ? b ? b ? sin 90? ? b ? sin A.

C

D

A

B

(3) A为钝角,则CD ? b ? sin(180? ? A) ? b ? sin A. 所以
1 1 高 CD ? b sin A, S?ABC ? ? CD ? AB ? bc sin A. 2 2 1 1 同理可得: S?ABC ? ca sin B ? ab sin C. 2 2 这是一般三角形用两边及夹角求面积的公式. 从这三个公式可得:

1 1 1 1 , ? ? ? 2S? bc sin A ca sin B ab sin C

同时乘 abc ,得

abc a b c . ? ? ? 2S? sin A sin B sin C abc 为 ?ABC 外接圆的直径 2 R ). 2S?

(可以证明上式比值 等式

a b c ? ? 称为正弦定理. sin A sin B sin C

同样,在上述 ?ABC 中, a 2 ? CD2 ? BD 2 .

() 1 A为锐角,BD ? AB ? AD ? c ? b cos A .
14

(2)A为直角,BD ? c ? (c ? b cos90?) ? c ? b cos A
(3)A为钝角, BD ? AB ? AD ? c ? b cos(180 ? A)

? c ? b cos A ? c ? b cos A . 所以BD ? c ? b cos A ,
a 2 ? (b sin A) 2 ? c ? b cos A
2

? b2 sin 2 A ? c2 ? 2bc cos A ? b2 cos2 A,
故a2 ? b2 ? c2 ? 2bc cos A.

同理可得b2 ? c2 ? a2 ? 2ac cos B,
c2 ? a 2 ? b2 ? 2ab cos C.

这三个等式称为余弦定理. 在一般三角形边角关系中,正弦定理、余弦定理是十分重要的.特别是几何证明 中,应用它们有时免去了添辅助线的种种困难. 例 13. 在△ ABC 中,三边长 a,b,c 均为整数,且 a > b > c , a ? b ? c ? 20 . 求所有这样的数组( a,b,c ). 解题关键:首先从三角形三边关系入手“挤”出 a 的范围,再依次“挤”出 b, c 的范围,并用枚举法求解. 解: 3a > a ? b ? c ? 20, 故a >
20 . 3 20 < a <10,又 a 是 3

三角形中,有 b ? c > a ,有 20= a ? b ? c >2 a , a <10,

整数得 a ? 7,8,9. (1)当 a ? 7 时,由 a > b > c 知 b ≤6, c ≤5, a ? b ? c ≤7+6+5=18,不可能. (2)当 a =8 时, b + c =12, b =7 时, c =5. 若 b ≤6,则 c ≤5, a ? b ? c ≤8+6+5=19,不可能. (3)当 a ? 9 时, b ? c ? 11. b =8 时, c =3; b =7 时, c =4;b =6 时, c =5;若 b ≤5,则 a ? b ? c ≤9+5+4=18,不可能. 综上所述, 满足题意的数组 ( a,b,c ) 共有四组, 为 (8, 7,5) , (9,8,3) , (9,7,4) , (9,6,5). 例 14.一直角三角形的三边长及面积均为整数,证明:其内切圆半径为整数. 解 设 rt ?ABC 三边长为 a、 b、 c, 内切圆半径为 r , 易知 r ? 为正整数,则 a、b 中至少有一个为偶数(不妨设为 a). 因为 a 2 ? b2 ? c2 ,所以, b2 与 c2 同奇偶,即 b 与 c 同奇偶,b-c 为偶数.因此,
15

a?b?c 1 , 而 S ?ABC ? ab 2 2

r?

a?b?c 为整数. 2

五、高斯函数[x] 1.定义 设 x ? R,[ x] 表示不超过 x 的最大整数, 则 y ? [ x] 称为高斯函数.函数 y ? [ x] 的定义域 为 R ,值域为 Z . 由定义知, [ x] ? x ,故 x ? [ x] ? 0 .称 [ x] 为 x 整数部分,称 x ? [ x] 为 x 的小数部分, 记作 { x} . 例如, [3.2] ? 3,{3.2} ? 0.2;[?2.3] ? ?3,{?2.3} ? 0.7 . 由定义知: [ x] ? k ? 存在 k ? Z ,使得 k ? x ? k ? 1 . 2.性质
[ x ] 的应用范围很广,很多竞赛题都要应用 [ x ] 的性质.

性质 1 性质 2 性质 3

对任意 x ? R ,都有 x ? [ x] ? {x} ,且 0 ? {x} ? 1 . 对任意 x ? R ,都有 x ? 1 ? [ x] ? x ? [ x] ? 1 . 对任意 x1 , x2 ? R ,且 x1 ? x2 ;有

[ x1 ] ? [ x2 ] .
性质 4 对任意 n ? Z 和 x ? R ,都有
[ n ? x] ? n ? [ x] .

性质 5

对任意的 x, y ? R ,都有

[ x] ? [ y] ? [ x ? y],{x} ? { y} ? {x ? y} .

推论 对任意的 xi ? R(i ? 1, 2,

, n) ,有 ? xn ] .

[ x1 ] ? [ x2 ] ?
特别地,当 x1 ? x2 ? 性质 6 性质 7

? [ xn ] ? [ x1 ? x2 ?

? xn ? x 时,有 n[ x] ? [nx] .

若 x ? 0, y ? 0 ,则 [ xy] ? [ x][ y] . 对任意正整数 n 和任意实数 x ,有
? x ? ? [ x] ? . ? ? ?n? ? ? ? n ? ?
16

性质 8 性质 9
?x? 有 ? ? 个. ?n?

??[ x], [? x] ? ? ??[ x] ? 1,

x ? Z, x?Z

x 为正实数, n 为正整数,则不超过 x 的所有正实数中,是 n 的倍数的数共

性质 10

在 n ! 的质因数分解中,质数 p 的指数是

?n? ? n ? ? n ? ? p ? ? ? p 2 ? ? ? p3 ? ? ? ? ? ? ? ?

? n ? ? ? m ? ( p m ? n ? p m?1 ) ?p ?

3 例 15 求所有的实数 x ,使得 ? ?x ? ? ? 4 x ? 3 ,这里 ? x ? 表示不超过实数 x 的最大整

数. 精析 本题的关键是 4 x ? 3 为整数,因此 4 x 也为整数,这样可以令 4x ? k ? k ? Z ? . 从而可以将问题转化为求解关于 k 的不等式. 全解 设 x 为满足条件的实数,则可设 x ?
k3 ? k ? 4, 64
? k3 ? k ?k ? Z ? ,且 ? ? ? k ? 3 ,于是 4 ? 64 ?

3?



192 ? k ? k ? 8?? k ? 8? ? 256 .



记 f ? k ? ? k ? k ? 8?? k ? 8? , 则 k、k ? 8、k ? 8 中恰有两个数都小于 0 , 或都大于 0, 即 ?7 ? k ? ?1 或 k ? 9 . 又当 k ? 10 时, f ? k ? ? 10 ? 2 ?18 ? 256 ,矛盾, 故 k ???7, ?6,
5 x ? ? 或 ?1 . 4

, ?1,9? .分别计算,可知满足①的 k 只有两个,即 k ? ?4, ?5 .从而

例 16 精析

? x ? 1? ? x ? 1? 解方程 ? . ? ? 4 ? ? ? ? 2 ? ?

本题属 ?U ? ? ?V ? 型,由 ?1 ? U ? V ? 1,求出 x 的取值区间,但这只是原方

程式成立的必要条件,而非充分条件,所以还须利用 U ? f ? x ? 和 V ? g ? x ? 的图像进行分 析,才能得到正确的结果.
17

全解

由高斯函数的性质,得
?1 ? x ? 1 x ?1 ? ? 1 ,即 4 2
?1 ? x ? 7 .



y1 ?

x ?1 x ?1 , y2 ? . 4 2

在同一坐标系中作出二者的图像如下所示:
y

3 Ⅲ

2 Ⅱ

x-1 y= 2 y= x+1 2

1 Ⅰ

-3

-2

-1

O

1

2

3

4

5

x

-1

在Ⅰ区域内,当 ?1 ? x ? 1 时,不适合原方程.令 y2 ? 0 ,得 x ? 1 .故 1 ? x ? 3 为所 求. 在Ⅱ区域内,令 y2 ? 2 ,得 x ? 5 ,故 3 ? x ? 5 为所求. 综上所述,原方程的解是 1 ? x ? 5 . 例 17 解方程 4x2 ? 40? x? ? 51 ? 0 . 精析 对于任意实数 x , ? x ? 满足以下三个条件①

? x? 是一个整数;② ? x? ? x ;

③ x ? ? x? ? 1 . 讨论或求解含 ? x ? 的方程,主要考虑综合运用 ? x ? 函数的性质. 全解 则 令 ? x? ? n ,则 x ? n ? a, a ??0,1? ,原方程可化为
4 x2 ? 40 x ? 51 ? ?40a .

4x2 ? 40 ? x ? a ? ? 51 ? 0 ,

18



0 ? a ?1

所以

?40 ? 4 x2 ? 40 x ? 51 ? 0 .

解之,得 (1)当

3 7 13 17 ? x ? ,或 ? x ? . 2 2 2 2

3 ? x ? 2 时, 2
n ? 1 ,方程 4 x2 ? 40 ? 51 ? 0 ,无实数解.

(2)当 2 ? x ? 3 时,
n ? 2 ,方程 4 x2 ? 80 ? 51 ? 0 ,

得 (3)当 3 ? x ?
7 时, 2

x?

29 29 (x?? 舍去). 2 2

n ? 3 ,方程 4 x 2 ? 120 ? 51 ? 0 ,

得 (4)当
13 ? x ? 7 时, 2

x??

1 ? 7? 69 ? ?3, ? ,故此解舍去. 2 ? 2?

n ? 6 ,方程 4 x2 ? 240 ? 51 ? 0 ,

得 (5)当 7 ? x ? 8 时,

x?

1 1 189 ( x ? ? 189 舍去). 2 2

n ? 7 ,方程 4 x2 ? 280 ? 51 ? 0 ,

得 (6)当 8 ? x ?
17 时, 2

x?

1 1 229 ( x ? ? 229 舍去). 2 2

n ? 8 ,方程 4 x2 ? 320 ? 51 ? 0 ,

得x? 故原方程的解有四个:

1 1 269 ( x ? ? 269 舍去). 2 2

1 1 29 , x2 ? 189 , 2 2 1 1 x3 ? 229 , x4 ? 269 . 2 2 x1 ?
19

例 18 求所有正整数 n ,使得 n ? ?n ?

? 2 成立. ? n?? ?

精析 题中 ? x? 为 x 的小数部分,即 x ? ? x? ? ?x? ,利用 ? x ? 与 ? x? 的性质进行求解. 全解 如果 n ? p 2 ,则

? n ? ? 0 .得 n ? 2 ,与 n ? p 矛盾,所以存在整数 t ,使得
2

? t ? 1?

2

? n ? t 2 ,有

? n ? ? t ?1 , ? ?



? n?? ? n?? ?n ? ? ? ? n ? ?n ? n ? t ? 1?? ? n ? ? ?n ? ?
n ? ?n ?

? ? n ?? ? ? n? ?
? ? n? ? ? nt ? n ? nt ? ? n n ? .

?

所以,原方程等价于

? nt ? 2 ? ? ?n n ? .

设 n ? t 2 ? k ,当 k ? 2 时,
? n n ? 2 ? n n ? k ? nt ? 2 ? ? ?n n ? ? 2 ? n n ,



n

?

n ? 2 ? n ? 2, n ? n? 2 ? n ,
n 2 ? 2n ? 2 ? 2 n ? n ? 2 ? ? 2n ? 2 ? 2 ? n ?1? ? 4 ? n ? 1? .

?

只有 n ? 1, 2,3, 4 时不等式成立,经验证知 n ? 2 是原方程的一个解. 当 k ? 1 时,同理可得
n?2

?

n ? 1 ? n ? 4 n ?1 ,

?



t 2 ? 1 ? 4t , t ? 4 .

只有 n ? 3,8,15 时不等式成立,经验证知 n ? 8 , n ? 15 是原方程的解. 终上所述, n ? 2,8,15 .

20


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