一个题根从小学讲到高中 从带余除法到中国剩余定理(3)

a?b?3?m?n???r1?r2?,a?b?3?m?n???r1?r2?,ab?9mn?3?nr1?mr2??r1r2r如果r1?0,或2如果r1如果r1

?0,那么rr12?0,此时ab是3的倍数;

?r2,那么r1?r2?0,此时a?b是3的倍数;

?r2,那么无论r1?1,r2?2,或r1?2,r2?1,都有r1?r2?3.

a?b,a?b,ab三者之中至少有一个是3的倍数.(当且仅当r1?r2?0

此时a?b是3的倍数.

因此, 时,

a?b,a?b,ab都是3的倍数).

【例9】从1---2016的2016个正整数.请证明,从中任取1009个数,其中必

定有2数之差是1008

【证明1】利用余数定理.因为任一整数除以1008,其余数只有0,1,2,3,…,1007共1008种可能.现在从2016个数中任意取1009个数,那么其中必定至少有两个数为1008除后所得余数相同,所以它们的差一定是1008.

例如,最?不幸?的取法是先取1—1008的1008个数,它们的余数各不相同,且依次为1,2,3,…,1008.

因为一共要取1009个数,故现在还需要从1009-------2006中任取1个,无论取到哪一个,其被1008除后所得余数仍为不出1-----1008之一.

所以,在1---2016的2016个正整数中任取1009个数,其中必定有2数之差是1008.

【证明2】将2016个正整数按照如下方法分组;

（1,1009）,（2,1010）,（3,2011）,…,（1008,2016）,共可分为1008

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组,每一组的差都是1008.由于我们是任意取1009个数,那么至少会有2个数属于同一组,而这一组两数的差正是1008.

评注:第一种证法的实质是在题设的2016个整数中任取1009个,则比定有2个被1008除后同余,而这同余2数之差必定是1008.

第2种证法更为简明.其依据便是著名的?抽屉原则?,这也是一个重要的题根,我们将在另文中详述.

【例10】一筐鸡蛋：1个1个拿正好拿完。2个2个拿还剩1个。3个3个拿正好拿完。4个4个拿还剩1个。5个5个拿还剩4个。6个6个拿还剩3个。7个7个拿还有剩5个。8个8个拿还有1个。9个9个拿正好拿完。

问筐里有多少鸡蛋？

【分析】这道题剩余条件太多,确实很难. 不过,我们可以首先尽可能地将条件简化.这批鸡蛋

1.既是?1个1个拿正好拿完?,?3个3个拿正好拿完?,?9个9个拿正好拿完?,所以这3个条件可以简化为1个,即这批鸡蛋数必定是9的倍数;

2.既是?2个2个拿还剩1个?,?4个4个拿还剩1个?,?8个8个拿还有1个?, 所以这3个条件也可以简化为1个,即这批鸡蛋数必定是8的倍数多1.

于是原题可以简化为: 一筐鸡蛋：5个5个拿还剩4个。6个6个拿还剩3个。7个7个拿还有剩5个。8个8个拿还有1个。9个9个拿正好拿完.

剩余条件依然太多,所以我们的办法是?以退为进?,?化整为零?,先将条件退到2个,解决以后再逐步考虑其余.

【解析】设这筐鸡蛋有x个

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∵x是9的倍数,∴设x=9m （1） ∵x比8的倍数多1,∴设x=8n+1 (2） 比较（1）,（2）得: 9m=8n+1 （3）

显然n=9k+1都满足（3）,此时x=8（9k+1）=72k+9 （4） 继续考察其他条件:设x=7p+5 （5） 由（4）,（5）得: 72k?9?7p?5?p?72k?42k?4?10k?77?6?

显然k=7r+5都满足（6）,此时x=72（7r+5）+9=369+504r （7） 特别当r=0时,经检验x=369符合所有剩余条件. 故x=369是这筐鸡蛋数的最小解.

其他,当r=1,2,3.…等一切正整数时,x=873,1377,1881,…等也都是本题的解.也就是说.x=504r+369是本题的通解.不过就实际意义而言,x=369是最合理的解.

（四）一个题根,由小学讲到高中

前面列举的所有?孙子问题?.说到底是从带余除法的基本公式

b?aq?r???

的研究开始的.如前所述,这就是,也是所有?孙子问题?的总题根.只要紧紧抓住这个题根,再难的孙子类问题,也会?势如破竹,迎刃而解?.

可是如果你认为这类问题只牵涉到小学,那就错了.以下我们证明,这个题根可以一直讲到高中.

1.初涉初中,只需考察字母的取值范围

【例1】如果数a除以2016的余数是16,那么?a除以2016的余数是几?

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【分析】在小学里,式子???所牵涉到的字母,取值范围都是非负数.而在初中,,数的范围扩充了负数,这些字母的取值范围也有变化吗?

【解析】设a?k?2016?16

则?a??k?2016?16???k?2016?2016???2016?16????k?1??2016?2000 故?a除以2016的余数是2000.

评注:本例的解法,仍然借助于带余除法的基本公式.只需特别注意余数r具有非负性.必须满足0≤r＜a.

2.再涉初中,代数分析使解题方法如虎添翼. 【例2】写出72的所有约数.

【分析】这类问题,过去我们是凭感性直接写出其约数的.

但是这样做有两个弱点.一是容易遗漏或重复,二是数字越大,越难于处理. 有没有办法保证事前就做到心中有数,保证解题中既不重复又不遗漏呢? 有的,那就是利用一些初中数学知识,实现理性解题. 说具体些,就是需要利用多项式乘法的基本规律.

例如将?a?b??x?y?z?展开,必定有2×3=6项,这6项是:

ax?ay?az?bx?by?bz

【解析】?72?2?3,∴构造如下多项式的乘法:

32?1?2?22?23??1?3?32??1?

如果将（1）式展开,可以预见它一共有4×3=12项.这就说明72一共有12个约数.这些约数是:

1?1?1,1?2?2,1?22?4,1?23?8;

3?1?3,3?2?6,3?22?12,3?23?24;

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32?1?9,32?2?18,32?22?36,32?23?72

评注:这种解法就是理性解题,能够做到在解题前就心中有数,而且在具体写出所有约数时,做到既不重复又不遗漏.

【例3】若n≤2016,则使1+17n是完全平方数的正整数n有（ ）个 【解析】设1?17n?m,那么

2m?1??m?1??n?17

17为质数,显然m≠0,1有且只有2种情况. （1）若m+1=17k,则m=17k-1,此时

n?k?17k?2??n?2016?17k2?2k?2016的整数n有10个;

（2）若m-1=17k,则m=17k+1,此时

?1?

显然k=1,2,3,…,10都适合（1）;如k=11,则n=2035＞2016.可知适合（1）

n?k?17k?2??n?2016?17k2?2k?2016的整数n也有10个.

综上, 使1+17n是完全平方数的正整数n有20个.

?2?

显然k=1,2,3,…,10都适合（2）如k=11,则n=2079＞2016.可知适合（2）

评注:如果仅凭感性恐怕无法破解此题.这里除运用到初中的平方差公式外,还有严密的数据分析为继.

3.杨辉三角,开辟了由有限向无限过度的条件

55a?ba?b【例4】如果能被5整除,证明

能被25整除.

【分析】本题的解法,一般是借助因式分解.

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