1.7正整数的正约数个数与总和
自然数约数的个数及所有约数的和
自然数约数的个数及所有约数的和我们知道：一个数ɑ，如果能被数b整除，b就是ɑ的约数。
自然数(除了1以外)按照约数的多少，可以分成质数与合数两类：质数只有1和它自己两个约数；合数除了1和它自己以外，还有其它的约数；上面这些知识都是非常浅显的，连小学生都知道。
殊不知，在这些人们耳熟能详的知识中，却隐藏着许多饶有兴味的问题。
一、约数的个数一个数的约数的个数，与这个数由哪些质因数组成有关。
以12为例，分解质因数得到12＝22×3。
在构成12的约数时，质因数2，可以取2个(即22＝4)、1个(即21＝2)或者不取(即20＝1)，有3种方法，“3”比质因数2的幂指数“2”多1；对于质因数3，可以取1个(即31＝3)或者不取(即30＝1)，有2种方法，“2”比质因数3的幂指数“1”多1。
所以，总共可以组成3×2＝6个约数，分别是22×31＝4×3＝12，21×31＝2×3＝6，20×31＝1×3＝3，22×30＝4×1＝4，21×30＝2×1＝2，20×30＝1×1＝1。
推广到一般：如果一个数N＝ɑi b j…c k，其中，ɑ、b、…、c是N的质因数，i、j、…、k 是这些质因数的幂指数。
N的约数的个数等于：(i＋1)(j＋1)…(k＋1)以360为例，360＝23×32×5。
质因数2、3、5的幂指数分别是3、2、1，所以360的约数有(3＋1)(2＋1)(1＋1)＝24个。
检验：360的约数有360、180、120、90、72、60、45、40、36、30、24、20、18、15、12、10、9、8、6、5、4、3、2、1，共24个。
二、约数的总和仍以12为例，12＝22×3。
根据上面所说的12的约数的构成，这些约数的总和等于：22×31＋21×31＋20×31＋22×30＋21×30＋20×30，化简后得到：(22＋21＋20)(31＋30)。
初等数论1.7(小学教育专业)
一、正整数的正约数个数
在一间房子里有编号为1-100的100盏灯,每盏都配有 一个开关,开始灯全灭着.现有100个人依次进入房间, 第k个人把编号是k的倍数的灯的开关各拉一次,这样 操作完成之后,哪些编号的灯亮着。
为了叙述方便,我们把正整数n的正约数个数记作 d(n) . 例如,d(1)=1,d(2)=2,d(5)=2,d(8)=4,d(12)=6
例3 有一个小于2000的四位数,它恰有14个正约数,其 中有一个质约数的末位数字是1,求这个四位数. 定理2 正整数n为完全平方数的充要条件是d(n)为奇 数.
例4 求证：正整数n的所有正约数之积等于 nd ( n) .
二、正整数n的所有正约数之和
正整数n的所有正约数之和记作S(n) 1.当n只含有一个质约数时
思考：d(360)=
d(450000)=
1 2 定理1 设正整数n的标准分解式为n=p1 , p2 ,
m , pm ,则
d (n) (1 1)( 2 1)
例1 求d(300000).
(am 1).
例2 若n p q , 其中p, q为不同质数, 1,Байду номын сангаас 1.且n 2有 15个正约数,求d (n7 ).
pm )
m
1 1 2 1 p1 1 p2 1 p1 1 p2 1
m 1 pm 1 pm 1
例5 求S(360).
例6 求形如2k 3m的正整数, 且使其所有正约数之和 为403。
例7 求1998的所有正约数的倒数之和.
小结：本节主要讲述正整数的正约数个数与总和， 要求会求正整数正约数的个数，理解正约数总和 的求法，并能灵活运用。 作业：习题1.7第7题. 教学后记：基本能掌握主要知识点，但不是很熟 练，应多做练习题。
正整数的特性及运算规律
正整数的特性及运算规律正整数是数学中最基本的数，它具有许多独特的特性和运算规律。
在初中数学学习中，掌握正整数的特性和运算规律对于学生们打下坚实的数学基础至关重要。
本文将从不同角度分析正整数的特性及运算规律，帮助中学生及其家长更好地理解和应用这些知识。
一、正整数的特性1. 正整数的无限性：正整数是无穷的，没有最大值。
无论我们取多大的正整数，总能找到比它更大的正整数。
2. 正整数的奇偶性：正整数可以分为奇数和偶数两类。
奇数是不能被2整除的正整数，例如1、3、5等；偶数则是可以被2整除的正整数，例如2、4、6等。
3. 正整数的因数和倍数：对于一个正整数，它的因数是能够整除它的正整数，而它的倍数是它能够整除的正整数。
例如，正整数8的因数有1、2、4、8，倍数有8、16、24等。
4. 正整数的质数和合数：正整数可以分为质数和合数两类。
质数是只有1和自身两个因数的正整数，例如2、3、5等；合数则是除了1和自身之外，还有其他因数的正整数，例如4、6、8等。
二、正整数的运算规律1. 正整数的加法：正整数的加法满足交换律和结合律。
即对于任意两个正整数a和b，有a+b=b+a，(a+b)+c=a+(b+c)。
例如，2+3=3+2=5，(2+3)+4=2+(3+4)=9。
2. 正整数的减法：正整数的减法满足减法的逆运算。
即对于任意两个正整数a和b，有a-b+a=b。
例如，5-2+2=5。
3. 正整数的乘法：正整数的乘法满足交换律和结合律。
即对于任意两个正整数a和b，有a×b=b×a，(a×b)×c=a×(b×c)。
例如，2×3=3×2=6，(2×3)×4=2×(3×4)=24。
4. 正整数的除法：正整数的除法满足除法的逆运算。
即对于任意两个正整数a和b，有a÷b×b=a。
例如，8÷4×4=8。
小升初数论必考知识点归纳
小升初数论必考知识点归纳数论是数学中研究整数性质的分支，对于小升初的学生来说，掌握数论的基础知识是非常重要的。
以下是一些小升初数论的必考知识点归纳：1. 整数和自然数：理解整数包括正整数、负整数和0，自然数则是从1开始的正整数。
2. 奇数和偶数：能够识别奇数（不能被2整除的整数）和偶数（能被2整除的整数）。
3. 质数和合数：质数是指只有1和它本身两个因数的大于1的自然数，合数则是有其他因数的自然数。
4. 最大公约数和最小公倍数：理解最大公约数（两个或多个整数共有约数中最大的一个）和最小公倍数（能够被几个整数整除的最小正整数）的概念，并掌握求法。
5. 因数和倍数：理解一个数的因数是能够整除该数的所有整数，倍数则是该数的整数倍。
6. 数的整除性：掌握整除的概念，即如果一个整数a除以另一个整数b（b≠0），得到的商是整数且没有余数，我们就说a能被b整除，或b能整除a。
7. 分解质因数：将一个合数写成几个质数相乘的形式，这个过程称为分解质因数。
8. 完全平方数：如果一个数可以表示为某个整数的平方，那么这个数就是完全平方数。
9. 数位和位数：理解数位是指数字在数中的位置，位数是指一个数包含的数位的个数。
10. 带余除法：掌握带余除法的概念，即除法运算中除不尽时的余数。
11. 同余：如果两个整数除以同一个数得到的余数相同，那么这两个整数是同余的。
12. 等差数列：理解等差数列的概念，即每一项与前一项的差是一个常数。
13. 奇偶性规律：掌握一些基本的奇偶性规律，如奇数加奇数等于偶数，偶数加偶数等于偶数，奇数乘以奇数等于奇数等。
14. 数的进位制：了解不同进位制的基本概念，例如十进制、二进制等。
15. 约数个数的计算：掌握如何根据一个数的质因数分解来计算它的约数个数。
通过这些知识点的学习，学生可以更好地理解整数的性质，为进一步学习数学打下坚实的基础。
在实际的学习过程中，不仅要理解这些概念，还要通过大量的练习来加深理解并提高解题能力。
1到n中所有整数的约数个数和数论
1到n中所有整数的约数个数和数论
数论中关于整数的约数个数的问题是一个经典的数论问题，也与著名的数论函数σ(n)（约数函数）相关。
σ(n)表示n的所有正约数之和，包括1和n本身。
首先，我们知道一个数n的约数是成对出现的，例如对于数m，如果它是n的约数，那么n/m也是n的约数。
但是当m等于n/m时，即m的平方等于n，那么m就是n的唯一的约数（平方数的约数个数为奇数个）。
因此，我们可以得出结论：当n不是完全平方数时，它的约数个数是偶数；当n是完全平方数时，它的约数个数是奇数。
现在，我们来具体分析一下1到n中所有整数的约数个数的和。
我们可以利用上面的结论，对1到n中每个数的约数个数进行分类讨论。
1. 对于非完全平方数m，它的约数个数是偶数，设为2k，则它的约数对中包括k对，每对的和为m，因此1到n中所有非完全平方数的约数个数和为2 * (1 + 2 + ... + k) = k * (k + 1)。
2. 对于完全平方数m，它的约数个数是奇数，设为2k + 1，则它的约数对中包括k对，每对的和为m，另外还有一个m的平方根没有配对，因此1到n中所有完全平方数的约数个数和为(k * (k + 1)) + m = k * (k + 1) + m。
通过以上分析，我们可以得出结论：1到n中所有整数的约数个数和为k * (k + 1) + m，其中k为非完全平方数的个数，m为完全平方数的个数。
因此，我们可以通过统计1到n中完全平方数的个数和非完全平方数的个数，然后套入上述公式，就可以计算出1到n中所有整数的约数个数的和。
初中数论知识点
初中数论知识点一、整数的基本概念1、整数：包括正整数、零和负整数。
正整数：大于 0 的整数，如 1、2、3 等。
零：既不是正数也不是负数的整数。
负整数：小于 0 的整数，如－1、－2、－3 等。
2、自然数：用以计量事物的件数或表示事物次序的数，即用数码0，1，2，3，4……所表示的数。
3、奇数和偶数：奇数：不能被 2 整除的整数，如 1、3、5、7 等。
偶数：能被 2 整除的整数，如 0、2、4、6、8 等。
二、因数和倍数1、因数：整数 a 除以整数b(b≠0) 的商正好是整数而没有余数，称b 是 a 的因数。
一个数的因数的个数是有限的。
其中最小的因数是 1，最大的因数是它本身。
2、倍数：一个整数能够被另一个整数整除，这个整数就是另一整数的倍数。
一个数的倍数的个数是无限的。
其中最小的倍数是它本身，没有最大的倍数。
三、质数与合数1、质数：一个大于 1 的自然数，除了 1 和它自身外，不能被其他自然数整除的数。
质数的个数是无穷的。
2 是最小的质数。
2、合数：指自然数中除了能被 1 和本身整除外，还能被其他数（0 除外）整除的数。
4 是最小的合数。
四、公因数与公倍数1、公因数：指两个或多个整数共有约数中最大的一个。
可以通过列举法、分解质因数法、短除法等方法求公因数。
2、公倍数：指在两个或两个以上的自然数中，如果它们有相同的倍数，这些倍数就是它们的公倍数。
其中最小的公倍数称为最小公倍数。
五、整除的性质1、如果 a 能被 b 整除，b 能被 c 整除，那么 a 也能被 c 整除。
2、如果 a 和 b 均能被 c 整除，那么 a ＋ b 和 a b 也能被 c 整除。
六、同余的概念1、同余：两个整数 a、b，如果它们除以同一个自然数 m 所得的余数相同，则称 a、b 对于模 m 同余。
2、同余的性质：反身性：a ≡ a （mod m)对称性：若a ≡ b （mod m)，则b ≡ a （mod m)传递性：若a ≡ b （mod m)，b ≡ c （mod m)，则a ≡ c （mod m)七、数的整除特征1、能被 2 整除的数的特征：个位数字是 0、2、4、6、8 的数。
数论基础知识
数论基础知识数论是数学的一个分支，主要研究整数的性质和整数之间的相互关系。
数论的基础知识包括但不限于以下几个方面：1. 整数和自然数整数包括正整数、负整数和零，而自然数通常指的是从1开始的正整数。
在数论中，整数的性质和它们之间的运算是研究的重点。
2. 素数和合数素数是指只能被1和它本身整除的大于1的自然数，例如2、3、5、7等。
合数则是除了1和它本身之外，还能被其他自然数整除的数。
例如，4是合数因为它可以被2整除。
3. 因数和倍数一个数的因数是可以整除它的数，而倍数则是这个数的整数倍。
例如，6的因数有1、2、3和6，而6的倍数包括6、12、18等。
4. 最大公约数和最小公倍数两个或多个整数的最大公约数（GCD）是它们共有的最大的因数。
最小公倍数（LCM）是能被这些数整除的最小的正整数。
例如，8和12的最大公约数是4，最小公倍数是24。
5. 算术基本定理算术基本定理指出，每个大于1的自然数都可以唯一地分解为素数的乘积，不考虑因数的顺序。
例如，60可以分解为2^2 * 3 * 5。
6. 同余和模运算同余是指两个整数在除以某个数后余数相同。
模运算是数论中的一个重要概念，它涉及到整数除法的余数。
例如，5和10在模3的意义下是同余的，因为5除以3余2，10除以3也余2。
7. 二次剩余和勒让德符号二次剩余是指在模p（p为素数）的意义下，某个数的平方根存在的情况。
勒让德符号是一个用于判断一个数是否是某个素数模的二次剩余的符号。
8. 费马小定理费马小定理是数论中的一个基本定理，它指出如果p是一个素数，那么对于任何整数a，a^p - a是p的倍数。
特别地，当a不是p的倍数时，a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
9. 欧几里得算法欧几里得算法是一种用于计算两个整数最大公约数的算法。
它基于这样的事实：两个整数的最大公约数与它们的差的最大公约数相同。
10. 丢番图方程丢番图方程是一类特殊的多项式方程，它们通常涉及到整数解。
1.7正整数地正约数个数与总和
§1.7正整数的正约数个数与总和一、正整数的正约数个数我们先看一个有趣的问题:在一间房子里有编号为1~100的100盏电灯,每盏都配有一个开关,开始灯全灭着.现在有100个人依次进入房间,第k 个人把编号是的k 倍数的灯的开关各拉一次,这样操作完之后,哪些编号的灯亮着?解决这个问题,需要讨论各盏灯编号的约数个数的奇偶性.如何求一个正整数的约数的个数呢?下面我们讨论这个问题.设为n 正整数,的n 正约数最小为1,最大为,n 因此的n 正约数的个数有限.为了叙述更方便，我们把正整数的n 正约数个数记作()d n . 例如, (1)1d =,(2)2d =,(5)5d =,(8)4d =,(12)6d =.从理论上讲,求d(n)只要把n 的正约数全部找出来数一数就可以了,但这种方法并不适合求数值较大的数的正约数的个数,例如(360)d ,(450000)d .下面我们以求d(360)为例,介绍可行的方法.由于3602332=⨯⨯5,其正约数比形如323n 2γ=⨯⨯5,其中α可取0~3四个数之一,β可取0~2三个数之一, γ可取0,1两个数之一. α,β,γ各选定一个允许值,构成一个组合,代入n 即可得到360的正约数个数是24,故(360)43224d =⨯⨯=.同理由144=4322⨯,可知(144)(41)(21)15d =++=. 定理1 设正整数n 的标准分解式为1212n p p αα=…m m p α,则 12()(1)(1)d n =α+α+…(1)m α+. 证明: n 的正约数必形如1212k p p αα=…mmp α,其中1β可取0至1α中任意一个,共有11α+种取法; 2β可取0至2α中任意一个, 共有21α+种取法;…;m β可取0至m α中任意一个,共有1m α+种取法,那么12()(1)(1)d n =α+α+…(1)m α+. 例1 求(300000)d .解: 因为5530000025 =⨯3⨯,所以(300000)(51)(11)(51)72d =+++=.例2 若n p q αβ=,其中p ,q 为不同质数, α≥1, β≥1.且2n 有15个正约数,求7()d n .解: 由222n p q αβ5=,得2()(2)(21)1535d n =α+1β+==⨯. 不失一般性.设β≥α,则2α+1=3, 2β+1=5,解得α=1, β=2,故2n pq =,则7714n p q =,所以7()(71)(141)815120d n =++=⨯=.例3 有一个小于2000 的四位数,它恰有14个正约数,其中有一个制约数的末尾 数字是1,求这个四位数. （1984年上海初中赛题） 解: 设n 为所求,则()14172d n =⨯=⨯.若()141d n =⨯,则13n p =,而13112000> ,故此时无解.若()72d n =⨯,则6n p q =,其中p , q 为不同质数.为质数p , q 选取适当的值,使其满足p , q 之一的末位数是1,且0002000n 1 << .易知只有当2p =,31q =时, 62311984n =⨯=符合题意.定理2 正整数n 为完全平方数的充要条件是()d n 为奇数. 证明: 必要性设1212(n p p αα= (2))m mp α (其中1212p p αα…m m p α的标准分解式),则1212n p p αα=…mmp α,故12()(2)(21)d n =α+1α+…(21)m α+. 因为12α+1,221α+,21m α+均为奇数,所以12()(2)(21)d n =α+1α+…(21)m α+.为奇数. 充分性 设1212n p p αα=…mmp α为n 的标准分解式,则12()()(1)d n =α+1α+…(1)m α+.因为()d n 为奇数,所以1α+1,21α+,… ,1m α+均为奇数,从而1α,2α,…,m α均为偶数.设11α=2β,22α=2β,…,m m α=2β,则 1212n p p 2α2α=…1212(m m p p p 2αββ=…2)m m p β,所以n 为完全平方数.该定理可以用来分析解决本节开头提出的“拉灯”问题:各盏灯的开关被拉几次取决于其编号的正约数的个数,而灯是否被拉亮取决于其开关被拉次数的奇偶性（奇数则被拉亮）.由定理2可知,亮灯的编号必为完全平方数,即第21,22,23,… ,210号的灯亮着.当然,该定理的价值远不止于此,它主要用来判断一个数是否是完全平方数,进而解决其它有关问题.例4 求证:正整数n证明: 设n 的所有正约数为1n ,2n ,…,()d n n .因为k n n |,所以存在k m ,使(1,2,k n m k ==…())d n ,,从而k m n |,即k m 是n 的正约数，所以k m 是1n ,2n ,… ,()d n n 之一(1())k d n ≤≤.故1m ,2m ,…,()d n m 是1n ,2n ,…,()d n n 重新排序的一个结果,所以12n n …()12d n n m m =…()12d n n n m n n =…()d n n n =()12()...d n d n n n n n ,则12(n n (2)()())d n d n n n=,所以12n n…()d n n =即正整数n由例4自然联想,正整数n 的所有正约数之和等于多少呢? 二、正整数n 的所有正约数之和正整数n 的所有正约数之和记作()S n ,下面我们按n 含有的质约数的个数来讨论.1.当n 只含一个质约数时例如,9的正约数有1,3,23,其和为3231(9)13331S -=++=-;32的正约数有23451,2,2,2,2,2,其和为6234521(32)12222221S -=+++++=-,一般地,若mn p =,则2()1S n p p =+++ (11)1m mp p p +-+=-.2.当n 含有两个质约数时例如, 327223=⨯,其正约数排列如下:1 2 22 323 3⨯2 23⨯2 33⨯223 23⨯2 223⨯2 233⨯2则2323222223(72)(12222322333232)S =+++)+(3+3⨯+⨯+3⨯)+(+⨯2+⨯+⨯ 232(1222)(133)=+++++4321312131--=⨯--. 一般地,若mkn p q =（,p q 是互异质数, ,m k 为正整数）,则1()(1S n p =++…1)(1m p q +++…)k q +111111m k p q p q ++--=⨯--. 由上述过程不难猜想:若1212n p p αα=…mmp α(12,,p p …,m p 是互异质数, 12,,αα…,m α为正整数),则11()(1S n p =++…1112)(1p p α+++…22)p α+…1(1m p ++…)m m p +α. ①下面试证这个结论.从①式中每个括号任取一项相乘,积必形如 1212p p ββ…mmp β(其中0,1,2,k k k ≤β≤α=…,m ),这样的积共有多少个呢?在第k 个括号内任取一项,有1k α+种取法,故在m 个括号内各任取一项,共有12(α+1)(α+1)…1)()m d n (α+=种取法,即有()d n 个这样的积.由§1.4中算术基本定理的推论可知.每个这样的积都是n 的一个正约数,且n 的任一正约数必是这样的积中的一个,故所有这样的积作成的和就是n 的所有正约数之和()S n ,即11(1p ++…1112)(1p p α+++…22)p α+…1(1m p ++…)()m m p S n +α=这说明我们的猜想是正确的,从而得到了如下的定理. 定理3 设正整数1212n p p αα=…mmp α,(12,,p p …,m p 是互异质数, 12,,αα…,m α为正整数),则11()(1S n p =++…1112)(1p p α+++…22)p α+…1(1m p ++…)m m p +α121112121111p p p p α+α+--=⨯⨯-- (111)m m m p p α+-⨯-. 例5 求()360S n =.解: 因为32360235=⨯⨯,所以432213151(360)1170213151S ---=⨯⨯= ---. 例6 求形如23k m的正整数,且使其所有正约数之和为403. 解: 由题意可得112131(23)140313312131k m k mS ++--=⨯=⨯=⨯--, 故可得下面四个方程组11211,2131403;31k m ++⎧-=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩ 1121403,21311;31k m ++⎧-=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩112113,213131;31k m ++⎧-=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩ 112131,213113.31k m ++⎧-=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩上述四种情况只有最后一组有正整数解4,2.k m =⎧⎨=⎩故只有4223144⨯=的所有正约数之和为403.例7 求1998 的所有正约数的倒数之和. 解: 因为319982337=⨯⨯ ,所以(1998)(11)(31)(11)16d =+++= ,23(1998)(12)(1333)(137)4560S =+++++= .设1998 的16个正约数分别为12,,x x …,16x 可按乘积等于1998 分为8组,不妨设123456789101112131415161998x x x x x x x x x x x x x x x x ======== ,则1211x x ++ (16)1x + 12341111()()x x x x =++++ (1516)11()x x ++ 34121234x x x x x x x x ++=++ (15161516)x x x x ++ 1216 (4560760)199********x x x +++===. 如果()2S n n =,则称n 为完全数,如6,28,496,8128,... 截止1996年11月，共发现了34个完全数.在两个正整数中,若一个数的所有正约数之和恰好等于另一个数,则称这两个数为一对亲和数,如1184 与1210 ,220与284,….对完全数与亲和数感兴趣的读者,以阅读上海教育出版社1998年1月版谈祥柏译[美]阿尔伯特••H •贝勒著《数论妙趣》.例8 能被30整除,且恰有30个不同正约数的自然数共有多少个?(98年上海市初中数学竞赛题)解：设正整数p 分解质因数为1212aap p ⨯⨯…na np ⨯,则它的约数个数为12(1)(1)a a ++…(1)n a +.因为题中要求的数能被30整除,以必然含有质因数2,3,5,设此数为312235aaa⨯⨯⨯…, 则它的约数的个数为123(1)(1)(1)a a a +++…,因为3530=2⨯⨯,所以123()(30)(1)(1)(1)35d p d a a a ==+++=2⨯⨯,所以p 没有除3,52,之外的质因数，所以1231,1,1a a a +++只能是3,52,或者2,5,3或3,5,2或3,2,5或5,2,3或5,3,2,共6个.例9 证明对任意一个正整数,其正约数中末位为1或9的的个数不小于末位为3或7的数的个数.证明: 设正整数约数中末尾为3有m 个, 7的有n 个. 设其为12,,x x …,m x ,12,,y y …,n y (从小到大排列)当0,0m n ==显然正确.1n =时, 1是n 的正约数,2n >时, 1231,y y ,y ,i y ⨯⨯…1,y y ,n ⨯互不相同，共n 个. 0m =,同理可证.,m n ≥1时， 123y y ,y ,i y ⨯⨯…1,y y ,n ⨯共n 1-个. 12,x x ⨯…1,m x x ⨯共1m -.11y x ⨯末尾为1,又有1为n 的正约数,至少1111m n m n -+-++=+个. 综上,得证.例10求出最小的正整数n ,使其恰有144个正约数，并且其中有十个是连续的整数.例11（1） 所有的正约数的和等于15的最小自然数是多少？8 （2） 所有正约数的积等于64的最小自然数是多少？8（3） 有没有这样的自然数,其所有正的真约数之积等于它本身？21 例12只有13个正约数的最小正整数是？ 解：()13(121)d n ==+ n 最小取2，所以 1224096=. 例13用()d n 表示正整数n 的正约数的个数,证明:存在无穷多个正整数n ,使得()(1)1d n d n +++是3的倍数.证明: 可知当n 为质数时()2d n =则当1n +的约数个数为3时 ()(1)16d n d n +++=是3的倍数又可知当n 为质数, 1n +的约数为3有无数组所以存在无穷多个正整数n ,使得()(1)1d n d n +++是3的倍数.例14在30~300的所有正整数中，有几个数恰有三个正约数？解: 三个正约数就是：1,x ,其本身,且本身/ x x =, 推得这个数等于2x , x 是个质数.2255= 2366= 217289= 218324=可知, x 是在6到17间的质数：7、11、13、17。
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特别地，p为质数的充分必要条件是：d ( p) 2.
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证明：∵ n=p11p22…pnn
∴ n的任意正约数都可以写成以下形式： n= p1x1p2x2…pnxn (0xii). 上式中的每一个xi都可以取0, 1, …, i这(i +1)个不同 的值，而每一个xi又可以与其他xj (xi xj )任意组成a的 正约数，根据排列组合中的分布计数原理，总共有： (1+1) (2+1)… (n+1) 中可能性，故n的正约数共有(1+1) (2+1)… (n+1)个. 注：上述定理说明一个大于1的整数的正约数的个数， 等于它的标准分解式中每个质因数的指数加1的连乘积.
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推论 若(a, b)=1，则d(ab)=d(a)d(b). 定理 若(a, b)=1，则S(ab)=S(a)S(b).
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例1 求 d (300000) 例2 求满足 d (n) 10 的最小正整数n. 例3 若n=paqb ,其中p、q为不同质数，a、 b均大于等于1，且n2有15个正约数，求
4、求720所有正约数的倒数之和。
S( a ) a
作业：P65-66：
思考题
2、3、7、8、9、13
1、求自然数N，使得它能被5和49整除，
并且包括1和N在内，共有10个约数. 2、求不大于200且恰有15个正约数的正整 数. 3、若a=695+5 × 694+10 × 693+10 ×
692+5 × 69+1，求 d (a).
1.7正整数的正约数个数与总和
一、自然数的正约数的个数及所有正约 数的和
定义1.7 d(n)表示自然数n的所有正约数的个数(通常 也成为除函数)，如d(2)=2， d(4)=3； S(n)表示自然数n的所有正约数的和，如S(2)=1+2=3， S(4)=1+2+4=7. 定理1.4.4 设n=p11p22…pnn, 则有： d(n)=(1+1) (2+1)… (n+1).
d (n7 )
例4 一个形如2k3m的正整数，其所有正约数 的和为403，求这个正整数. 例5 有一个小于2000的四位数，它恰有14个 正约数，其中有一个质约数的末位数字是1，
求这个四位数.
例6 自然数A和B的正约数个数分别是12和10， 且A，B的标准分解式中只含有质因数3和5， （A，B）=75，求A+B. 例7 求1998的所有正约数的倒数之和.