初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性下半部分试题新人教版-精品

初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章

整数的整除性下半部分试题新人教版-精品

2020-12-12

【关键字】方法、条件、问题、矛盾、能力、方式、满足、解决、出发点 综上可知，命题成立．

评注如果两个互质的正整数之积是一个完全平方数，则这两个正整数都是完全平方数．这一命题是我们证明此题的出发点．

19．4．27★★★如果正整数a 、b 、c 满足222c a b =+．

证明：数2c ab +和2c ab -都可以表示为两个正整数的平方和．

解析 巧妙运用下述命题：如果正整数x 可表示为两个正整数的平方和，则2x 也可表示为两个整数的平方和．事实上，设22x u v =+，这里x 、u 、v 都是正整数．则()()22

22222x u v u v u v =+=++-．于是，2x 可表示为两个整数u v +和u v -的平方和，命题获证．

注意到，由条件有

()()2

2222222c ab c a ab b c a b ±=+±+=+±． 利用已证命题，可知

()()()22

24c ab c a b c a b ±=+±+-． 记c a b x +±=，c a b y -=，由222c a b =+可知x 、y 都是正整数，并且

()2224c ab x y ±=+．若x 、y 不同为偶数，则由平方数0≡或()1mod 4，可知221x y +≡或

()2mod 4，这是一个矛盾．所以，x 、y 都是偶数，从而22

222x y c ab ????±=+ ? ?????，这就是 要证的结论．

评注 这里本质上只是恒等式()()()22

222u v u v u v +=++-的应用，在处理竞赛问题时，代数式变形能力显得十分重要．

19．4．28是否存在正整数m 、n 使得331m n a =++是完全平方数？

解析 分如下三种情形讨论：

（1）若m m 、n 都是偶数，则()31mod 4m ≡，()31mod 4n ≡，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数．

（2）若m 、n 都是奇数，则()33mod 4m ≡，()33mod 4n =，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数．

（3）若m 、n 是一奇一偶，不妨设m 是奇数，n 是偶数，则()33mod8m ≡，()31mod8n ≡，

所以()3315mod8m n a =++≡，故此时a 不是完全平方数．

综上所述，对于任意正整数m 、n ，正整数331m n a =++都不是完全平方数．

评注 判断一个数不是完全平方数，我们也可以用“模”的方法，例如，我们知道，偶数的平方是4的倍数，奇数的平方除以4余1，所以，若一个整数同余2或者3模4，则它一定不是完全平方数；类似地，若一个整数同余2模3，则它一定不是完全平方数；一个整数同余2、3模5，则它一定不是完全平方数等等．

其实，考虑末位数也是用“模”的方法，即模10．

19．4．29★★★已知n 是正整数，且21n +和31n +都是完全平方数，求证：40|n ． 解析 因为34025=?，所以，只需证明：32|n ，且5|n 即可．

设221n a +=，231n b +=，其中a 、b 都是正整数．由于a 是奇数，所以，()21mod8a ≡，从而4|n ，于是，31n +是奇数，所以，()21mod8b ≡，即()311mod8n +≡，从而()0mod8n ≡． 又对于任意整数x ，有()0 , 1 , 2mod5x ≡±±，所以，()20 , 1 , 4mod5x ≡，于是()22522mod5a b n +=+≡，故只能是()221mod 5a b ≡≡，

所以，()211mod5n +≡，从而()0mod5n ≡．

因为（8，5）=1，所以，40|n

19．4．30★★★—个正整数若能表示为两个正整数的平方差，称为“智慧数”，比如221653=-，16就是一个“智慧数”，从1开始数起，第2008个“智慧数”是哪个数？ 解析 1不是“智慧数”，大于1的奇正整数()()22211 1 , 2 , 3 , k k k k +=+-=，都是“智慧数”．

被4整除的偶数4k ，有()()()22411 2 , 3 ,

k k k k =+--=，都是“智慧数”，而4不能表示为两个正整数的平方差，4不是“智慧数”．

被4除余2的数()42 1 , 2 , k k +=，设()()2242k x y x y x y +=-=+-，其中x 、y 为正整数，当x 、y 奇偶性相同时，x y +，x y -均为偶数，()()x y x y +?-被4整除，而42k +不被4整除，所以x 、y 奇偶性相同的假设不可能成立；当x 、y 奇偶性不同时，x y +，x y -均为奇数，()()x y x y +-为奇数，而42k +为偶数，故x 、y 奇偶性不同的假设也不可能成立．即不存在正整数x 、y ，使2242k x y +=-，即形如42k +的数均不是“智慧数”． 综述，在正整数列中，前四个正整数中只有3为“智慧数”，之后每连续四个数中有三个“智慧数”，其中第二个数，即形如42k +的数不是智慧数．

200813669=+?，()466912680?+=．因此，第2008个“智慧数”是2680． 19．4．31★★★把能表示成两个正整数平方差的这种正整数，从小到大排成一列：

12 , , , , n a a a ，例如：

22222222123421 3 , 32 5 , 437 , 318 ,

a a a a =-==-==-==-=，求122007a a a +++的值．

解析 当9m ≥时，若21m k =+是奇数，则()221m k k =+-，即m 能表示成两个正整数

的平方差；若4m k =，则()()211m k k =+--，即m 也能表示成两个正整数的平方差；若

4m k =，则()()22

11m k k =+--，即m 也能表示成两个正整数的平方差；若42m k =+，则m 不能表示成两个正整数的平方差． 所以，59a =，611a =，712a =，…，一般地，

343k a k =+，3144k a k +=+，

3245k a k +=+， 1 , 2 , k =

故3132334445471216k k k a a a k k k k +++++=+++++=+，

而20073669=?，所以

()166866815126681626920052

+=++?=． 19．4．32★★在二个连续的平方数之间能不能有二个完全立方数？换言之，是否存在正整数a 、b 、n 使得()22331n a b n <<<+？

解析 假设存在正整数a 、b 、n ，使得()22331n a b n <<<+．

因33a b <，可得()()323311a a b n <+<+≤．又因为23n a <，可得24n a <，即2n a <．故

()()32

3221331311a a a a n n n +=+++>++>+，矛盾． 故假设不成立，即二个连续的平方数之间不能有二个完全立方数．

19．4．33★★★设n 为正整数，如果存在一个完全平方数，使得在十进制表示下此完全平方数的各位数字之和为n ，那么称n 为好数（例如13是一个好数，因为2749=的各位数字之和等于13）．问：在1，2，…，2007中有多少个好数？

解析 首先，对()0 , 1 , 2 , 3 , 4mod9x ≡±±±±分别计算，可得

()20 , 1 , 4 , 0 , 7mod9x ≡，利用十进制下一个数与它的数码和模9同余，可知满足条件的()0 , 1 , 4 , 7mod7n ≡，即()0mod9n ≡或()1mod3n ≡．

其次，注意到23333512121225m m =个个12

，因此，若存在非负整数m ，使得37n m =+，则n 为

好数，又由211=，224=可知1n =，4是好数，因此，若()1mod3n ≡，则n 为好数．最后，由

()22110

10110210199980001m m m m m ---=-?+=个9个，

可知若()0mod9n ≡，则n 是好数．

综上可知，n 为好数的充要条件是()0mod9n ≡或()1mod3n ≡．依此可求得1，2，…，2007中好数的个数为669223892+-个．

19．4．34★★★在黑板上依如下规则写下了若干个数：第一个数为1，以后的每一个数都等于已写数的个数加上这些已写数的平方和．证明：黑板上不可能出现除1以外的完全平方数．

解析 利用相邻两个完全平方数之间的正整数都不是完全平方数这一结论． 设第n 次所写的数为n ，则11a =，22a =，并且

222112n n a n a a a +=++++，1n ≥． ①

利用递推式①，可知

()22111n n a n a a -=-+++，2n ≥，②

由①-②，可知

211n n n a a a +-=+，2n ≥，

即211n n n a a a +=++，2n ≥．

注意到，()2

2211n n n n a a a a <++<+，故2n ≥时，1n a +不是完全平方数，又2a 不是完全平方数，故命题成立．

评注 用递推式表示题中的条件后，问题得以数学化，从而获得解决．用恰当的方式将问题表示，这一过程是一个数学化的过程，是处理实际问题时必要的第一步．

x ，x 的二次三项式2ax bx c ++都是平方数（即整数的平方）．证明：

（1）2a 、2b 、c 都是整数；

（2）a 、b 、c 都是整数，并且c 是平方数．

反过来，如果（2）成立，是否对一切x 的整数值，2ax bx c ++的值都是平方数？ 解析 （1）令0x =得c =平方数2l .

令1x =±得2a b c m ++=，2a b c n -+=，其中m 、n 都是整数，所以

2222a m n c =+-，

222b m n =-都是整数．

（2）如果2b 是奇数21k +（k 是整数），那么令4x =得

22164a b l h ++=，

其中h 是整数．

由于2a 是整数，所以16a 被4整除，

除以4余2．

而()()22h l h l h l -=+-，在h 、l 的奇偶性不同时，()()h l h l +-是奇数；在h 、l 的奇偶性相同时，()()h l h l +-被4整除．

因此22164a b h l +≠-，从而2b 是偶数，b 是整数．2a m c b =--也是整数． 在（2）成立时，2ax bx c ++不一定对x 的整数值都是平方数．例如，2a =，2b =，4c =，1x =时，

28ax bx c ++=不是平方数．

19．4．36★★★设n 为任意正整数，p 为正整数．

试确定正整数p ，使123p p p p n ++++都是某个正整数的平方． 解析 令 , 123p p p p n p S n =++++. 首先我们知道： （1）()

, 112n n n S +=，()() , 2126n n n n S ++=.

因此 2 , 13S =， 2 , 25S =均不为完全平方数．

所以1p =，2不满足所要求的条件．

（2）()()2

22 , 31142n n n n n S ++??== ???，对任意正整数而言，()12n n +必为整数，所以 , 3n S 必为完全平方数．

（3）对任意4p ≥而言， 2 , 1221p p p p S =+=+必为奇数，但任一奇数m ，设21m k =+（k 为整数），则

()()2

221411m k k k =+=++． 显然2m 不可能是21p +型的数．（因为()1k k +必为一奇一偶，除1k =之外，()412p k k +≠，又4p ≥时，216p ≥，而1k =时，()418k k +=也不为2p 的数）． 由（1）、（2）、（3）的讨论得知3p =是唯一使123p p p p n ++++恒为完全平方数的正整数．