初中数学竞赛之数的整除教案

2024-08-18

初中数学竞赛之数的整除教案（精选2篇）

初中数学竞赛之数的整除教案篇1

二．数的整除

设有两个整数a,b(b0)，如果存在另一整数q，使得aqb，则称a能被b整除；或称b能整除a；

若b能被a整除，我们称a是b的倍数，b是a的约数，并记作b|a.若a不能被b整除，则记作aŒ我们曾学过下述有关整除的判别法则：

（1）被2或被5整除的数的特征是：末位数字能被2或5整除（2）被4或25整除的数的特征是：最后两位数字能被4或25整除（3）被8或125整除的数的特征是：最后三位数字能被8或125整除（4）被3或9整除的数的特征是：各位上的数的和能被3或9整除

（5）被11整除的数的特征是：奇数位数字和与偶数位数字和的差能被11整除 1.判断下列各数那些可以被4整除？那些可以被25整除？

457565

456575

184062

186240

333325436 2.789789、456456456456、67896789、***819能被11整除吗？

在解题过程中我们常用到下述性质性质1 若ab，bc，则ac.证明：a|b,b|c

存在正整数p和q，使得bpa，cqb

代入可得cq(pa)(qp)a

a|c

性质2 若证明：a|b,a|c，则a|(bc)

a|b,a|c

 存在正整数p和q，使得bpa，cqa  bcpaqa(pq)a

 a|(bc)

提示：能被72整除则一定既能被8整除又能被9整除

练习1：已知七位数13xy45z能被792整除，求x,y,z

例2.|9x5y）已知7|(13x8y)，证明：7（证明：因为9x5y5(13x8y)7(8x5y)又又 7|(13x8y)， 7|5(13x8y)

7|(8x5y)

7|[5(13x8y)7(8x5y)]

|9x5y）即7（注：对于“已知式子A能被数p 整除求证式B能被p”类题目，其思路为：将B表示成被7整除的代数式的形式即可；比如此题，就可以将B表示为：Bk1A7C（其中C为含字母x、y的整式）的形式。其问题在于如何找出k2和C，我们可以采取以下方法：

我们不妨假设9x5yk1(13x8y)7(k2xk3y)

我们知道对任意的x,y 等式左右两边恒等，所以化简成MxNy0的形式后各系数为零可得：k213k1958k1，k3

由于k2,k3都是整数，所以简单试验可得：

k15,k28,k35

进而得到：9x5y5(13x8y)7(8x5y)

|9xy5）y8 吗？)

思考：反过来，已知7（，你能证明7|(1x3练习2：已知x,y为整数，17|(2a3b)，证明：17|(9a5b)

练习3 已知x,y为整数，且5|(x9y)，证明：5|(8x7y)

练习4 已知a,b,c,d,m,n为整数，n|(mab)且n|(mcd)，证明：n|(adbc)

初中数学竞赛之数的整除教案篇2

第二十四讲整数的整除性

整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的．

1．整除的基本概念与性质

所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．

定义设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作ba．

关于整数的整除，有如下一些基本性质：

性质1 若b｜a，c｜b，则c｜a．

性质2 若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)．

性质3 若c｜a，cb，则c(a±b)．

性质4 若b｜a，d｜c，则bd｜ac．

性质5 若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．

性质6 若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．

性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．

性质8 若a≠b，n是自然数，则(a-b)｜(an-bn)．

性质9 若a≠-b，n是正偶数，则(a＋b)｜(an-bn)．

性质10 若a≠-b，n是正奇数，则(a＋b)｜(an＋bn)．

2．证明整除的基本方法

证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法．下面举例说明．

例1 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．

分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．

证设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是

(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1

=12(n2＋n＋1)．

所以

12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．

又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故 [(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．

例2 若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．

证设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得

3v-5u=17x．①

所以 17｜3v．

因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．

若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．

值．

解若p=q，则

q＞1．求pq的不是整数，所以p≠q．不妨设p＜q，于是

是整数，所以p只能为3，从而q=5．所以

pq=3×5=15．

例4 试求出两两互质的不同的三个自然数x，y，z，使得其中任意两个的和能被第三个数整除．

分析题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．

小的一个：

最

y｜(y＋2x)，所以y｜2x，于是

数两两互质，所以x=1．

所求的三个数为1，2，3．

例5 设n是奇数，求证：

60｜6n-3n-2n-1．

分析因为60=22×3×5，22，3，5是两两互质的，所以由性质6，只需证明22，3，5能被6n-3n-2n-1整除即可．对于幂的形式，我们常常利用性质8～性质10，其本质是因式分解．

证 60=22×3×5．由于n是奇数，利用性质8和性质10，有

22｜6n-2n，22｜3n＋1，所以

22｜6n-2n-3n-1，3｜6n-3n，3｜2n+1，所以

3｜6n-3n-2n-1，5｜6n-1，5｜3n+2n，所以

5｜6n-1-3n-2n．

由于22，3，5两两互质，所以

60｜6n-3n-2n-1．

我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k表示，奇数常用2k+1表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a被3除时，余数只能是0，1，2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k，3k＋1，3k＋2这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模

4、模

5、模

6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．

例6 若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．

分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．

证因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．

例7 求证：3n+1(n为正整数)能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除．

证按模2分类．若n=2k为偶数，k为正整数，则

3n＋1=32k＋1=(3k)2＋1．

由3k是奇数，(3k)2是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设(3k)2=8l＋1，于是

3n＋1=8l＋2=2(4l＋1)．

4l＋1是奇数，不含有2的因数，所以3n＋1能被2整除，但不能被2的更高次幂整除．

若n=2k＋1为奇数，k为非负整数，则

3n+1=32k＋1+1=3·(3k)2＋1

=3(8l＋1)＋1=4(6l＋1)．

由于6l＋1是奇数，所以此时3n+1能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．

在解决有些整除性问题时，直接证明较为困难，可以用反证法来证．