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职高数学基础模块下（人教版）教案：整数问题 一、常用定义定理 1．整除：设a,b∈Z,a≠0，如果存在q∈Z使得b=aq，那么称b可被a整除，记作a|b，且称b是a的倍数,a是b的约数。b不能被a整除，记作a b. 2.带余数除法：设a,b是两个给定的整数，a≠0，那么，一定存在唯一一对整数q与r，满足b=aq+r,0≤r|a|，当r=0时a|b。 3．辗转相除法：设u0,u1是给定的两个整数，u1≠0，u1 u0,由2可得下面k+1个等式：u0=q0u1+u2,0u2|u1|； u1=q1u2+u3,0u3u2； u2=q2u3+u4,0u4u3； … uk-2=qk-2u1+uk-1+uk,0ukuk-1； uk-1=qk-1uk+1,0uk+1uk； uk=qkuk+1. 4．由3可得：（1）uk+1=(u0,u1)；（2）d|u0且d|u1的充要条件是d|uk+1；（3）存在整数x 0,x1，使uk+1=x0u0+x1u1. 5．算术基本定理：若n1且n为整数，则，其中pj(j=1,2,…,k)是质数（或称素数），且在不计次序的意义下，表示是唯一的。 6．同余：设m≠0,若m|(a-b)，即a-b=km，则称a与b模同m同余，记为a≡b(modm)，也称b是a对模m的剩余。 7．完全剩余系：一组数y1,y2,…,ys满足：对任意整数a有且仅有一个yj是a对模m的剩余，即a≡yj(modm)，则y1,y2,…,ys称为模m的完全剩余系。 8．Fermat小定理：若p为素数，pa,(a,p)=1，则ap-1≡1(modp)，且对任意整数a,有ap≡a(modp). 9．若(a,m)=1，则≡1(modm),(m)称欧拉函数。 10．（欧拉函数值的计算公式）若，则(m)= 11．（孙子定理）设m1,m2,…,mk是k个两两互质的正整数，则同余组： x≡b1(modm1),x≡b2(modm2),…,x≡bk(modmk)有唯一解， x≡M1b1+M2b2+…+Mkbk(modM)， 其中M=m1m2mk；=，i=1,2,…,k；≡1(modmi),i=1,2,…,k. 二、方法与例题 1．奇偶分析法。 例1 有n个整数，它们的和为0，乘积为n，（n1），求证：4|n。 [证明] 设这n个整数为a1,a2,…,an，则a1,a2,…,an=n， ① a1+a2+…+an=0。 ② 首先n为偶数，否则a1,a2,…,an均为奇数，奇数个奇数的和应为奇数且不为0，与②矛盾，所以n为偶数。所以a1,a2,…,an中必有偶数，如果a1,a2,…,an中仅有一个偶数，则a1,a2,…,an中还有奇数个奇数，从而a1+a2+…+an也为奇数与②矛盾，所以a1,a2,…,an中必有至少2个偶数。所以4|n. 2．不等分析法。 例2 试求所有的正整数n，使方程x3+y3+z3=nx2y2z2有正整数解。 解 设x,y,z为其正整数解，不妨设x≤y≤z，则由题设z2|(x3+y3)，所以z2≤x3+y3，但x3≤xz2,y3≤yz2，因而z=nx2y2-≥nx2y2-(x+y)，故x3+y3≥z2≥[nx2y2-(x+y)]2，所以n2x4y4≤2nx2y2(x+y)+x3+y3，所以nxy。若x≥2，则4≤nxy≤3，矛盾。所以x=1，所以ny，此式当且仅当y≤3时成立。又z2|(x3+y3)，即z2|(1+y3)，所以只有y=1,z=1或y=2,z=3，代入原方程得n=1或3。 3．无穷递降法。 例3 确定并证明方程a2+b2+c2=a2b2的所有整数解。 解 首先(a,b,c)=(0,0,0)是方程的整数解，下证该方程只有这一组整数解。假设(a1,b1,c1)是方程的另一组整数解，且a1,b1,c1不全为0，不妨设a1≥0,b1≥0,c1≥0且，由≡1或0(mod4)知a1,b1,c1都是偶数(否则(mod4))，从而是 方程x2+y2+z2=2x2y2的一组整数解，且不全为0，同理可知也都是偶数为方程x2+y2+z2=24x2y2的解。这一过程可以无限进行下去，另一方面a1,b1,c1为有限的整数，必存在k∈N,使2ka1,2kb1,2kc1，从而不是整数，矛盾。所以该方程仅有一组整数解(0,0,0). 4．特殊模法。 例4 证明：存在无穷多个正整数，它们不能表示成少于10个奇数的平方和。 [证明] 考虑形如n=72k+66,k∈N的正整数，若，其中xi为奇数，i=1,2,…,s且1≤s≤9。因为n≡2(mod8)，又≡1(mod8)，所以只有s=2.所以，又因为≡2或0(mod3)，且3|n，所以3|x1且3|x2，所以9|n。但n=72k+66≡3(mod9)，矛盾。所以n不能表示成少于10个奇数的平