西安职业技术学院-我的新老师作文

数学奥赛辅导 第一讲

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2l
的形式，其中m为非负整数，l为奇数.
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：
aaa
A p
1
1
p
2
2
p
n
n
（*）.
m
其中
p
1
p
2
p
n
,p
i
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q
1

1
q
2
2
q
n
m
,其中q
1
q
2
q
m
,qj
为质数，

i
为非负整数，j=1，

2，…，m .由于任何一
p
i
必为
q
j
中之一，而任一
qj
也必居
p
i
中之一，故n=m.又因
p
1

p
2

p
n
,q
1

q< br>2

q
n
,
则有
p
i

q
i
(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
p
1
2
p
2
1

p
n
n
p1
1
p
2
2

p
n
n
两端 得：

n

1
p
1

p
i
i


i

p
n
p
1< br>1

p
i1

i1

aa
a


p
i1

i1

n

p
n
.

此式显然不成立（因左端是
p< br>i
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p
1
1
p
2
2

p
n
n< br>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)
）
222
这是因为，乘积
(1p
1
p
1

p
1
1
)(1p
2
p
2
p< br>2
2
)(1p
n
p
n
n
pn
)
的每一项都是A的一个因子，故共有

(

i1)
个.

n
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
p
1
,p
2
,p
n
,
考察整数
ap
1
p
2
p
n
1.
由于
a1
且又不能被
p
i
(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
p
i
(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）
【解】 由于2×5－1=3
2
，2×13－1=5
2
，5×13－1=8
2
，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=x
2
①
5d－1=y
2
②
13d－1=z
2
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=2k
2
－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=n
2
－m
2
=(n+m)(n－m)，从而n2
－m
2
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=2
k
，b+c=2
m
，
k,m为 整数，那么a=1. （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

km

(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)
①
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2f,
< br>
m1

ba2e.

ba2f.
m1
由
efb2
km
ab2aba2f
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2a),
或


km
m1


ba2(b2a)


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
a< br>1
,a
2
,

,a
n
是一组数，它们中的每 一个都取1或－1，而且a
1
a
2
a
3
a
4
+a
2
a
3
a
4
a
5
+
…+a
n
a
1
a
2
a
3
=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=(
a
1
a
2
a
n
)< br>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2t,m
为非负整数，t为奇数. 当m=0时，
f(n)f(t)2
，因而l
n
=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)2
m1
,则f(n)u,f(f(n ))2,所以l
n
2.

（2）若
g(t)2
m1
,则f(n)2
m1
,f(f(n))f(2
m1
)3, f(f(f(n)))f(3)2,所以l
n
3.


1,当 n为奇数时;
mm1
故
l
n



3, 当n2t,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
,

若记
bnann
（显然b为非负偶数），于是
2
k
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A
1
A
2
…A
n
A
1
，则所有顶点
A
i
的坐标（
x
i
,y
i
）符
合
x
i
,y
i

Z(i

1,2,

,n).
并且
X< br>i
2
Y
i
2
C
(
i
1,2,
n
,
C
为一固定的正整数），其中
X
i
x< br>i
x
i1
,Y
i
y
i
y
i 1
(i1,2,

,n,x
n1
x
1
,y
n1
y
1
),
则由已知有

X
i1
n
n
i
0,
①

Y
i1
i
0,
②
22
X
1
2
Y
1
2
X
2
Y
2
2
X
n
Y
n
2
③
不妨设
X
i
和Y
i
中至少有一个为奇数（因为设
X
i
2t
i
,m
是指数最小的，t
i
为奇数，
用2
m
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.
m

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，X
i
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 Y
i
必为奇数），再由②知，这种奇
数的Y
i
也应有偶数个（设为< br>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=2
3
，9=3
2
，10=2×5 ，故其标准分解式中，至少含有2
3
·3
2
·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< br>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2
5
3
2
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< br>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，V
n
kn1,kN
*
.
试证：存在一数
rV< br>n
,
这个数可用不
只一种方式表示成数集V
n
中素元素的乘积 . （第19届IMO试题）
【证明】由于V
n
中的数都不小于< br>n1(n2),
因而
(n1)
2
,(2n1)
2,(n1)(2n1)V
n
.
显然
(n1)
2,(n1)(2n1)
是V
n
中的素元素.又若（2n－1）
2< br>不是V
n
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< br>n2,
中素元素.
当
n8时,令r(n1)
2
(2 n1)
2
.显然rV
n
,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V
n
2
[(n1)(2n1)].

当n =8时，有1089=136×8+1=9×121=33×33，而9，121，33∈V
8
.
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
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< br>kn
为合数的最小正整数.若
n
mn2,令p是m
2
mn
的最小
3
2
n
2
）是质数，则
kk n
3
质因子，则
pm
2
mn
.
（1）若m≥p，则p|(m－p)
2
+(m－p)+n. 又(m－p)
2
+(m－p)+n≥n＞p，这与m是使
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
由此得
m
m
2
mn,
即
3m
2
3m1n0,

312n3n


63
n
kn2,k
2
kn
为质数.
3
与已知矛盾.所以，对所有的