第16講整數(shù)的性質(zhì)

1、 中高考 找才子 始建于1998年第 16 講 整數(shù)的性質(zhì)初等數(shù)論的基本研究對象是整數(shù)兩個整數(shù)的和、差、積都是整數(shù)，但商卻不一定是整數(shù)由此引出了數(shù)論中最基本的概念：整除整除性理論是初等數(shù)論中最基礎的部分，它是在帶余除法的基礎上建立起來的整數(shù)a除以整數(shù) b (b0)，可以將a表示為a=bq+r，這里q，r是整數(shù)，且0rbq稱為a除以b所得的商，r稱為a除以b所得的余數(shù)當r=0時，a=bq，稱a能被b整除，或稱b整除a，記為b | a，b叫做a的因數(shù)，a叫做b的倍數(shù)；q取1，則a=b，a也是它本身的因數(shù)當r0時，稱a不能被b整除，b不整除a，記作b a 若 c | a，c | b，則稱 c是a，b

2、的公因數(shù)，a，b的最大公因數(shù)d記為(a，b)若a | c，b | c，則稱 c是a，b的公倍數(shù)，a，b的最小公倍數(shù)M記為a，b一個正整數(shù)，按它的正因數(shù)個數(shù)可以分為三類只有一個正因數(shù)的正整數(shù)是1；有兩個正因數(shù)的正整數(shù)稱為素數(shù)(質(zhì)數(shù))，素數(shù)的正因數(shù)只有1和它本身；正因數(shù)個數(shù)超過兩個的正整數(shù)稱為合數(shù)，合數(shù)除了1和它本身外還有其他正因數(shù)任何一個大于1的整數(shù)均可分解為素數(shù)的乘積，若不考慮素數(shù)相乘的前后順序，則分解式是惟一的一個整數(shù)分解成素數(shù)的乘積時，其中有些素數(shù)可能重復出現(xiàn)，把分解式中相同的素數(shù)的積寫成冪的形式，大于1的整數(shù)a可以表示為：a=，其中i=l，2，s 以上式子稱為a的標準分解式大于l的整數(shù)的

3、標準分解式是惟一的(不考慮乘積的先后順序)若a的標準分解式是a=，其中i=l，2，s，則d是a的正因數(shù)的充要條件是 d=，其中0ii，i=l，2，s 由此可知，a的正因數(shù)的個數(shù)為d(a)=(1+1) (2+1)(s+1) 由a的標準分解式a= (i=l，2，s)，若a是整數(shù)的k次方，則i(i=l，2，s)是k的倍數(shù)若a是整數(shù)的平方，則i(i=l，2，s)是偶數(shù)推論：設a=bc，且(b，c)=1，若a是整數(shù)的k次方，則b，c也是整數(shù)的k次方若a是整數(shù)的平方，則b，c也是整數(shù)的平方A類例題例1若任何三個連續(xù)自然數(shù)的立方和都能被正整數(shù)a整除，則這樣的a的最大值是（ ）A. 9 B. 3 C. 2 D

4、. 1 分析 觀察最小的三個連續(xù)自然數(shù)的立方和36，a是它的約數(shù)，a不會超過36，不能排除任何選擇支；觀察第二個小的三個連續(xù)自然數(shù)的立方和，進一步縮小a的范圍，可以排除取偶數(shù)的可能。當前面幾個都是某數(shù)的倍數(shù)時，可以猜想出a的最大值，但最好能證明所有“三個連續(xù)自然數(shù)的立方和”都是某數(shù)的倍數(shù)。解 記ann3(n1)3(n2)3，則a1132333364×9，a223334399為奇數(shù)，則a | a1，a | a2， (a1，a2)=9，故a | 9，所以a1，3，9。又ann3(n1)3(n2)33n39n215n93n39n26n9n93n(n23n2)9(n1)3n(n1)(n2)9

5、(n1)，9 | an，故amax9，選A。說明 解法中，把3n39n215n9分為3n(n23n2)與9(n1)兩部分，分別說明其為9的倍數(shù)。在考慮整除的證明時，把整數(shù)n的多項式分成幾組分別因式分解是常用的方法。 例2若p是大于3的質(zhì)數(shù)，則p2除以24的余數(shù)為1。分析：即證明p21是24的倍數(shù)，也即證明p21既是3的倍數(shù)又是8的倍數(shù)。p1、p+1之間只有一個質(zhì)數(shù)p，而連續(xù)的兩個自然數(shù)中必有2的倍數(shù)，連續(xù)的三個自然數(shù)中必有3的倍數(shù)。證明1 p是大于3的質(zhì)數(shù)，p不是偶數(shù)，不是3的倍數(shù)，又 p21=(p1)(p+1)，連續(xù)的三個整數(shù)中必有3的倍數(shù)， p1、p+1中必有3的倍數(shù)，且p1、p+1是連續(xù)

6、的兩個偶數(shù)，(p1)(p+1)是8的倍數(shù)。 p21=(p1)(p+1)是24的倍數(shù)，即p2除以24的余數(shù)為1。證明2 設p=6n±1 (6n,6n±2,6n+3均為合數(shù))，則 (6n±1)2=36n2±12n+1=12n(3n±1)+1， n和3n±1必為一奇一偶，n(3n±1)為偶數(shù)。 12n(3n±1)必為24的倍數(shù)，(6n±1)2=24k+1即 p2除以24的余數(shù)為1。說明 大于3的質(zhì)數(shù)，必定是奇數(shù)，又不是3的倍數(shù)，所以一定是形如6n±1的數(shù)。6是24的約數(shù)，用這樣的形式表出后再變形，容易

7、推出結(jié)論。例3試證明是既約分數(shù)。分析 即證明(21p+4，14p+3)=1。若a、b、c是三個不全為0的整數(shù)，且有整數(shù)t使得a=bt +c，則a、b與b、c有相同的公約數(shù)，因而(a，b)= (b，c)，即(a，b) = (abt，b)?？梢杂么朔ɑ?。證明 (21p+4，14p+3)= (21p+414p3，14p+3)= (7p+1，14p+3)= (7p+1，14p+314p2)= (7p+1，1)=1， 是既約分數(shù)。說明 證明過程中用到性質(zhì)(a，b)= (abt，b)，因為，若、b的任一公約數(shù)，則由、c的公約數(shù)；反之，若d是b、c的任一公約數(shù)，d也是a、b的公約數(shù)，所以a，b與abt，b

8、有相同的最大公約數(shù)。求兩個正整數(shù)的最大公約數(shù)常用輾轉(zhuǎn)相除法。鏈接 輾轉(zhuǎn)相除法：設a、bN*，且ab，由帶余除法有 因為每進行一次帶余除法，余數(shù)至少減1，即br1r2rnrn+1，而b為有限數(shù)，因此，必有一個最多不超過b的正整數(shù)n存在，使得rn0，而rn+10，故得：rn= (rn+1，rn)= (rn，rn1)=(r2，r1)= (r1，b)= (a，b)例如，（3960，756）=（756，180）=（180，36）=36。例4. 一個自然數(shù)，它的末位數(shù)字移到首位時，數(shù)值便為原來的5倍，求滿足條件的最小自然數(shù)。分析 正整數(shù)有多種表示形式，選擇適當?shù)男问接欣趩栴}解決。由題目的條件，此表示形式

9、應該把數(shù)的末位數(shù)字反映出來，而其他位置上的數(shù)字可以整體的看待。解 設所求數(shù)為，由已知得=5， an×10n-1+=5(10×+an)， (10n-15)an=49，an×=49， an是個位數(shù)字，不能被49整除， 9995至少能被7整除， 它最小時應為99995，此時 n=6，若有解，則式為a6×99995=49， a6×14285=7， 14285不能被7整除， a6=7, =14285， 滿足條件的最小自然數(shù)為142857。說明 9995能被7整除是必要條件，99995是滿足被7整除條件的最小數(shù)，但99995是不是問題的解還要進一步探討，如

10、果尋找到滿足條件的a6和 ，則就是問題的解；如果找不到滿足條件的a6和 ，則要考慮比99995略大的形如9995的數(shù)。情景再現(xiàn)1一個六位數(shù)，如果它的前三位數(shù)字與后三位數(shù)字完全相同，順序也相同，則它可以不是 （ ）A7的倍數(shù) B9的倍數(shù)C11的倍數(shù) D13的倍數(shù)2若p與d都是正整數(shù)，其中d不能被6整除，當p、p+d、p+2d都是質(zhì)數(shù)時，則p + 3d一定是 （ ）A.質(zhì)數(shù) B. 9的倍數(shù)C. 3的倍數(shù) D.質(zhì)數(shù)或是9的倍數(shù)3已知n為正整數(shù)，若是一個既約分數(shù)，那么這個分數(shù)的值等于 4求具有下列性質(zhì)的最小正整數(shù)n：(1) 它以數(shù)字6結(jié)尾；(2) 如果把數(shù)字6移到第一位之前，所得的數(shù)是原數(shù)的4倍。B類

11、例題例5試證1999 | (19981998+200020002001) 分析：19981998和20002000 是很大的數(shù)字，它們除以1999的余數(shù)常常借助于二項式定理或xn+yn，xnyn的因式分解公式。證明：由二項式定理(a+b)n=an+an-1b+an-kbk +bn，知 (a+b)n=aM+bn，由此可得 19981998=(19991) 1998=1999M+1， 20002000-=(1999+1) 2000-=1999N+1，這里M，NZ于是 19981998+200020002001=1999M+1999N1999=1999(M+N1)，從而1999 | (1998199

12、8+200020002001)說明 對于整數(shù)的高次方冪的整除，除了運用同余的性質(zhì)，二項式定理和因式分解的裴蜀定理是常用的工具。鏈接 因式分解公式（裴蜀定理）：對大于1的整數(shù)n有xnyn =(xy)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+xyn-2+yn-1)；對大于1的奇數(shù)n有xn+yn =(x+y)(xn-1xn-2y+xn-3y2xyn-2+yn-1)；對大于1的偶數(shù)n有xnyn =(x+y)(xn-1xn-2y+xn-3y2+xyn-2yn-1)；二項式定理：(a+b)n=an+an-1b+an-kbk +bn；其中= 是整數(shù)。若a，b是整數(shù)，則(a+b)n=aM+bn。例6已知自然數(shù)a、

13、b、c滿足a，b=24，(b，c)=6，c，a=36，則滿足上述條件的數(shù)組(a，b，c)有多少組？分析 條件a，b=24及c，a=36意味著a、b、c不大，都是24或36的約數(shù)，對于a，它既是24又是36的約數(shù)，所以它是12的約數(shù)。而b，滿足(b，c)=6，則是6的倍數(shù)，是24的約數(shù)，只能取6，12，24。注意到a的取值，b更是只能取24。解 a | 24，a | 36 Þ a|12Þa=1，2，3，4，6，126 | b，b | 24 Þ b=6，12，246 | c，c | 36 Þ c=6，12，18，36若a=1，2，3，4，6，12時，由a，b

14、=24，得b=24，a不是9的倍數(shù)，由a，c=36，則c是9的倍數(shù)，再由(b，c)=6，得c=36或18(a=4，12時)，但(24，36)=12，矛盾故c=18 a=12，b=24，c=18或a=4，b=24，c=18即有(12，24，18) ，(4，24，18)二組說明 例6的解法是數(shù)論中常用篩法，先粗選出可能的值，再從中篩出滿足要求的數(shù)來。例7已知n是三位奇數(shù)，它的所有正因數(shù)(包括1和n)的末位數(shù)字之和是33，求滿足條件的數(shù)n。分析：條件中隱含了整數(shù)的正因數(shù)個數(shù)是奇數(shù)。聯(lián)想算術(shù)基本定理：n=pkqits，正因數(shù)個數(shù)為d(n)=(k+1)(i+1)(s+1)，題中每個因數(shù)均為奇數(shù)，因數(shù)的個

15、數(shù)也是奇數(shù)，故k，i，s是偶數(shù)，所以n完全平方數(shù)。三位奇數(shù)是完全平方數(shù)，范圍縮小到11個。還能把范圍縮小點嗎？解：由題，所有因數(shù)是奇數(shù)，所有因數(shù)的個數(shù)是奇數(shù)，所以，每個質(zhì)因數(shù)的指數(shù)是偶數(shù)，n是完全平方數(shù)；若是質(zhì)數(shù)的平方數(shù)，則有3個因數(shù)，個位數(shù)字之和不能超過27，故為合數(shù)的完全平方數(shù)；這樣的三位數(shù)只能在下列數(shù)中間：152，212，252，272。逐個驗算，得n=729。說明 本例題的解法實質(zhì)上還是篩選法，三位數(shù)有900個，三位奇數(shù)是其中一半，但如果能從條件中發(fā)現(xiàn)是完全平方數(shù)，范圍就非常有限了。例8已知m、n、k是正整數(shù)，且mn | nm，nk | kn。證明：mk | km。（2004年新西蘭數(shù)

16、學奧林匹克）分析 條件mn | nm，說明mn 是nm 的約數(shù)，對于給定的m、n，怎樣去找到mn 與nm 的聯(lián)系？必須具體一些。mn 是nm 的約數(shù)，則mn 的每一個因數(shù)都是nm 的約數(shù)，考慮證明 設m、n、k中所有的質(zhì)因數(shù)分別是p1，p2，ps，不妨設p1p2ps，且表示 m =，n =，k =，其中i，i，i0，i=l，2，s由mn | nm得0nimi，由nk | kn 得0kini，兩式相乘得 0kniimnii，即0kimi，i=l，2，s mk | km。說明 整除和約數(shù)問題中，可以借助算術(shù)基本定理把抽象的關(guān)系式轉(zhuǎn)化為較具體的形式處理。這里用到性質(zhì)：若a的標準分解式是a=，其中i=

17、l，2，s，則d是a的正因數(shù)的充要條件是 d=，其中0ii，i=l，2，s情景再現(xiàn)5設m > n 0，證明：(+1) | (1)。6證明：當n為任何整數(shù)時，2n6 n4 n2能被36整除。7a是正整數(shù)，且a4 + a3 + a2 + a + 1是完全平方數(shù)，求所有滿足條件的a。8設n為整數(shù)，則13除n2+5n+23的余數(shù)的集合是 。C類例題例9設p是質(zhì)數(shù)，且p2 +71的不同正因數(shù)的個數(shù)不超過10個，求p（2006年江蘇初賽）分析 分解因數(shù)，可以先從p的起始值開始探索由例2，p21是24的倍數(shù)，p2+71 = p21+72，72也是24的倍數(shù)。所以23，31都是p2+71的因數(shù)。p2+7

18、1正因數(shù)個數(shù)顯然超過8個。 解 當p=2時，p2+71=75=52×3，此時共有正因數(shù)(2+1)×(1+1)=6個，p=2滿足條件；當p=3時，p2+71=80=24×5，此時共有正因數(shù)(4+1)×(1+1)=10個，p=3滿足條件；當p3時，p2+71 = p21+72=(p1)( p+1)+72，質(zhì)數(shù)p必為3k±1型的奇數(shù)，p1、p+1是相鄰的兩個偶數(shù)，且其中必有一個是3的倍數(shù)，所以(p1)(p+1)是24的倍數(shù)，所以p2+71是24的倍數(shù)p2+71=24×m，m4若m有不同于2，3的質(zhì)因數(shù)，那么p2+71的正因數(shù)個數(shù)(3 +1)

19、×(1+1)×(1+1)10；若m中含有質(zhì)因數(shù)3，那么p2+71的正因數(shù)個數(shù)(3 +1)×(2+1)10；若m中僅含有質(zhì)因數(shù)2，那么p2+71的正因數(shù)個數(shù)(5+1)×(1+1)10；所以 p3不滿足條件；綜上所述，所求的質(zhì)數(shù)p是2或3 說明 本題中，對于p3時的情況，也可以設p=6n±1來討論。注意數(shù)n的正因數(shù)個數(shù)公式：若n的標準分解式是n=，其中i=l，2，s，則a是n的正因數(shù)的充要條件是a=，其中0ii，i=l，2，s由此可知，n的正因數(shù)的個數(shù)為d(n)=(1+1) (2+1)(s+1)例10稱自然數(shù)為“完全數(shù)”，如果它等于自己的所有不包括

20、自身的正約數(shù)的和，例如6 = 1 + 2 + 3。如果大于6的“完全數(shù)”可被3整除，證明它必能被9整除。分析 要證明一個大于6且能被3整除的“完全數(shù)”3n，必定是9的倍數(shù)，可以從反面考慮假如它不是9的倍數(shù)。此時n不是3的倍數(shù)，設集合A=d |d是n的正約數(shù)，則集合A與集合B=3d |d是n的正約數(shù)的并集恰好是3n的正約數(shù)集合，“完全數(shù)”3n的所有正約數(shù)的和3n +3n 是4的倍數(shù)，故n是偶數(shù)。所以，n，都是“完全數(shù)”3n的約數(shù)。只要還有其它的正約數(shù)，即可以說明3n不是“完全數(shù)”。解 設“完全數(shù)”等于3n(n>2)，假設其中n不是3的倍數(shù)，于是3n的所有正約數(shù)（包括它自己）總可以分為兩類：

21、能被3整除的正約數(shù)和不能被3整除的正約數(shù)，若其中d是不可被3整除的正約數(shù)，則3d是可被3整除的正約數(shù)，且d3d是一一對應。從而3n的所有正約數(shù)的和是4的倍數(shù)。又由題意，所有正約數(shù)的和（包括自身）為6n，因此，n是2的倍數(shù)。因為n2，所以，n，和1是3n的互不相同的正約數(shù)，它們的和等于3n1>3n，與“完全數(shù)”的定義矛盾。所以n必須是3的倍數(shù)，即這類“完全數(shù)”是9的倍數(shù)。說明 本題涉及到兩個概念，“完全數(shù)”和所有正因數(shù)的和。n是完全數(shù)，則它的所有正因數(shù)的和為2n，另外，若n =，則n的所有正因數(shù)的和是(n)=(1+p1+)(1+p2+)(1+ps+)=。請思考，能否延此方向解決問題。情景再

22、現(xiàn)9求所有使p2+2543具有少于16個不同正因數(shù)的質(zhì)數(shù)p。（2003年泰國數(shù)學奧林匹克）10(1) 若 n(nN*) 個棱長為正整數(shù)的正方體的體積之和等于 2005, 求n 的最小值, 并說明理由；(2) 若n(nN*)個棱長為正整數(shù)的正方體的體積之和等于20022005, 求 n的最小值, 并說明理由.（2005年江蘇）習題131對于正整數(shù)n，如果能找到正整數(shù)a、b，使nabab，則稱n為“好數(shù)”，則在前100個正整數(shù)中，共有“好數(shù)”( )A78個 B74個 C70個 D66個2設a為正奇數(shù)，則a21必是A. 5的倍數(shù) B. 3的倍數(shù) C. 7的倍數(shù) D. 8的倍數(shù)3設n為奇質(zhì)數(shù)，求證：2

23、n1與2n+1不能同時是質(zhì)數(shù)4 的整數(shù)部分末三位數(shù)字是幾？ 5設n是正整數(shù)，且4n2+17n15表示兩個相鄰正整數(shù)的積，求這樣的n的值6若26+29+2n為一個平方數(shù)，則正整數(shù)n= 。（2005年江西）7證明：任何十個連續(xù)正整數(shù)中必有至少一個數(shù)與其他各數(shù)都互質(zhì)8對任意正整數(shù)n，求證：(n +2) （12005 + 22005 + +n2005）。9把12006這2006個數(shù)分成n個小組，使每個數(shù)都至少在某一個組中，且第一組中的數(shù)沒有2的倍數(shù)，第二組中的數(shù)沒有3的倍數(shù)，第n組中沒有n+1的倍數(shù)，那么，n至少是幾？10是否存在2006個連續(xù)整數(shù)，使得每一個都含有重復的素因子，即都能被某個素數(shù)的平方

24、所整除？“情景再現(xiàn)”解答：1. 選B。設此六位數(shù)為x= a×105 + b×104 + c×103 + a×102 + b×10 + c = 100100×a + 10010×b + 1001×c = 1001(100a +10b +c) = 7×11×13×(100a + 10b + c )，a，b，c都是整數(shù)，100a + 10b + c也是整數(shù)，7，11，13一定是x的約數(shù)。2選C. p + 2d是質(zhì)數(shù)，p、d是正整數(shù)，p必是奇數(shù)。p+d是質(zhì)數(shù)，p是奇數(shù)，d必是偶數(shù)。又d不能被6

25、整數(shù)，d = 6m + 2或d = 6m + 4(mZ)，設p = 3k + 1，或p = 3k + 2，或p = 3k(kZ)，當p = 3k + 1或p = 3k + 2時，p+d或p +2d中必有一個是3的倍數(shù)且大于3，不是質(zhì)數(shù)與已知條件矛盾，p = 3k，而已知p是質(zhì)數(shù)，p = 3，當d=6m+2時，p + 3d = 3 + 18m + 6 = 9(2m + 1)，當d = 6m + 4時，p + 3d = 3 + 18m + 12 = 3(6m +5)，mZ，2m + 1Z，6m + 5Z，p + 3d一定是3的倍數(shù)。3解：，而當n2=±1時，若(n+8，n+5)=(n+5

26、，3)=1，則是一個既約分數(shù)，故當n=3時，該分數(shù)是既約分數(shù) 這個分數(shù)為4. 設刪去最后的數(shù)字6后，余下的數(shù)為x，若x是m位數(shù)，則原數(shù)是n = 10x +6. 據(jù)題意有4(10x + 6) = 6×10m + x，解得x=×2×(10m 4)，要使n最小，就是使m最小，且使2(10m 4)是13的倍數(shù)。取m = 1，2，3，逐一檢驗，知m最小為5，x = 2×7692 = 15384，所求的最小數(shù)是153846。5. n是正整數(shù)，則xnyn =(xy)(xn-1+xn-2y+xn-3y2+xyn-2+yn-1)（*），在(*)中取x=，y = 1，并以2

27、mn1代替(*)中的n，得(1) | (1)。又1=()21=(+1)(1)，故(+1) | (1)，于是(+1) | (1)。6由于364×9，而(4，9)1，所以只要分別證明2n6n4n2被4及9整除。將2n6n4n2分解成n2(2n21)(n21)，當n為偶數(shù)時，4|n2；當n為奇數(shù)時，n2被4除余數(shù)為1，故4|(n21)。故4|n2(2n21)(n21)。當n3k（kZ）時，9|n2(2n21)(n21)；當n3k±1（kZ）時，n2被3除余數(shù)總是1，所以3|(n21)，且2n2被3除余數(shù)為2，所以3|(2n21)，于是9|(n21)(2n21)，故9|n2(n21

28、)(2n21)。7設f(a)a4a3a2a1b2，由f(a)a4a3(a2)2、f(a)a4a3a2a1(a21)2知(a2)2b2(a21)2，所以(2a2a)2(2b)2(2a2a2)2，那么只有(2b)2(2a2a1)2，4f(a)(2a2a1)2，整理得a22a30，a是正整數(shù)，a3。8解：當n是13的倍數(shù)時，則13除n2+5n+23的余數(shù)為10，當n為13k±1型的整數(shù)時，n21是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23= n21+65k+24±5的余數(shù)為3或6，當n為13k±2型的整數(shù)時，n24是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23= n24+65k+27

29、±10的余數(shù)為4或11，當n為13k±3型的整數(shù)時，n29是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23= n29+65k+32±15的余數(shù)為4或8，當n為13k±4型的整數(shù)時，n216是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23=n216+65k+39±20的余數(shù)為6或7，當n為13k±5型的整數(shù)時，n225是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23= n225+65k+48±25的余數(shù)為10或8，當n為13k±6型的整數(shù)時，n236是13的倍數(shù)，則13除n2+5n+23=n236+65k+59±25的余數(shù)為8或6，即質(zhì)

30、數(shù)13除n2+5n+23的余數(shù)的集合為 3，4，6，7，8，10，11 。9解：當p=2時，p2+2543=2547=32×283，283不是2，3，5，7，11，13的倍數(shù)，是質(zhì)數(shù)，此時共有正因數(shù)(2+1)×(1+1)=6個，p=2滿足條件；當p=3時，p2+2543=2552=23×11×19，此時共有正因數(shù)(3+1)×(1+1)×(1+1)=16個，p=3不滿足條件；當p3時，p2+2543 = p21+2544=(p1)( p+1)+2400+144，質(zhì)數(shù)p3，則必為3k±1型的奇數(shù)，p1、p+1是相鄰的兩個偶數(shù)，且

31、其中必有一個是3的倍數(shù)，所以(p1)(p+1)是24的倍數(shù)，所以p2+2543是24的倍數(shù)，p2+2543=23+i×31+j×m，若m1，共有正因數(shù)(3+i+1)×(1+j+1)×(k+1)16個，若m=1，2i×3j106，當j1，正因數(shù)個數(shù)不少于16，當j=1，i4，正因數(shù)個數(shù)不少于24，當j=0，i5，正因數(shù)個數(shù)不少于18，所以 p3不滿足條件；綜上所述，p2時，正因數(shù)個數(shù)至少有16個，而p=2時正因數(shù)個數(shù)為6，故所求的質(zhì)數(shù)p是2。10.解：(1) 因為103=1000,113=1331,123=1728,133=2197, 12320

32、05133，故 n1.因為2005=1728+125+125+27=123+53+53+33，所以存在n =4，使nmin4.若n =2，因, 則最大的正方體邊長只能為11或12，計算2005113=674，2005123=277，而674與277均不是完全立方數(shù), 所以n =2不可能是n的最小值. 若n =3，設此三個正方體中最大一個的棱長為x,由3x220053×83, 知最大的正方體棱長只能為9、10、11或12。由于20053×93, 20052×93=547, 2005932×830, 所以x9。由于20052×103=5, 2005

33、10393 =276, 200510383 =493 , 20051032×730, 所以x10。由于200511383 =162, 200511373 =331 , 20051132×630, 所以x11。由于200512363 =61, 200512353 =15253, 所以x12。因此n =3不可能是n的最小值.綜上所述，n =3才是n的最小值. (2) 設n 個正方體的棱長分別是x1，x2，xn， 則 (x1)3+(x2)3+( xn)3=20022005。 由 20024(mod9)， 431(mod9)，得 20022005420054668×3+1

34、(43)668×44(mod9)， 又當xN* 時，x30，±1(mod9)，所以 (x1)34(mod9)，(x1)3+(x2)34(mod9)，(x1)3+(x2)3+(x3)34(mod9)， 式模9, 由 、 可知, n4而 2002=103+103+13+13，則20022005=20022004×(103+103+13+13)=(2002668)3×(103+103+13+13)=(2002668×10)3+(2002668×10)3+(2002668)3 +(2002668)3 。因此 n =3為所求的最小值 “習題16

35、”解答：1解 (a1)(b1)n1，即只要n1為合數(shù)，則n為“好數(shù)”n1為質(zhì)數(shù)則n不是“好數(shù)”在2101中質(zhì)數(shù)共26個，故選B2解 設a=2k1，則a21=(2k1)21=2k(2k2)=4k(k1)為8的倍數(shù)，故選D 3證明 n3， 2n1>3，2n+1>3 2n1，2n，2n+1三個連續(xù)數(shù)中必有一個是3的倍數(shù)，但2n不是3的倍數(shù)，故2n1，2n+1中必有一個為3的倍數(shù)，且此二數(shù)均大于3，即此3的倍數(shù)即不是質(zhì)數(shù)4解：1， 20015095是整數(shù)部分，由95的末三位數(shù)字為049，故20015095的末三位數(shù)字為9525解 設4n2+17n15=(2n+k)( 2n+k+1)=4n2+2n(2k+1)+k(k+1) n=； 當k=0時，n=1；當k=1時，n不為整數(shù)；當k=2時，n=3；當k=3時，n=9當k>3時n&l