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奇数、偶数、质数、合数(二)


奇数、偶数、质数、合数(二)
例 4. n 是不小于 3 的自然数, f ( n ) 表示不是 n 的因数的最小自然数[例如 f ( n ) =5]. 如 以 如果 f ( n ) ≥3,又可作 f ( f ( n )) .类似地,如果 f ( f ( n )) ≥3,又可作 f ( f ( f ( n ))) 等 等.如果 f ( f ( f ? f ( n ) ? )) ? 2 ,就把 k 叫做 n 的“长度”.如果用 l n 表示 n 的长度, 试对任意的自然数 n(n≥3) ,求 l n ,并证明你的结论. (第 3 届全国中学生数学冬令营试题) 【解】 n ? 2 t , m 为非负整数, 为奇数. 当 m=0 时,f ( n ) ? f ( t ) ? 2 , 令 t 因而 ln=1;
m

当 m ? 0 时,设 u 是不能整除奇数 t 的最小奇数,记 u ? g (t ). (1)若 g ( t ) ? 2 (2)若 g ( t ) ?
2
m ?1

, 则 f ( n ) ? u , f ( f ( n )) ? 2 , 所以 l n ? 2 .
m ?1

m ?1

, 则 f (n) ? 2

, f ( f ( n )) ? f ( 2

m ?1

) ? 3 , f ( f ( f ( n ))) ? f ( 3 ) ? 2 , 所以 l n ? 3 .

故 l n ? ? 3 , 当 n ? 2 m t , m ? 0 , t 为奇数 , 且 g ( t ) ? 2 m ? 1 ( g ( t ) 如上 ); ?
? ? 2 , 其他情形 .

?1, 当 n 为奇数时 ;

例 5.设 n 是正整数,k 是不小于 2 的整数.试证: n 可表示成 n 个相继奇数的和. 【证明】对 k 用数学归纳法. 当 k=2 时,因 n ? 1 ? 3 ? ? ? ( 2 n ? 1), 命题在立.
2

k

假设 k=m 时成立,即 n 非负数) 则n
2

m

? ( a ? 1) ? ( a ? 3 ) ? ? ? ( a ? 2 n ? 1) ? na ? n , (a 为某
2

m ?1

? n

m

? n ? ( na ? n ) n ? n ( na ? n ? n ) ? n ,
2 2 2

若记 b ? na ? n ? n (显然 b 为非负偶数) ,于是
n
m ?1

? nb ? n

2

? ( b ? 1) ? ( b ? 3 ) ? ? ? ( b ? 2 n ? 1), 即 k ? m ? 1 时, 命题成立, 故

命题得证.
-1-

例 6.在平面上任画一条所有顶点都是格点的闭折线,并且各节的长相等.能使这闭折线 的节数为奇数?证明你的结论. (莫斯科数学竞赛试题) 【解】令符合题设条件的闭折线为 A1A2?AnA1,则所有顶点 A i 的坐标( x i , y i )符 合 x i , y i ? Z ( i ? 1, 2 , ? , n ). 并且 X i ? Y i ? C ( i ? 1, 2 , ? n , C 为一固定的正整数) ,其中
2 2

X i ? x i ? x i ? 1 , Y i ? y i ? y i ? 1 ( i ? 1, 2 , ? , n , x n ? 1 ? x 1 , y n ? 1 ? y 1 ), 则由已知有

?
n

n

X

i

? 0,



i ?1

?Y
i ?1
2

i

? 0,



X 1 ? Y1 ? X
2

2 2

? Y2 ? ? ? X
2

2 n

? Yn

2


m

不妨设 X i 和 Y i 中至少有一个为奇数 (因为设 X i ? 2 t i , m 是指数最小的,i 为奇数, t 用 2m 除所有的数后,其商仍满足①、②、③式) ,于是它们的平方和 C 只能为 4k+1 或 4k+2. 当 C=4k+2 时,由③知,所有数对 X i 与 Y i 都必须是奇数,因此,根据①、②式知, n 必为偶数. 当 C=4k+1 时,由③知,所有数对 X i 与 Y i 都必一奇一偶,而由①知,Xi 中为奇数的 有偶数个(设为 2u) ,余下的 n-2u 个为偶数(与之对应的 Yi 必为奇数) ,再由②知,这 种奇数的 Yi 也应有偶数个(设为 2? ? n ? 2 u ) ,故 n ? 2 ( u ? ? ) =偶数. 综上所述,不能作出满足题设条件而有奇数个节的闭折线. 例 7.求出最小正整数 n,使其恰有 144 个不同的正因数,且其中有 10 个连续整数. (第 26 届 IMO 预选题) 【解】根据题目要求,n 是 10 个连续整数积的倍数,因而必然能被 2,3,?,10 整数.由于 8=23,9=32,10=2×5,故其标准分解式中,至少含有 23·32·5·7 的因式, 因此,若设
n ? 2
?1

?3

?2

?5

?3

?7

?4

? 11

?5

?,

则 ? 1 ? 3 , ? 2 ? 2 , ? 3 ? 1, ? 4 ? 1 . 由

(? 1 ? 1)( ? 2 ? 1)( ? 3 ? 1)( ? 4 ? 1) ? ? 144 ,

而 (? 1 ? 1)( ? 2 ? 1)( ? 3 ? 1)( ? 4 ? 1) ? 4 ? 3 ? 2 ? 2 ? 48 , n 最小,自然宜取 2 ? ? 5 ? 0 . 由
-2-

故最多还有一个 ?

j

? 0 ( j ? 5 ), 且 ?

j

? 2 , 为使

(? 1 ? 1)( ? 2 ? 1)( ? 3 ? 1)( ? 4 ? 1)( ? 5 ? 1) ? 144 (? 5 ? 0时 ) 或 (? 1 ? 1)( ? 2 ? 1)( ? 3 ? 1)( ? 4 ? 1) ? 144 (? 5 ? 0时 )

,

考虑 144 的可能分解,并比较相应 n 的大小,可知合乎要求的(最小) ? 1
? 3 ? ? 4 ? ? 5 ? 1, 故所求的 n ? 2 ? 3 ? 5 ? 7 ? 11 ? 110880 .
5 2

? 5, ? 2 ? 2 ,

下面讲一个在指定集合内的“合数”的问题.这种合数与通常的合数有区别,题中的 “素元素”是指在该集合内的素数,也与通常的素数有区别. 例 8.设 n>2 为给定的正整数, V n ? ?kn ? 1, k ? N 用不只一种方式表示成数集 Vn 中素元素的乘积. 【证明】由于 Vn 中的数都不小于 n ? 1( n
2

*

?. 试证:存在一数 r ? V
2

n

, 这个数可

(第 19 届 IMO 试题) .

? 2 ), 因而 ( n ? 1) , ( 2 n ? 1) , ( n ? 1) ? ( 2 n ? 1) ? V n

显然 ( n ? 1) 2 , ( n ? 1) ? ( 2 n ? 1) 是 Vn 中的素元素.又若(2n-1)2 不是 Vn 中素元素,则有
a ? b ? 1, 使 ( an ? 1) ? ( bn ? 1) ? ( 2 n ? 1) , 由此有 4 n ? 4 ? abn ? a ? b , 于是 1 ? ab ? 3 ,
2

从而 b=1,a=1;b=1,a=2,b=1,a=3,对此就有 n ? 2 , 就是 Vn 中素元素.

8 2

,8 , 故 n=8.这说明 , n ? 8时 , ( 2 n ? 1) 当

2

当 n ? 8时 , 令 r ? ( n ? 1) 2 ( 2 n ? 1) 2 .显然 r ? V n , 且 r ? ( n ? 1) 2 ( 2 n ? 1) 2 ? [( n ? 1)( 2 n ? 1)]
[( n ? 1)( 2 n ? 1)].

当 n=8 时,有 1089=136×8+1=9×121=33×33,而 9,121,33∈V8. 综上知,命题得证.
2 例 9. 已知 n≥2, 求证: 如果 k ? k ? n 对于整数 k 0 ? k ? (

n 3

) 是质数, k ? k ? n 则
2

对于所有整数 k ( 0 ? k ? n ? 2 ) 都是质数. (第 28 届(1987)国际数学奥林匹克试题 6) 【证】 m 是使 k 2 ? k ? n 为合数的最小正整数.若 设 小质因子,则 p ?
2

n 3

? m ? n ? 2 , 令 p 是 m ? m ? n 的最
2

m

?m ?n .

(1)若 m≥p,则 p|(m-p)2+(m-p)+n. 又(m-p)2+(m-p)+n≥n>p,这与 m 是使 2 k ? k ? n 为合数的最小正整数矛盾. (2)若 m≤p-1,则 ( p ? 1 ? m ) ? ( p ? 1 ? m ) ? n ? ( p ? 1 ? m )( p ? m ) ? n 被 p
2

-3-

整除,且 ( p ? 1 ? m ) ? ( p ? 1 ? m ) ? n ? n ? p .
2

因为 ( p ? 1 ? m ) ? ( p ? 1 ? m ) ? n 为合数,所以 p ? 1 ? m ? m , p ? 2 m ? 1 .
2



2m ? 1 ? p ?

m

2

? m ? n,



3m

2

? 3m ? 1 ? n ? 0,

由此得 m ?

?3?

12 n ? 3 6

?

n 3 n 3

与已知矛盾.所以,对所有的

? k ? n ? 2, k

2

? k ? n 为质数.

-4-


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