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目 录
1.前言 .................................................................................................................................... 1 2.利用整除性判别法解决整除问题 .................................................................................. 1
2.1能被2k或5k整除的判别法 ................................................................................... 1 2.2割尾判别法 ............................................................................................................. 2 3.利用整除的基本性质解题 ............................................................................................... 5 4.最大公因数 ........................................................................................................................ 7 5.抽屉原理在数论中的应用 ............................................................................................... 9 6.致谢 .................................................................................................................................. 12 7.参考文献 .......................................................................................................................... 14
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中学数学中与初等数论相关的几个问题
陈琴 (指导老师: 左可正)
(湖北师范学院 数学系 湖北 黄石 435002)
1.前言
在中学数学中，整数是特殊常用的一类数.而初等数论是研究整数的性质的、与算术有密切关系的一门学科，可以说初等数论是算术的延续.初等数论问题更是数学竞赛试题多发区.而对于整除性质和抽屉原理的考察一直是中学数学竞赛中应用范围最广的核心内容,作为高中教师,有必要对这些知识进行系统的考查.
2.利用整除性判别法解决整除问题
一个数能不能被另一个数整除，虽然可以用长除法去判别，但当被除数位数较多时，那是很麻烦的。要判别一个正整数a能否被另一个正整数d整除，往往可变为只要找出另一（绝对值）较小的整数b，而去判别b能否被d整除。这个新的整数b也就称为判别数。要看一种整除判别法是否优越，就在于能否用较快的速度而得出很小的判别数。因为判别数b越小，就越容易判别能否被d整除。下面我将阐述两种判别法。
2.1能被2k或5k整除的判别法
令整数a?a0a1?an(0 因为2k?10k,但2k不整除10k?1,故要判别a是否能被2k整除,就是要而且只要判别an?k?1an?k?2?an?2an能否被2k整除.我们可以用一个例子来证实这个判别法. 例1:试判别51024能否被16整除? * * 解:显然16=24,故相当于来判别a是否能被24整除.但1024=1000+24而 23?1000,24不整除1000,故知以24除1000的余数为8,而8+24=32可被16?整除,故知1651024. 与能被2k整除的道理一样,判别a是否能被5k整除,只需要看an?k?1an?k?2?an?2an能否被5k整除就行了.对不同的k如何判别,现分述如下: (1) 当k=1时,即要判别a是不是5的倍数,这时的充分必要条件是an=0或5. ?an?1an的充分(2) 当k=2时,即要判别a是否能被25整除,这时只要看an?1an.而25必要条件是an?1an=25,70,75或an?1=an=0. (3) 当k=3时, 即要判别a是否能被125整除, 这时只要看a的最右边三位数 an?2an?1an,而 ????an?2an?1an的充分必要条件是 an?2an?1an=125,250,375,500,625,750,875或an?2=an?1=an=0. (4) 当k?4时,要判别a是否能被5k整除,则可用“逐步约商”判别法. 例2:试判别21401375能否被54整除. 解:我们只需要判别1375能否被54整除就行了.75显然可以被52整除.现用“逐步约商”判别法.因为1375=25?55,即25除1375的商为55.而55不能被25整除.可见1375不整除54,从而21401375不整除54. 2.2割尾判别法 先给出一个定理:假定自然数a?a0a1?an?kan?k?1?an,如果a能被奇质数p整除,则将a的右端任意割去k位(不妨设割去的k位数不是p的倍数,否则无讨论之必要),必存在唯一的正整数m1?p(只与p和k有关),使得a的判别数 * * b1?a0a1?an?k?m1(an?k?1?an) (1) 仍是p的倍数.同时也存在唯一的正整数m2?p,使得a的判别数 b2?a0a1?an?k?m2(an?k?1?an) (2) 也是p的倍数. 下面我将对此定理作出证明. 证明:我们只要就该定理中之(1)式证明就行了(因(2)式完全同理可证). 事实上,由于从a的尾部割去的k位数an?k?1?an和p互质,则可知同余方程 (an?k?1?an)x?a0a1?an?k(modp) 有唯一解.令它为x?m1(modp).于是该定理得到证明. 对于p的倍数a割去k位并按(1)式的要求而定出m1后,由于m1的唯一性,若a不是 p的倍数,则按(1)式的要求作出的判别数b1也一定不是p的倍数.反过来,由b1是否为p的倍数也可判定a是否为p的倍数.而且对(2)式也可同理应用. 为了进一步阐述割尾判别法,我们可以看一个例子: 例3:试判别816751136124能否被7整除? 解:我们用(1)式,割去3位或6位.割去3位时, m1=1.割去6位时m1=6我们用长除法的形式来解出判别数 * * 由上述过程我们可以看出:割三位的方法经过三步得出的判别数为77,故可断定816751136124能被7整除;而割六位的方法只要一步就得出判别数7,故也能断定816751136124能被7整除. 通过上面的例子我们应作几点说明: (1) 当将要判别的数割去1位,2位,3位,…时, m1是为多少是怎样知道的?确定方法是:当割去一位时,则可在7的倍数中取一简单的两位数(最好个位数为1).比如21.将21的个位数1割去,此时剩下一个2,而2减去1的2倍就等于零.而零显然可以被7整除.故此法可确定m1=2.当割去两位时,则可在7的倍数中取一简单的三位数.比如301.将301的右端两位数割去,此时剩下一个3,而3减去01的3倍就等于零.故此时可确定m1=3.同理可确定其它位数的m1,这个m1就叫做割尾判别法的“乘数”.它随割去的位数不同而异. (2) 在例3中很碰巧,经三步割三位后的判别法只有两位,经一步割6位数后得判别数只有一位.若有3位或3位以上,则应再割去1位或2位,就是说,有时判别一个数需要几种割尾法交错使用,直到得出最后的判别数是一位或两位为止.
中学数学中与初等数论有关的几个问答
