用二项式定理解决的一类整除问题和举例.docx

用二项式定理解决的一类整除问题和举例横峰县新篁学校：吴开瑞中学数学关于整数的整除性的习题不少，在一些人看来整数的整除问题似乎复杂，尤其在竞赛中，碰到此类问题就有点心有余力不足之感比如在证明命题“4n+15n-1（n∈N）能被9整除”和命题“62n-1+1是7的倍数（n∈N）”时，很多读者自然想到用数学归纳法证明它们成立，但进一步要问，如何简单有效地证明此类命题？二项式定理能很好的解决上述问题事实上，由带余除法，我们有对于任意的两个整数a和b（b＞0）则有唯一的整数q和r，使得a=bq+r（0≤r＜q）成立特别地当r=0时称a能被b整除，于是一个整数a能被整数b整除的充要条件是有唯一的整数q使a=bq(1)成立从而对于N=4n+15n-1，则有 N=（3+1）n+15n-1利用二项式定理展开N=+15n-1=+18n=9×（+2n） 所以，由（1）式知4n+15n-1能被9整除类似地可以证明上面给出的另一个命题成立在上面的命题证明中，我们看到了（1）式，即整除定理和二项式定理的作用于是要问，对于一般的整除问题能否用二项式定理累解决呢？以下我们就来讨论这个问题首先给出一些常见的整除定理及证明。

定理1 整数a能被2整除的充要条件为a的个位数能被2整除（即个位数为偶数）证明：设a=anan-1……a1a0(a＞0) 则a=（an10n+an-110n-1+……+a1·10）+a0=2m+a0所以若a0能被2整除，则a亦能被2整除，若a能被2整除，则a0亦能被2整除定理2 整数a能被4整除的充要条件为：a的最末二位数能被4整除证明：设a=anan-1……a1a0(a＞0) 则a=an(23+2)n+ an-1(23+2)n-1+……+a2(23+2)+a1·10+a0利用二项式定理将an(23+2)n、an-1(23+2)n-1……展开知前（n-2）项各项均能被4整除，故此可以将a改写成4m+（10a1+a0）所以，若10a1+a0能被4整除，则a亦能被4整除，又若a能被4整除，则10a1+a0亦能被4整除定理3 整数a能被3或9整除的充要条件为a的个位数字和能被3或9整除证明：设a=anan-1……a1a0(a＞0) 则a=an10n+an-110n-1+……+10a1+a0 =an(32+1)n+ an-1(32+1)n-1+……+a1(32+1)+a0 =an+……+ a1(32+1)+a0 =32m+所以当a能被3或9整除时，则能被3或9整除；反之亦然。

定理4 整数a能被11整除的充要条件为a的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除证明：设a=anan-1……a1(a＞0) 则a=an10n-1+an-110n-2+……+10a2+a1 =an(11-1)n-1+ an-1(11-1)n-2+……+a2(11-1)+a1 = an+…+11a2-a2+a1 =11m+[（a1+a3+……）-(a2+a4+……)]所以结论成立在以上定理的建立中二项式定理起到了“桥梁”作用，下面例举几个利用以上定理来解决整除问题的例子：例1：若四位数N的前二位数字相同，后二位数字又相同，则N一定为11的倍数证明：由题可设N=aabb即N=103a+102a+10b+b很显然（b+a）-(b+a)=0而0是11的倍数，所以由定理4得N是11的倍数例2：任一n位数p，将其数字按逆顺序重新排列得一个新的n位数q，求证：p-q能被9整除证明：设p= anan-1……a1(a＞0) = an10n-1+an-110n-2+……+10a2+a1 而q=a1a2……an =a110n-1+a210n-2+……+an所以p-q=（an-a1）10n-1+( an-1-a2)10n-2+……+(a1-an)这样各位数字之和为-=0故由定理3知结论成立。

例3：求证132n-1是168的倍数（n∈N）证明：设N=132n-1 则N=169n-1 =（168+1）n-1 =-1 =所以168是N的约数，从而132n-1是168的倍数（n∈N）例4：求5013除以7的余数解：设N=5013 则N=（72+1）13 = =+1从而N可以写成7m+1的形式，即5013除以7的余数为1例5：2013年7月15日是星期一，则1090天后是星期几？解：设N=1090，则N=102×45=10045=（2×72+2）45由二项式定理和带余除法知N除以7的余数等于245除以7的余数，而245=23×15=815=（7+1）15=+1，即245除以7的余数为1，因此1090天后是星期二从以上各例可以看到二项式定理在解决整除问题中扮演了重要“角色”灵活使用二项定理，能有效简单地解决整数中整除问题。