§1.1整除的概念 带余除法
第一章引言、整除的概念、带余数除法
定理 4 (带余数除法 ) 若 a, b是两个整数,其中 b>0, 则存在着两个 整数 q 及 r , 使得 a bq r , 0 r b. 成立,而且 q 及 r 是惟一的. (2)
证明思路
存在性: 构造序列 ，-3b, 2b, b,0, b,2b,3b, 惟一性：设 还有两个整数 q1 与 r1 满足 a bq1 r1 ,0 r1 b.只要证明r1 r , q1 q 即可。
陈景润1933－1996，主要研究 解析数论，他研究哥德巴赫猜 想和其他数论问题的成就，至 今仍然在世界上遥遥领先。其 成果也被称之为陈氏定理。
潘承洞，在解析数论研究方面 有突出贡献。主要成就涉及算 术数列中的最小素数、哥德巴 赫猜想研究，以及小区间上的 素变数三角和估计等领域。
王元1930－50年代至60年代初， 首先在中国将筛法用于哥德巴 赫猜想研究，并证明了命题3+4， 1957年又证明2+3，这是中国学 者首次在此研究领域跃居世界 领先地位.
初等数论
黎琳 lilin@ 2015.03.11
授课教师：黎琳 E-mail：lilin@， 办公地点：九教北310，
电话：51688637
课件： 思源教学平台 / 教务处课程平台/
定 理 3 若 a1 , a2 , q1 , q2 ,
, an 都 是 m 的 倍 数,
, qn 是 任 意 n 个 整 数, 则 q1a1 q2a2
qn an 是 m 的 倍 数.
例1 证 明 ： 若 3 n 且 7 n , 则 2 1 n . 由 3 n 知 n 3m, 所 以 7 3m . 由 此 及 7 7 m 得 7 (7 m 2 3m) m . 因 而 有 2 1 n . 例 2 设 a 2t -1. 若 a 2n , 则 a n . 由 a 2t n 及 2t n an n, 得 a (2t n an) , 即 a n .
§1.1整除的概念及带余除法
第一章整数的可除性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q，使得成立，则称a能被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q使得a = bq成立，则称a不被b整除，记为显然每个非零整数a称这四个数为a的平凡约数，a下面的结论成立：∣a⇔±b∣±a；(ⅱ) c ∣b，b∣a⇒c∣a；(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, …, n⇒b∣a1q1+a2q2+…+a n q n，此处q i（i = 1, 2, , n）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。
) 设a 与b 是两个整数，b > 0，则存在q 和r ，使得a = bq + r ，0 ≤ r <b (2) 成立且q 。
中的q 叫做a 被b 除所得的不完全商，r 叫做a 被例1 若1n >，且111n n -+ 求n222x y z +=的整数解能否全是奇数？为什300”位于哪个字母的下面A B C D E F G1 2 3 45 6 78 9 10 1112 13 1415 16 17 ……. 解：观察可以发现两行7个数组成一组故300=7×42+6与6同在字母D 的下面例4 a 除以b 商为c ，余数为r ，则am 除以bm 商为 ， 余数为 。
m N +∈某整数除以3余2，除以4余1，该整数除以12，余 ？三、整除的特征从正整数121n n N a a a a a a -=的末位a 起向左每k 个数码分为一节，最后剩下若有不足k 个数码的也为一节，记为()1()(),,,k k t k A A A并记()1()()()k k k t k S N A A A =+++----数节和1()1()2()()()(1)t kk k k t k S N A A A A -'=-++-----数节代数和 1、设d 是10k 的约数，则()k d N d A ⇔推论：能被2或5整除的数的特征是：这个数的末一位数能被2或5整除。
初等数论第一章整除
例1:设 x, y 为整数,且5 | x 9 y 则 5 | 8x 7 y
证:因为 8x 7 y
8( x 9 y) 65y
因为5 | x 9 y
所以有
又
5 | 65y
5 | 8x 7 y
例2:证明若3|n,7|n,则21|n
证:因为3|n,所以n= 3n1 又因为7|n,所以 7 | 3n1 显然有 7 | 7n 1 则有 7 | 7n1 2 3n1 即 7 | n1 有 n1 ห้องสมุดไป่ตู้7n2 即有 n 21n2 所以有21|n
注： （1）连续n个整数中必有一个数被n整除。 可作为一个定理，在证明整除问题时非常 有用。 （2）注意整数的各种表示。 例2: 证明若a不是5的倍数，则
与
中有且仅有一个数被5整除
证明: 这四个数有一个是5的倍数 若 5 | a 1或 又 所以 即 a 1, a 1 有且仅有一个数被5整除
n 是整数，所以 3
n2 2
n3 6
是
注:这里用了连续n个整数的乘积是n！的 倍数的结论.
注：连续n个整数的乘积是n！的倍数。 a、当n个整数都大于零时,由
m( m1)( m n1) n!
C
n m n1
而组合数为整数，可知连续n个整数的乘积是n！ 的倍数。 b、当n个整数中有一个为零时，显然成立。
n 注：1、
2、
a b (a b)M1
n
n
a b (a b)M 2 , 2†n
n
3、
(a b) aM3 b ,
n n
例5、试证明任意一个整数与它的各位数 字和的差必能被9整除。
整除和带余除法
第四编 整除和带余除法§1 自 然 数1．1 自然数① 本编规定 0,1, 2, 3, , 12, 13, 是自然数。
② 自然数最重要的性质是可以比较大小，即两个自然数，或者相等，或者其中 一个小于另一个，或者大于另一个。
而且，它们必有其中一个关系。
这条性 质称为自然数的有序性质。
③ 自然数有两条重要的原理：1. 最小自然数原理——一个自然数的集合，如果至少包含有一个自然数，则在 这个集合中，一定有一个自然数最小；2. 最大自然数原理——一个自然数的集合，如果至少包含有一个自然数，而且 个数有限，则在这个集合中，一定有一个最大的自然数。
【说明和建议】（1）自然数也可以规定为不包括 0，本编则规定包括零，两者都符 合数学严格的关于自然数的公理化定义。
做题时需要注意题目中的自然数是何种规定， 例如：第一届至第八届的“华罗庚金杯”少年数学邀请赛试题中涉及的自然数就规定不 包括 0。
（2）③的内容及其有关的例题仅供老师参考。
例1.1 将下列自然数 12、7、10、103 和 3 按从小到大排列成一个新的自然数。
解：这个自然数是 371012103。
例1.2 说明在小明的班级中，一定有一个同学，他的年龄最小。
解：用最小自然数原理。
例 1.3 说明对任意的自然数 m >2，一定有唯一的自然数 k 使2k m 2k1 。
（1.1）解：用符号 S 标记具有如下性质的自然数的集合：n 是任意一个自然数，如果 2n m ，n 就是 S 中的成员；如果 n 是 S 中的一个成员，就一定满足 2n m 。
S 一定至少包含一个自然数，例如：1。
而且， S 不会包含无穷多个自然数，否则,可以将这些自然数按从小到大排列，没有上界，它就有一个成员，例如 j，它不满足 2 j m 。
所以，这个集合满足最大自然数原理的条件，在 S 中一定有一个最大的自然数，把它记作 k ，则（1.1）成立。
否则， k 不是 S 中最大自然数。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答 (整理精华版)
|t | b , , 如此类推知： 2 22
| tn 1 | | tn 2 | |t | |b| 2 n n 1 2 2 2 2
而 b 是一个有限数，n N , 使 tn 1 0
(a, b) (b, t ) (t , t1 ) (t1 , t2 ) (tn , tn 1 ) (tn , 0) tn ，存在其求法为： (a, b) (b, a bs ) (a bs, b (a bs ) s1 )
a1 , a2 , an | a1 |,| a2 | ,| an |
证：设 [a1 , a2 , , an ] m1 ，则 ai | m1 (i 1, 2, , n)
《初等数论》习题解答
∴ | ai || m1 (i 1, 2, , n) 又设 [| a1 |,| a2 |, ,| an |] m2
《初等数论》习题解答
(76501,9719) (9719, 76501 9719 7) (8468,9719 8468) (1251,8468 1251 6) (3,1) 1
4．证明本节（1）式中的 n
log b log 2
证：由 P3§1 习题 4 知在（1）式中有
0 rn 1 rn 1
rn 1 rn 2 r b 2 n11 n ，而 rn1 2 2 2 2
b , 2n b ， n 2
n log 2 b
log b log b ，即 n log 2 log 2
§3 整除的进一步性质及最小公倍数
an p n an 1 p n 1q a1 pq n 1 a0 q n 0
代数学 第0章 基础知识
第0章 基础知识§0 常用记号记号,,,, 分别表示正整数集、整数集、有理数集、实数集以及复数集。
如果a 是A 的一个元素，则记为a A ∈，反之记为a A ∉。
A B ⊆表示A 是B 的子集，而A B ⊂表示A 是B 的真子集，空集记为∅。
A B 与A B 表示A 与B 的交集与并集，'A 记为A 余集。
A B -表示属于A 但是不属于B 的全部元素，称为A 与B 的差集（difference set ）。
§1 整数§1.1 带余除法我们都已熟知整除的概念：非零整数b 整除a 整数意味着存在整数q ，使得a qb =，习惯记为|b a 。
当然两个整数之间的关系更多是互不整除，因此带余除法就特别有意义。
不少人也已经熟悉带余除法的描述：给定两个整数,a b ，其中0b ≠，则存在整数,q r ，使得等式a qb r =+成立。
但是一个重要的问题是在这种情况下整数,q r 并不唯一，为此必须约定余数r 的取值范围，比如假设0r b ≤<。
定理0.1.1（带余除法 division algorithm ）给定两个整数,a b ，其中0b ≠，并且令0r b ≤<。
则存在唯一整数,q r ，使得等式a qb r =+ （0.1） 成立。
以后我们始终约定0r b ≤<。
定义0.1.1（最大公因子 great common divisor ）对于两个不全为0整数,a b ，如果正整数d 同时整除它们，并且任意整除,a b 的整数c 必然整除d ，则d 称为,a b 的最大公因子。
以下把最大公因子d 记为gcd(,)a b 。
当gcd(,)1a b =时则称,a b 互素（coprime ）。
虽然两个整数,a b 之间互不整除，但是通过不断应用带余除法可以求出它们的最大公因子，而这一过程称为辗转相除法（欧几里德算法 Euclidean algorithm ）。
除法的整除与余数知识点
除法的整除与余数知识点在数学中，除法是一种基本运算符，用于将一个数（称为被除数）除以另一个数（称为除数），并得到商和余数。
除法的整除与余数是除法运算中的两个重要概念。
本文将详细介绍除法的整除与余数的相关知识点。
一、整除的概念及性质1. 整除的定义：如果一个数a可以被另一个数b整除（即a除以b的余数为0），则称a能够被b整除，记作b | a，读作“b整除a”或“a是b的倍数”。
例如，4 | 12，表示4可以整除12。
2. 整除的性质：a）对于任意的整数a，满足1 | a和a | a。
b）若a | b且b | c，则a | c。
（整除具有传递性）c）若a | b且a | c，则a | (mb + nc)，其中m和n为任意整数。
（整除具有线性性质）二、余数的概念及计算方法1. 余数的定义：在除法运算中，如果被除数a不能被除数b整除，那么a除以b所得到的余数就是a对b的余数。
余数通常用r表示，即a modb = r。
例如，13 ÷ 5 = 2 余 3，因此13对5的余数为3。
2. 余数的计算方法：假设被除数为a，除数为b，商为q，余数为r，那么有以下公式成立：a =b * q + r三、整除与余数的求解方法1. 判断整除：当一个数a能够被另一个数b整除时（即a mod b = 0），我们可以通过判断a与b的关系来确定是否整除。
如果两个数之间存在整数倍关系，即b = ka（k为整数），则a能够被b整除。
2. 求解余数：为了计算a除以b的余数r，我们可以将a除以b并取其余数部分。
常用的方法有：a）短除法：将a除以b的过程简化为手算的步骤，依次从高位到低位进行计算，最终得到余数r。
b）取模运算：利用计算机编程中的取模运算符（%）可以直接得到a mod b的结果。
四、应用举例1. 判断整除：a）判断一个数是否是另一个数的倍数：若一个数a能够被另一个数b整除，则a是b的倍数。
例如，判断36是否是9的倍数，可以计算9 | 36，如果结果为真，则36是9的倍数。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答完整版
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++ 是m 得倍数．证明： 12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a ∴+++ 1122n n q p m q p m q p m =+++ 1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++ 是m 的整数 2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明 (1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+又(1)(2)n n n ++ ，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数 故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证： ,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b --- 则a 必在此序列的某两项之间 即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t < ()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b ---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。
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12/31/，特别是整数性质 的数学分支。它是数论的一个最古老的分支。它 以算术方法为主要研究方法，主要内容有整数的 整除理论、同余理论、连分数理论和某些特殊不 定方程。 换言之，初等数论就是用初等、朴素的 方法去研究数论。另外还有解析数论（用解析的 方法研究数论）、代数数论（用代数结构的方法 研究数论）。
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例3、设a 1 为奇数，证明： 存在正整数d a 1, 使得a 2 d 1
证：考虑下面的a个数： 20 , 21 , , 2a 1，显然a不整除2 j (0 j a)，
2 j q j a rj , (0 rj a )
因而a个余数r0 , r 1, , ra 1仅可能取a 1个值， 因此其中必有两个相等。 设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有
(i )若在r1 ,
, r5中数0， 1 ， 2都出现，不妨设 此时
r1 0, r2 1, r3 2， a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3 可以被3整除。
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(ii )若在r1 ,
, r5中数0， 1 ， 2至少有一个不出现， 此时
这样至少有3个ri要取相同的值，不妨设 r1 r2 r3 r(r 0,1或2）， a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3r 可以被3整除。
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4.已知: 782 + 8161能被57整除，求证：783 +8163也能
被57整除。
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第一节 整除的概念 带余数除法
定义 设a, b是任意两个整数，其中b 0，如果 存在一个整数q使得等式 a qb 成立，就说b整除a或a被b整除，记作b a， 此时把b 叫作a的因数，把a叫作b的倍数.
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欧几里得除法
(唯一性) 如果分别有整数q，r和q1，r1满足（2）， 则 a= bq+r， 0≤r<b， a= bq1+r1，0≤r1<b 两式相减，我们有 b(q-q1) =-(r-r1) 当q≠q1 左边的绝对值大于等于b，而右边的绝对值 小于b，这是不可能的.故q=q1，r=r1.
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第一章
整数的可除性
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
函数 x、 x 的性质，算术基本定理。 倍数，
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第一章
整数的可除性
一、整除的概念 带余数除法 二、最大公因数与辗转相除法
三、整除的进一步性质 四、质数 算术基本定理 五、取整函数及其在数论中的一个应用
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整除的一些常用结论：
(1)当b是整数a的因数时，-b也是整数a的因数.（因数 是成对出现的） (2)当b是整数a的因数时，a/b也是整数a的因数.
(3)设b，c都是非零整数， (i)若b|a，则|b|||a|. (ii)若b|a，则bc|ac;1|b;b|b. (iii)若b|a，则1<|b|≤|a|.
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• 第十五条：a 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中， 加上个位数的2倍，如果和是19的倍数，则原数能被19整除。 如果差太大或心算不易看出是否19的倍数，就需要继续上述过 程，直到能清楚判断为止。b 若一个整数的末三位与7倍的前 面的隔出数的差能被19整除，则这个数能被19整除。 • 第十六条：若一个整数的末四位与前面5倍的隔出数的差能被 23整除，则这个数能被23整除。
证明分析：作整数序列 ，-3 b ,-2 b ,- b ,0,b ,2 b ,3 b , 则a必满足q b a<(q+1) b , 其中q Z , 令a q b r可得到a b q r , 分b 0和 b 0来讨论q, 进一步证明q, r的唯一性。
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二、整除的性质
定理1〔传递性〕 b a , c b c a
定理2
m a1 , m a , m b m (a b )
定理3 （线性组合）
, m an , q1 , , qn Z m (q1a1 qn a n )
例2 若 a ,b 是整数，且7∣( a + b ), 7∣( 2a－b )， 证明:7|( 5a + 2b )。
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(4)设p是素数，a，b是任意整数，则 • p|a或(p，a)=1 . • 若p|ab 则p|a或p|b；p|a且p|b。 以上两个结论，用于来描述; 一个素数p和其它任何一个整数a或者 b的关系 只有两种情况，要么整除，要么互质； 一个素数p如果能整除任意两个整数a、b的乘 积，则p至少能够整除其中的一个数。
带余数除法的第三种表示（课后习题） 定理4 若a, b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数 2 成立，而且当b是奇数时，q及r是唯一的；当b是偶数时，q及r 有可能是不唯一的。
例 当a 5, b 2时，可有
q及r，使得
a bq r，
r
b
5 （ 2 ） （ 3 ） （ 1 ），即q 3, r 1 ; 或5 （ 2 ） （ 2 ） 1 ，即q 2, r 1
a(qk qi ) 2k 2i 2i (2k i 1)
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由带余除法，对每个2 j (0 j a )，
因而a个余数r0 , r 1,
, ra 1仅可能取a 1个值，
因此其中必有两个相等。
设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有 a(qk qi ) 2k 2i 2i (2k i 1)
如果不存在整数q使得a bq成立，则称a不被b整除， 记为b † a。
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相关概念：因数、约数、倍数、奇数、偶数。 注：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。 例1 有一个自然数乘以9后，得到一个仅由数字1组成 的多位数，求这个自然数最小为多少？ 12345679
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欧几里得除法
证明：
存在性：考虑整数序列
, 3b, 2b, b,0, b,2b,3b,
则a必在序列的某两项之间，
即存在一个整数q，使得 qb a (q 1)b
令 r a qb ， 则有 a bq r , 0 r b 成立.
唯一性：反证〔板书〕
则有 a 2k i 1，取d k i a 1 ，则d 就满足要求。
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阅读思考：整除的规律
第一条：任何整数都能被1整除。 注：以下是就整数的十进制表示法而言。 第二条：个位上是2、4、6、8、0的数都能被2整除。[2] 第三条：每一位上数字之和能被3整除，那么这个数就能 被3整除。 • 第四条：最后两位能被4整除的数，这个数就能被4整除。 • 第五条：个位上是0或5的数都能被5整除。 • 第六条：一个数只要能同时被2和3整除，那么这个数就能 被6整除。 • • • •
14 ( 3) 14 3
注：一般地，要求a , q是整数，b, r是非负整数；
如果允许b取负值，则要求 0 r b . 思考 28 6 14 3 4 (余 2) 正确吗？
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带余数除法的第二种表示 定理4 若a, b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数 q及r，使得 a bq r， 0r b 成立，而且q及r是唯一的。
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带余数除法的应用举例
例1
而
证明形如3n-1的数不是平方数。
a 3q r , 0 r 3， (3q r )2 3n 1, 0 r 3.
证明：a Z ,
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例2、任意给出的5个整数中，必有3个数之 和被3整除。
证：设这5个数为ai , i 1, ai 3qi ri， 0 ri 3, 分别考虑以下两种情形： , 5，记 i 1, , 5。
12/31/2014
例3已知： 782 + 8161能被57整除， 求证：783 +8163也能被57整除。 证明：783 + 8163 = 7 ( 782 + 8161 )－7 × 8161 + 8163 = 7 ( 782 + 8161 ) + 8161 × 57 ∵782 + 8161和57都能被57整除 ∴原式得证。
12/31/2014
• 第七条：把个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数 的2倍，差是7的倍数，则原数能被7整除。 • 第八条：最后三位能被8整除的数，这个数就能被8整除。 • 第九条：每一位上数字之和能被9整除，那么这个数就能 被9整除。 • 第十条： 若一个整数的末位是0，则这个数能被10整除。 • 第十一条：将一个数从右往左数，将奇数位上的数与偶数 位上的数分别相加，然后将两个数的和相减，如果差值能 被11整除（包括差值为0）则原数可以被11整除。 • 第十二条：若一个整数能被3和4整除，则这个数能被12整 除。
12/31/2014
例4 利用带余数除法，由a, b的值求q, r 并写出带余除法算式
(1) a 14, b 3
(2) a 14, b 3
(3)a 14, b 3
14 3 4 ( 余 2 ), q 4, r 2
14 3 5 ( 余 1 ), q 5, r 1
12/31/2014
中小学数学中的一些数论问题：
1.狐狸在跑道上跳远，每次跳远150CM从起点开始每
隔130CM设一个陷阱，问狐狸跳了几次后掉进井中？