整除与余数

1 基本知识 一．整数的性质 1．整数的离散性

任何两个不同整数,ab间的距离至少为1。于是有1abab。 2．整数的奇偶性 能被2整除的数称为偶数，可表为2mmZ的形式；

不能被2整除的数称为奇数，可表为2121mmmZ或的形式； （1）奇数与奇数的和或差为偶数；偶数与偶数的和或差为偶数；奇数与偶数的和或差为奇数 （2）奇数与奇数的积为奇数；奇数与偶数的积为偶数；偶数与偶数的积为偶数

（3）奇数的平方可表为81()mmZ的形式；偶数的平方可表为884()mmmZ或的形式 （4）任意正整数n均可表为2mnl的形式，其中0m，l为奇数 3．整数的整除性 （1）,abbcac

（2）1,1,2,,niiiiiabacbcZin （3）,0acbabcb （4）abab；,abbaab

（5） ,1acbcabcab （6）若p为质数，且12npaaa，则p必能整除1,2,,iain中的某一个 （7）若等式11nmijijab中除某项外其余各项均能被c整除，则此项也能被c整除 （8）n个连续整数中有且仅有一个能被n整除 （9）任意n个连续整数之积必能被!n整除 二．带余除法 2

设,,0abZb，则,qrZ，使得0abqrrb ，且,qr唯一。 事实上，取不超过a的b的最大倍数bq，即q满足1bqabq，令rabq，则有0rb。存在性得证。 下证唯一性：

设另11,qrZ，使得1110abqrrb，则有11aabqqrr，即

11bqqrr，从而1brr，但10rrb，故10rr，即1rr，于是1qq。

唯一性得证。 三．整数尾数函数的性质

aZ的个位数称为a的尾数，记为Ga，Ga称为尾数函数。

（1）GGaGa （2）1212nnGaaaGGaGaGa （3）1212nnGaaaGGaGaGa，特别地，nnGaGGa （4）100,10GaGabGb （5）10abcGaGb （6）44,,kGaGaakN，即方幂的尾数是指数呈现以4为周期的循环。 （7）4,0,04,,,krrGaGakrakrN

（8）...211124121212bnbbbGabbGaGabbbbGabb当为奇数,为偶数时当为偶数,为奇数或和均为偶数时当和均为奇数时

典型例题 例1求满足不等式222332abcabbc的,,abcZ。 解析 由222332abcabbc且,,abcZ，则 3

2222222

222

43203121044311022abcabbcbbaabbccbbac







于是有 11022bbac 从而得 1,2,1abc 点评：本题充分利用整数的离散性和配方法进行变形。 例2设221,0kkFk。证明：若,mn则2nmFF。

解析 整理易知，所证结果为222121nm。联想证明1222121nm，再利用 122222222121212121nnnnn



即可得证。

点评：此题关键在于利用因式分解121kkkkkababaabb。

例3求证：当n为奇数时，1111!nknnk。 解析 由n为奇数可知，111kk为偶数项和。注意到11,11nnn11,2222nnn 的分子均为n，分母均能整除1!n，故可利用配对法解决。 例4设,,mnN且2m，证明：2121mn。 解析 按,mn的大小关系分三种情形讨论： （1）当2nmm时，2121mn，显然2121mn。

（2）当nm时，由于12122nm，故211221nm，即2121mn。 （3）当nm时， 设,0,0nmqrrmq，于是212121221nmqrmqrr，因为

0rm，所以2121mr，而2121mmq，故2121mn。

由上述（1）（2）（3）得结论成立。 例5设00axby为形如axby（,ab不全为零）的整数中最小的正数，证明：,xyZ， 4

恒有00axbyaxby。 解析：,xyZ，!,qrZ，使0000,0axbyaxbyqrraxby。 若0r，则000raxby，且00raxxqbyyq， 而0xxq与0yyq均为整数， 故r是比00axby还要小的形如axby的正整数。 这与00axby的最小性矛盾。 例6设nN，求证：22512332241.nnn 解析：设22332241nfnnn，要证512fn，可运用递推思想转化为证明5121,5121,ffnfnnN。

事实上，10f，则5121f；又218381nfnfnn，因512864，故只要证明264381nn。

设2381ngnn，因10g，则641g；又 12164991nngngn，可见641gngn，于是

64gn，从而512fn。

例7证明：3,,,2410kknkNfnknn都不能分解成若干个连续正整数之积。 解析：注意到“连续正整数之积”，联想“n个连续正整数的积能被!n整除”。因此只要证明,fnk不能被很小的正整数整除即可。由



3333,2410 3310 33111kk

kkkkkkkkk

fnknnnnnnnnnnn

及3333,311,31kkkkknnnnn，得3,fnk，因而,fnk不能分解成三个或三个以上的连续正整数的乘积。 是否,fnk可以分解成两个连续正整数之积呢？

由上知，,fnk可表为,31fnkqqN。因而只需证方程131xxq无正 5

整数解。事实上，分别将3,31,32xrxrxr代入上述方程，左边的结果均不是31q型的数。

故,fnk对任何正整数,nk都不能分解成若干个连续的正整数之积。 例8求,yN都能使7121yxy成立的最大的.xN 解析：容易知道7121yy是关于y的增函数。 当1y时，712118yy，由7121yxy知18x，即x是18的约数； 当2y时，712172184yy； 当3y时，71213781821yy 由上知，有187121yy，故猜测18x。 容易想到用数学归纳法证明结论。 当1y时猜测成立。

假设当yk时猜测为真，即18(7121)kk，则当1yk时， 1712117121672kkkkk，

由假设知，只需证18672k，即372k。 事实上，11223176166661kkkkkkkkkCCC， 由此知7k被3除余1，从而372k。 因此当1yk时，11871211kk。

模拟试题1-4 一．填空题（共8小题，每小题7分，共56分） 1．数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中相邻若干个数之和能被11整除的数组共有 组。

2．已知2211,,,aabbababN则ab 。

3．设奇数,,,abcd满足 6

0abcd，且,2,2,,kmadbcadbckmZ，

则a

4．设,,1,2,,iiixyzin的取值均为1或1，且1110,0,0nnniiiiiiiiixyxzyz，则n 5．已知x表示不超过x的最大整数，则198032的个位数字为

6．已知,,abcZ，且abcbca与acbcba均为整数，则32abc 7．使得22121nnn为整数的最大整数n为 8．将某五位正奇数a中所有的2换成5，所有的5换成2，其他数字不变，得到新的五位数b，若,ab满足21ba，则a

二．解答题（共3小题，共44分） 9．证明：存在无穷多个nN，使得22,121.nnnn

10．已知1abc，求使得1111abcabc成立的所有,,.abcN 11．设0xyzp，其中,,,xyzZp为质数。若p除333,,xyz所得余数相等，证明：222.xyzxyz