第二讲 数论(一)
中环小机灵初赛冲刺讲义
第二讲数论（一）
第一部分：知识点概述
1.本讲涉及整除、质数与合数两部分内容。整除是五年级数论部分考查重点；质数与合数
考查不多，但短除法、分解质因数是解决几乎所有数论问题的基本功，因而也应加以重视。
2.熟练掌握并应用2n、5n、3、9、33、99、7、11、13等数的整除特性，会利用位值原理
加以证明。事实上很多较难的数论问题的解答均离不开位值原理的应用。
3.一部分整除特性只适用于判定，另一部分既适用于判定也适用于构造，在解题时应注意
选择的顺序。如求解被45整除的问题，一般先考虑被5整除，因为只有末尾0或5两种情况，若先考虑被9整除，则一般而言很难进行下去。
4.2是唯一的偶质数，这一点往往是解答很多问题的突破口，同时，忽视这一点有时可能
造成漏解。
5.计算乘积末尾零的个数的问题分为两类。一类是离散型，解决这类问题时先分别统计因
子2和5的个数，较少的那个个数即为末尾零的个数。一类是连续型，不断地（以商）除以5，将得到的一系列商相加，即为末尾零的个数（注意：必须从1开始）。
6.分解质因数时不考虑“1”，但若将一个数写成若干个数的乘积时，根据需要可以乘任意
个“1”。
7.完成前19个例题的教学是必要的，最后两道例题供选用。
第二部分：例题精讲
1. 下面有9个自然数：14,35,84,152,650,434,4375,9064,24125。在这些自然数中，请
问：
（1）有哪些能被2整除？哪些能被4整除？哪些能被8整除？
（2）有哪些能被5整除？哪些能被25整除？哪些能被125整除？
1.14，84，152，650，434，9064；84，152，9064；152，9064；35，650，4375，24125；
650，4375，24125；4375，24125
2. 有如下9个三位数：452,387,228,975,525,882,715,775,837。这些数中哪些能被3整除？哪些能被9整除？哪些能同时被2和3整除？
387，228，975，525，882，837；387，882，837；228，882
3. 一个三位数64a的十位数字未知。请分别根据下列要求求出a的合适取值：
（1）要求这个三位数能被3整除；2，5，8；
（2）要求这个三位数能被4整除；不考虑百位，0，2，4，6，8；
（3）这个三位数有没有可能同时被3和4整除，如果有可能，a可能等于多少？（1）（2）共有的数字，2，8
4. 四位数29a b能同时被3和5整除，求出所有满足要求的四位数。
2295，2595，2895，2190，2490，2790
如果个位是0，则2+9+0=11，因为11+1=12，11+4=15、11+7=18，12、15、18能被3整除，所以百位上可以是1、4、7，即这个四位数可以是：2190、2490、2790；
如果个位是5，则2+9+5=16，因为16+2=18，16+5=21、16+8=24，18、21、24能被3整除，所以百位上可以是2、5、8，即这个四位数可以是：2295、2595、2895；
5. 四位偶数64a b能被11整除，求出所有满足要求的四位数。
6248，6446，6644，6842
四位偶数6□4□能被11整除，则6+4-（□+□）=10-（□+□）能被11整除，
□+□只能等于10，符合条件的有2+8=4+6=10，
6. 173a是一个四位数。数学老师说：“我令a先后等于3个数字，得到3个四位数，依次能
被9、11、8整除。”问：3个数字之和是多少？
21
因为能被9整除的四位数的各位数字之和能被9整除，1+7+3+□=11+□
所以□内只能填7；
因为能被11整除的四位数的个位与百位的数字和减去十位与千位的数字和所得的差能被11整除，（7+□）-（1+3）=3+□能被11整除，
所以□内只能填8；
因为能被8整除的自然数是最后三位数的和能被8整除，而7+3+□的和倍8整除，所以□内只能填6；
7+8+6=21；
答：所填三个数字之和是21．
7. 请从1、2、3、4、5、6、7这7个数字中选出5个组成一个五位数，使它是99的倍数。这个五位数最大是多少？
65241
设五位数是abcde，则奇数位上数字和为a+c+e，偶数位数字和为b+d，对于abcde能被99整除，则同时能被9和11整除，
因为a+c+e在6（1+2+3）和18（5+6+7）之间，b+d在3（1+2）和13（6+7）之间，
所以a+c+e-（b+d）在0和15之间
因此a+c+e-（b+d）=0或11，
①当a+c+e-（b+d）=0时，.abcde能被9整除，
a+c+e-（b+d）能被9整除，只能a+c+e=9，b+d=9，
当b=7，d=2时，abcde最大为57321，
当b=6，d=3时，abcde 无法取值，
当b=5，d=4时，abcde 最大为65241．
②当a+c+e-（b+d ）=11时，abcde 能被99整除，
a+c+e+（b+d ）能被9整除，
a+c+e+（b+d ）=2（b+d ）+11为9的倍数，
只有2（b+d ）+11=27，
得出b+d=8
所以a+c+e=b+d+11=19
由于a+c+e 在6和18之间，不可能取19，不成立．
综上所知abcde 最大为65241．
问题解析：
根据能被9整除的数的特征，各位上的数字之和必须能被9整除，一个整数的偶位数字之和与奇位数字之和的差（包括0）能被11整除，则这个数能被11整除，设出这个五位数进一步分析探讨答案即可．
8. 已知255259
555999a ??????
个个能被13整除，则a 是几？ 5
所求的数S = 5......25个......5 X 9......25个 (9)
要能被13整除.
易知111111 能被13整除,则555555、999999能被13整除.
将此数拆成6位一组即：4个555555、5X9、4个999999
则S = 5555550......0 + 5555550......0 + 5555550......0 + 5555550 0
+ 5X9 0……0 + 9999990……0 + 9999990……0 + 9999990……0 + 999999
其余项都有因数13,显然,5X9必须被13整除
又易知507（ = 520-13 = 13*40 - 13 ）能被13整除
则数字5X9-507 = X2 必须被13整除.
推得X = 5
中间方格里数字是5.
9. 用数字6、7、8各两个，要组成能同时被6、7、8整除的六位数。请写出一个满足要求的六位数。
768768
由于168=8×3×7；
6、7、8各2个组成的六位数，次序如何都被3整除；
组成的六位数的末三位组成的三位数必须被8整除，是768；
被7整除：这个六位数的前三位次序和后三位次序相同．
故这个六位数是768768．
10. 冬冬和阿奇玩一个数字游戏。冬冬先将一个三位数的百位与个位填好，然后阿奇来填写这个三位数的十位。如果最后这个三位数能被11整除，那么阿奇获胜，否则冬冬获胜。冬冬想到了一个必胜的方法。你知道是什么方法吗？
个位加百位数字等于10
冬冬写的这两个数字之和为10，无论阿奇来填写这个三位数的十位是什么数字，都不能构成差能被11整除，就可以获胜．
11. 对于一个自然数N ，如果具有以下的性质就称为“破坏数”：把它添加到任何一个自然数
N+整除。请问：一共有多少个不大于10的破坏数？
的右端，形成的新数都不能被1
共有6个破坏数,依次为1,3,4,5,7,9.
看百度文库智康拓展篇第11题
12. 一个五位数，它的末三位为999。如果这个数能被23整除，那么这个五位数最小是多少？
这个数能否被23整除之规则：该数末4位与前面隔开的数的5倍之间的差，能否被23整除。若一个整数的末三位与3倍的前面的隔出数的差能被17整除,则这个数能被17整除.
20999，看百度文库智康拓展篇第12题
两位数X
X999 被23整除,则有：
1000X + 999
=43*23X + 11X + 43*23 + 10
= (43*23X + 43*23) + (11X+10) 被23整除
则11X+10 被23整除
11X + 10 = 23T
X =(22T-11)/11 + (T+1)/11
显然T+1被11整除,T最小为10,X最小为（23*10-10）/11 = 20
综上,所求五位数最小为20999
13. （1）如果两个质数相加等于16，这两个质数有可能等于多少？
因为16=1+15=2+14=3+13=4+12=5+11=6+10=7+9=8+8，所以可知这两个质数为5、11或3、13
（2）如果两个质数相加等于25，这两个质数有可能等于多少？
因为25是奇数，所以必定有一个数为2，又25=2+23，所以，这两个质数为2、23。
（3）如果两个质数相加等于29，这样的两个质数存在吗？
不存在。因为29为奇数，所以，这两个质数必为一奇、一偶，所以，其中一个必为2，而另一个为27，但27不是质数，所以不存在。
3和13，5和11；2和23；不存在
如果两个不同的质数相加还得到质数,其中一个质数必定是2(偶数). 因为质数中除了2就全部是奇数,奇数+奇数=偶数,偶数不可能是质数(2除外,因为2=1+1,1不是质数),所以必有一个质数是偶质数2
14. 三个自然数的乘积为84，其中两个数的和正好等于第三个数。请求出这三个数。
3，4，7
84=2×2×3×7=3×4×7，因为3+4=7，
15. 用一个两位数除330，结果正好能整除。请写出所有可能的两位数。
10，11，15，20，30，33，55，66
330=2×3×5×11，
330的两位约数有：2×5=10，11，3×5=15，2×11=22，3×11=33，5×11=55，2×3×5=30，2×3×11=66
因此所有可能的两位数是：10、11、22、33、55、30、66．
???，要使这个连乘积的最后4个数字都是0，a最小应该是多少？16. 975935972a
20
积的最后四个数学都是0,所有因数的约数中应有四个2和四个5.
???????的计算结果的末尾有几个连续的0？
17. 请问：算式12315
3
在1-15中，
5乘偶数，乘积的个位有1个0，有：15÷5=3（个）
所以在1至15个数中共有3个因数5出现，
那么1×2×3×…×15积的末尾会有3个0出现．
根据题意，因为每一个5与每一个2相乘等于一个10即可得到末尾1个0，那么可利用分解质因数的方法将1到15这些数中共含有几个因数5、几个因数2，因为分解质因数后2的个数要远远大于5的个数，所以有几个5就能形成几个10，也就是所求的几个0了，进行计算即可得到答案．
????????的计算结果的末尾有几个连续的0？
18. （1）算式1232930
???????的计算结果的末尾有几个连续的0？
（2）算式313233150
7；30
19. 如果某整数同时具备如下3条性质：
①这个数与1的差是质数；
②这个数除以2所得的商也是质数；
③这个数除以9所得的余数是5。
那么我们称这个整数为“幸运数”，请写出所有的两位幸运数。
100以内9的倍数有：9、18、27、36、45、54、63、72、80、81、90、99，
满足（3）这个数除以9的余数是5：14、23、32、41、50、59、68、77、86、95
满足（1）这个数与1的差是质数：14、32、68
满足（2）这个数除以2所得的商也是质数：14
答：这个幸运数是14．
20. 将自然数1,2,3,???，依次写下去形成一个多位数“123456789101112???”。当写到某个数N时，所形成的多位数恰好第一次被90整除。请问：N是多少？
80
每个自然数的十位数字在“N个自然数的和”中比在“各位数字之和”中多计算了。假设这个自然数是，十位上的x在“N个自然数的和”中被计算为10x，而在“各位数字之和”中被计算为x，多计算了：10x-x=9x。所以，“N个自然数的和”是9的倍数≡“各位数字之和”是9的倍数
N个自然数的和C = 1+2+3+…+N = N(N+1)/2；
N=10，C=55，A和C都不能整除9，舍弃；
N=20，C=210，A和C都不能整除9，舍弃；
N=30，C=465，A和C都不能整除9，舍弃；
N=40，C=820，A和C都不能整除9，舍弃；
N=50，C=1275，A和C都不能整除9，舍弃；
N=60，C=1830，A和C都不能整除9，舍弃；
N=70，C=2485，A和C都不能整除9，舍弃；
N=80，C=3240，A和C都能整除9，N=80为题目所求。
90=10×9，10和9互质，即这个自然数能同时被10和9整除．因为任意9个连续自然数的和能被9整除，所以任意9个连续自然数所组成的多位数一定能被9整除．那么，当写到9、
18、27、36、45、…80…时，能被9整除．因为9、18、27、36、45、…本身又都是9的倍数，所以，又因为被10整除的数末尾数只能是0．所以这个自然数为80．
21. 两名运动员进行一场乒乓球比赛，采取三局两胜制。每局先得11分者为胜，如果打到10平，则先多得2分者为胜。结果三局比赛下来，单方最高得分都不超过20分，把每人每局得分乘在一起恰为480480。请问：各局的比分分别是多少？（按大比小的方式写出）11：1，15：13，16：14
解析：480480 = 2的5次方×3 × 5 ×7 ×11 ×13，观察13只能与11或15形成比分，与11形成比分时，其他的在没有11的情况下，无法形成大于10的相差为2的2组比分。所以13只能与15组成比分15：13。
再观察剩下的2的5次方×7 ×11, 不难得出，16：14和11：1。整理后480480 = 16 ×14 ×15 ×13 ×11 ×1。
比分16:14, 15:13, 11:1
专题：传统应用题专题
分析：因为单方最高得分都不超过20分，所以480480=16×14×1×11×15×13，并且每局先得11分者为胜，如果打到10平，则先多得2分者为胜，所以比分为：16：14；1：11；15：13．
解答：解：根据题意机器分析得：
480480=16×14×1×11×15×13，
而且且每局先得11分者为胜，如果打到10平，则先多得2分者为胜，
所以比分为：16：14；1：11；15：13．
点评：解答本题的依据是：根据题意把480480写成20以内自然数的乘积的形式，进而找出各局的比分．
第三部分：真题选讲
1.一个数A为质数，并且A+14, A+18, A+32, A+36也是质数。那A的值是( )。
2.将2013加上一个正整数，使和能被11和13整除，加的整数尽可能小，那么加的正整
数是_______。
3.从1到900中选6个正整数，使这6个连续正整数的积的尾数恰好为4个0，有多少种
选法？
4.在7002.70002,700002，…，这样的最高位上的数字为7，最低位的数字为2，中间全是
0的整数中，能够被81整除的最小数是______________。
5. 将数字0、1、2、3、4、5各用一次，组成一个能被667整除的六位数，那么，这个六
位数除以667的结果是（ ）。
6. 1~100这100个数除以7，余数不为0的数的和是（ ）。
7. 有（ ）个形如ABCDABCD 的数能被18769 整除。
8. 一个七位数C B A m 900是33的倍数,我们计这样的七位数的个数为m a 。比如5a 表示:形如知C B A 9050且是33的倍数的七位数的个数。则=-32a a ( )。
9. 将数字1，2，3,4,6,8各使用一次，组成能被334整除的六位数，那么，这些六位数除以
334的商有____________种。
第四部分：课后习题
1. 多位数32
3232321n ???
个能被11整除，满足条件的n 最小是多少？
2. 一天，王经理去电信营业厅为公司安装一部电话。服务人员告诉他，目前只有形如“123468a b ”的号码可以申请。王经理打算申请一个能同时被8和11整除的号码。请问：他申请的号码可能是多少？
3.一个各位数字互不相同的四位数能被9整除，把它的个位数字去掉后剩下一个三位数，
这个三位数能被4整除。这个四位数最大是多少？
4. （1）一个多位数的各位数字互不相同，并且含有数字0。如果它能被11整除，那么这个多位数最小是多少？
（2）一个多位数的各位数字之和为13，如果它能被11整除，那么这个多位数最小是多少？
a b能同时被11和25整除。这个五位数是多少？
5.五位数307
6.有7张卡片，上面分别写着1,2,3,4,5,6,7这七个数字，从这七张卡片中选出若干张卡
片，排成一个尽可能大的多位数，并且使这个多位数能被组成它的所有数整除，求这个多位数。
7.将一个自然数N接在任一自然数的右面，如果所得的新数都能被N整除，那么称N为
“神奇数”。请求出所有的两位“神奇数”。
8.将自然数N接写在任意一个自然数的右面，若得到的新数都能被N整除，则称N为“魔
术数”。问小于2013的自然数中有多少个“魔术数”？
ab能被17和19整除，求a和b。
9.六位数1111
10.（1）两个质数的和是39，这两个质数的差是多少？
（2）三个互不相同的质数相加，和为40，这三个质数分别是多少？
11.三个连续自然数的乘积等于39270。这三个连续自然数的和等于多少？
12.有一些最简真分数，它们的分子与分母的乘积都等于140。把所有这样的分数从小到大
排列，其中第三个分数是多少？
13.冬冬在做一道计算两位数乘以两位数的乘法题时，把乘数中的数字5看成了8，由此得
乘积为1104。正确的乘积是多少？
14.请将2、5、14、24、27、55、56、99这8个数分成两组，使得这两组数的乘积相
等。
15.甲、乙、丙三人打靶，每人打三枪。三人各自中靶的环数之积都是60，且环数是不超
过10的自然数。把三个人按个人总环数由高到低排列，依次是甲、乙、丙。请问：靶子上4环的那一枪是谁打的？
16.把从1开始的若干个连续的自然数1,2,3, ，乘到一起。已知这个乘积的末尾13位恰好
都是0。请问：在相乘时最后出现的自然数最小应该是多少？
17.168乘以一个正整数后正好是一个平方数。乘的这个整数至少是多少？所得乘积又是多
少的平方？
18. （1）60乘以一个三位数后，正好得到一个平方数。这个三位数至少是多少？
（2）72乘以一个三位数后，正好得到一个立方数。这样的三位数一共有多少个？
初等数论1
第一次网络作业 一、填空 1.（525，231）的最大公因数为 1、21 2.2160的正约数的个数为 40个 3. 求所有正约数的和等于15的最小正数为 8 4.自176到545的整数中是13倍数的整数个数为 28个 5.35！的标准分解式为 2^5*3^3*5^2*7*11*13*17*19*23*29*31 二、试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里n是任意整数。 证明：n(n+1)(2n+1)=n(n+1)(n-1+n+2)=(n-1)n(n+1)+n(n+1)(n+2) 而 n-1 n n+1是连续的三个整数，其中必有一个是3的倍数，至少有一个是2的倍数 所以（n-1)n(n+1)是6的倍数 同理 n(n+1)(n+2)也是6的倍数 他们的和 n(n+1)(2n+1)也是6的倍数 三、假如(a,b)=1，那末(a-b,a+b)=1或2 因为(a,b)=1 所以存在u,v使得ua+vb=1 所以u(a+b)+(u-v)(-b)=1 v(a+b)+(u-v)a=1 把以上两式相加得(u+v)(a+b)+(u-v)(a-b)=2 如果a+b被2整除，那么a-b也被2整除，我们可得(a-b,a+b)=2 如果u+v被2整除，那么u-v也被2整除，我们可得(a-b,a+b)=1； 如果a+b不被2整除,u+v不被2整除，那么a-b也不被2整除，u-v也不被2整除，此时必然u,v,a,b均为奇数，这与ua+vb=1矛盾
四、求证(21n+4)/(14n+3)是不可约分数，这里n是任意正整数。证明：-.-(21n+4)/(14n+3)=1+(7n+1)/(14n+3) 又(14n+3)/(7n+1)=2+1/(7n+1) 则1/(7n+1)不可约 所以(14n+3)/(7n+1)不可约 所以(21n+4)/(14n+3)也是不可约
初等数论 1 习题参考答案
附录1 习题参考答案 第一章习题一 1. (ⅰ) 由a b知b = aq，于是b = (a)(q)，b = a(q)及b = (a)q，即a b，a b及a b。反之，由a b，a b及a b 也可得a b； (ⅱ) 由a b，b c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a c； (ⅲ) 由b a i知a i= bq i，于是a1x1a2x2a k x k = b(q1x1 q2x2q k x k)，即b a1x1a2x2a k x k；(ⅳ) 由b a知a = bq，于是ac = bcq，即bc ac； (ⅴ) 由b a知a = bq，于是|a| = |b||q|，再由a 0得|q| 1，从而|a| |b|，后半结论由前半结论可得。 2. 由恒等式mq np= (mn pq) (m p)(n q)及条件m p mn pq可知m p mq np。 3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则a, a 1, , a 9, a 19的数字和为s, s 1, , s 9, s 10，其中必有一个能被11整除。 4. 设不然，n1= n2n3，n2p，n3p，于是n = pn2n3p3，即p3n，矛盾。 5. 存在无穷多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，(k1)2
不能表示为a2p的形式，事实上，若(k 1)2= a2p，则(k 1 a)( k 1 a) = p，得k 1 a = 1，k 1 a = p，即p = 2k 1，此与p为素数矛盾。 第一章习题二 1. 验证当n =0,1，2，… ,11时，12|f(n)。 2.写a = 3q1r1，b = 3q2r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3a2b2 = 3Q r12r22知r1 = r2 = 0，即3a且3b。 3.记n=10q+r, (r=0,1,…,9)，则n k+4-n k被10除的余数和r k+4-r k=r k(r4-1)被10 除的余数相同。对r=0,1,…,9进行验证即可。 4. 对于任何整数n，m，等式n2 (n 1)2 = m2 2的左边被4除的余数为1，而右边被4除的余数为2或3，故它不可能成立。 5 因a4 3a2 9 = (a2 3a 3)( a2 3a 3)，当a = 1，2时，a2 3a 3 = 1，a4 3a2 9 = a2 3a 3 = 7，13，a4 3a2 9是素数；当a 3时，a2 3a 3 > 1，a2 3a 3 > 1，a4 3a2 9是合数。 6. 设给定的n个整数为a1, a2, , a n，作 s1 = a1，s2 = a1a2，，s n = a1a2a n， 如果s i中有一个被n整除，则结论已真，否则存在s i，s j，i < j，使得s i与s j 被n除的余数相等，于是n s j s i = a i + 1a j。
《数论》第一章补充例题
《数论》第一章补充例题 整除性理论是初等数论的基础.本章要介绍带余数除法,辗转相除法,最大公约数,最小公倍数,算术基本定理以及它们的一些应用. 1整数的整除性 例1设A={d1,d2,···,dk}是n的所有约数的集合,则 }{nnn,,···,B=d1d2dk 也是n的所有约数的集合. 解由以下三点理由可以证得结论: (i)A和B的元素个数相同; (ii)若di∈A,即di|n,则(iii)若di=dj,则问: d(1)+d(2)+···+d(1997) 是否为偶数? n解对于n的每个约数d,有n=d·n,因此,n的正约数d与是成对地出现的.只有 n2当d=n,即d=n时,d和才是同一个数.故当且仅当n是完全平方数时,d(n)是奇数.nini|n,反之亦然;=nj.例2以d(n)表示n的正约数的个数,例 如:d(1)=1,d(2)=2,d(3)=2,d(4)=3,···. 因为442<1997<452,所以在d(1),d(2),···,d(1997)中恰有44个奇数,故 d(1)+d(2)+···+d(1997)是偶数. 问题d2(1)+d2(2)+···+d2(1997)被4除的余数是多少? 例3证明:存在无穷多个正整数a,使得 n4+a(n=1,2,3,···) 都是合数. ? ?例题中引用的定理或推论可以在教材相应处找到. 1 解取a=4k4,对任意的n∈N,有 n4+4k4=(n2+2k2)2?4n2k2=(n2+2k2+2nk)(n2+2k2?2nk). 由 n2+2k2?2nk=(n?k)2+k2??k2, 所以,对于任意的k=2,3,···以及任意的n∈N,n4+a是合数.
初等数论 第一章 整除理论
第一章整除理论 整除性理论是初等数论的基础。本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。 第一节数的整除性 定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得 a = bc 成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a 的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被 b整除，记为b|/a。 显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。 被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) a∣b?±a∣±b； (ⅱ) a∣b，b∣c?a∣c； (ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k?b∣a1x1+ a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是
任意的整数； (ⅳ) b∣a ?bc∣ac，此处c是任意的非零整数； (ⅴ) b∣a，a≠ 0 ? |b| ≤ |a|；b∣a 且|a| < |b| ?a = 0。 证明留作习题。 定义2若整数a≠0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。 以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。 定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。 证明若a是素数，则定理是显然的。 若a不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d1, d2, , d k 。不妨设d1是其中最小的。若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，使得d1 = e1e2，因此，e1和e2也是a的正的非平凡约数。这与d1的最小性矛盾。所以d1是素数。证毕。 推论任何大于1的合数a必有一个不超过 证明使用定理2中的记号，有a = d1d2，其中d1 > 1是最小的素约数，所以d12≤a。证毕。 例1设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有 n+ 2|/1r+ 2r+ +n r。
初等数论1——整除性
第四讲初等数论1——整除性 本讲概述 数论是数学中极其重要又非常迷人的一个分支，目前我们仅学习初等数论中较浅的内容. 初等数论是数学竞赛四大模块中较难以掌握的模块之一，在数学竞赛中占据极其重要的位置.特别是联赛改制以后，二试必考一道50分的数论大题，一试也会有一到两道数论方面的问题.数论与组合水平如何是大家能否获得联赛一等奖甚至更好成绩的关键. 初等数论这块的竞赛问题涉及到的知识点极少，甚至可以说绝大部分同学在小学初中的培训中基本都接触过.但是限于初中的知识面和同学的年龄，考试中一般不出现较为深入、难度较高的数论问题.到了高中，大家将复习小学初中阶段的数论知识，并将其中的很多知识更为理论化、系统化.高中的数论问题难度也会明显增高.但是在数论这一模块中，我们并不提倡大家过多地掌握很多高深的数论知识，而是提倡大家真正去灵活熟练地运用最基本、最重要的数论基础知识和重要定理来解决问题. 由于同学们在小学、初中都已经学过不少关于初等数论的初步知识，所以这里我们把大家比较熟悉的知识都罗列在下面，对其中大部分定理将不给出证明，直接给出结论. 如果不特别说明，本讲中所有字母均代表正整数. 一、整除 1．整除的定义 两个整数a和b(b≠0)，若存在整数k，使得a=bk，我们称a能被b整除，记作b|a．此时把a叫做b 的倍数，b叫做a的约数．如果a除以b的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a． 2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a． 0是任何非零整数的倍数，a≠0，a为整数，则a|0． （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除．能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 3．整除的几条性质 （1）自反性：a|a(a≠0) （2）对称性：若a|b, b|a，则a=b （3）传递性：若a|b, b|c，则a|c （4）若a|b, a|c，则a|(b, c) （5）若a|b, m≠0，则am|bm （6）若am|bm, m≠0，则a|b （7）若a|b, c|b, (a, c)=1，则ac|b
初等数论(1)整除
初等数论（1）----数的整除 初等数论又称初等整数论，它的研究对象是整数集。整数是小学就接触的一类数，但是关于数论的问题却是最难解决的。 1、整数的离散性：任何两个整数,x y 之间的距离至少为1，因此有不等式1x y x y
初等数论1——整除性
实用文案 第四讲初等数论1——整除性 本讲概述 数论是数学中极其重要又非常迷人的一个分支，目前我们仅学习初等数论中较浅的内容. 初等数论是数学竞赛四大模块中较难以掌握的模块之一，在数学竞赛中占据极其重要的位置.特别是联赛改制以后，二试必考一道50分的数论大题，一试也会有一到两道数论方面的问题.数论与组合水平如何是大家能否获得联赛一等奖甚至更好成绩的关键. 初等数论这块的竞赛问题涉及到的知识点极少，甚至可以说绝大部分同学在小学初中的培训中基本都接触过.但是限于初中的知识面和同学的年龄，考试中一般不出现较为深入、难度较高的数论问题.到了高中，大家将复习小学初中阶段的数论知识，并将其中的很多知识更为理论化、系统化.高中的数论问题难度也会明显增高. 但是在数论这一模块中，我们并不提倡大家过多地掌握很多高深的数论知识，而是提倡大家真正去灵活熟练地运用最基本、最重要的数论基础知识和重要定理来解决问题. 由于同学们在小学、初中都已经学过不少关于初等数论的初步知识，所以这里我们把大家比较熟悉的知识都罗列在下面，对其中大部分定理将不给出证明，直接给出结论. 如果不特别说明，本讲中所有字母均代表正整数. 一、整除 1．整除的定义 两个整数a和b(b≠0)，若存在整数k，使得a=bk，我们称a能被b整除，记作b|a．此时把a叫做b的倍数，b叫做a的约数．如果a除以b的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a?．2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a． 0是任何非零整数的倍数，a≠0，a为整数，则a|0．
高一·联赛班·第4讲·学生版 2 （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k 为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k 为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除． 能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 3．整除的几条性质 （1）自反性：a|a(a ≠0) （2）对称性：若a|b, b|a ，则a=b （3）传递性：若a|b, b|c ，则a|c （4）若a|b, a|c ，则a|(b, c) （5）若a|b, m ≠0，则am|bm （6）若am|bm, m ≠0，则a|b （7）若a|b, c|b, (a, c)=1，则ac|b 二、带余除法 对于任一整数a 及大于1的整数m ，存在唯一的一对整数q, r (0≤r 第一章整数的可除性 §1 整除 整数集对于加、减、乘三种运算都是封闭的，但是对于除法运算不封闭。为此，我们引进整除的概念。 定义1设a,b∈Z，b≠0，如果存在q∈Z，使得等式a=bq成立，那么称b 整除a或a被b整除，记作：b|a，此时称b为a的因数（约数），a为b的倍数。 如果不存在满足等式a=bq的整数q，那么称b不能整除a或a不被b整除，记作b| a。 定理1设a,b,c∈Z，b≠0，c≠0，则 （1）如果c|b，b|a，那么c|a； （2）如果b|a，那么bc|ac；反之亦真； （3）如果c|a，c|b，那么，对于任意m,n∈Z，有c|(ma+nb)； （4）如果b|a，a≠0，那么|b|≤|a|； （5）如果b|a，a|b，那么|b|=|a|。 证明可选证。 定理2（带余除法）设a,b∈Z，b≠0，则存在q,r∈Z，使得a=bq+r，0≤r<|b|，并且q及r是唯一的。 证明当b|a时，取q=a/b，r=0即可。 当b!|a时，考虑集合E={a-bk|k∈Z }，易知E中有正整数，因此E中有最小正整数，设为r=a-bk>0，下证：r<|b|。因为b!|a，所以r≠|b|，若r>|b|，则r’=r-|b|>0，又r’∈E，故与r的最小性矛盾，从而存在q,r∈Z，使得a=bq+r，0≤r<|b|。 唯一性。设另有q’,r’∈Z，使得a=bq’+r’，0≤r’<|b|，则b(q-q’)=r’-r，于是b|(r’-r)，但由于0≤|r’-r|<|b|，故r’-r=0，即r=r’，从而q=q’。 定义2等式a=bq+r，0≤r<|b|中的整数q称为a被b除所得的（不完全）商，整数r称为a被b除所得的余数。 注r=0的情形即为a被b整除。 例1 设b=15，则 当a=255时，a=17b+0，故q=17，r=0； 当a=417时，a=27b+12，故q=27，r=12； 当a=-81时，a=-6b+9，故q=-6，r=9。 例2整数被2除的余数有两种可能：0和1，一个整数被2整除称为偶数，否则称为奇数，分别记作2k和2k+1，k∈Z。 类似地，任一整数可表示为3k，3k+1，3k+2三种形式之一。 例3设a=2t-1，若a|2n，则a|n。 例4设a,b∈Z，a≠0，b≠0，有x,y∈Z，使ax+by=1，证明：若a|n，b|n，则ab|n。 第2章初等数论 知识点： 1．素数 整除 设a,b是两个整数，且b≠0，若存在整数m，使得a=mb,则称b整除a或a被b整除。记为b∣a,称b为a的因数,a是b的倍数。b不整除a,记为b?a。 设a,b是两个整数，且b≠0，则存在唯一整数q和r，使 a=qb+r且0?r<|b|。 则上式称带余除法，记余数r=a mod b。b∣a?a mod b=0. 例1，15=3×4+3，15 mod 4=3；-8=-3×3+1，-8 mod 3=1；10=5×2+0，10 mod 2=0。整除的性质 (1)若b∣a且b∣c，则对任意整数，有b∣a x+cy。 (2)若b∣a且a∣c，则b∣c。 (3)若b∣a且a∣b，则a=±b。 (4)若a∣b且b≠0，则∣a∣?∣b∣。 (5)设m≠0则a∣b?ma∣mb。(自行证明上述性质) 素数 定义：若整数p>1且只能被1和它自己整除，则称p为素数或质数。若整数p>1且不是素数，则称p是合数。 素数有无穷多个，素数的因子仅有1,-1,p,-p。 素数与合数的性质 （1）a>1是合数?a=bc。其中1初等数论 第一章 整数的可除性
第4章初等数论1