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高中奥林匹克数学竞赛讲座 初等数论奇数、偶数、质数、合数


高中奥林匹克数学竞赛讲座

初等数论奇数、偶数、质数、 初等数论奇数、偶数、质数、合数
知识、方法、技能 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 ? p 2 2 ? p n
a a

an

(*).

其中 p1 < p 2 < ? < p n , p i 为质数, α 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
β1

? q 2 2 ? q n m , 其中q1 < q 2 < ? < q m , q j 为质数, β i 为非负整数,

β

β

j=1,2,…,m.由于任何一 p i 必为 q j 中之一,而任一 q j 也必居 p i 中之一,故 n=m.又因

-1-

p1 < p 2 < ? < p n , q1 < q 2 ? < q n , 则有pi = qi (i = 1,2,?, n) ,再者,若对某个 i, α i ≠ β i
(不妨设 α i > β i ) ,用 pi i 除等式 p1 2 p 2 1 ? p n n = p1 1 ? p 2 2 ? p n n 两端得:
a a a

β

β

β

β

ε α p1 1 ? piα i ? β i ? p n n = p1 1 ? pi ?1

β

β i ?1

? pi +1

β i +1

β ? pn n .

此式显然不成立(因左端是 p i 的倍数,而右端不是).故 α i = 均成立.惟一性得证.

β i 对一切 i=1,2,…,n

推论: (合数的因子个数计算公式)若 A = p1 1 p 2 2 ? p n 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 (α 1 + 1)(α 2 + 1) ? (α n + 1).(简记为
2

α

α

α

∏ (α
i =1

n

i

+ 1) )
2

这是因为,乘积 (1 + p1 + p1 + ? + p1 1 ) ? (1 + p 2 + p 2 + ? + p 2 2 ) ? (1 + p n + p n
2

α

α

α + ? + p n n ) 的每一项都是 A 的一个因子,故共有 ∏ (α i + 1) 个.
i =1

n

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 , p 2 , ? p n , 考察整数 a = p1 p 2 ? p n + 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.
-2-

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. a、 、 、 为奇数, < a < b < c < d , 并且ad = bc , 设 b c d 0 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 (Ⅰ) ?b + a = 2 ?
m ?1

?b ? a = 2 f .

e, 或(Ⅱ) ?b + a = 2 f , ? m ?1 ?b ? a = 2 e.

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 , 或 ?b + a = 2(b ? 2 a ), ? ? ?b ? a = 2(b ? 2 k ? m a) ?b ? a = 2 m ?1 ? ?

解之,得 a ? 2 k ? m +1 = 2 m ?1 .因 a 为奇数,故只能 a=1. 例 3. a1 , a 2 , ? , a n 是一组数, 设 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 a i a i +1 a i + 2 a i +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=( a1 a 2 ? a n )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.

-3-


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