数论第1讲整除问题初步（学生）
初等数论(1)整除
本讲中所涉及的数都是整数，所用的字母除特别申明外也都表示整数． ⑪整除设a 、b 是给定的数，0b ≠．若存在整数c ，使得a bc =，则称b 整除a ，记作b a ∣，并称b 是a 的一个约数（或因子），而称a 为b 的一个倍数．如果不存在上述的整数c ，则称b 不能整除a ，记作b a Œ．由整除的定义，容易推出整除的几个简单性质： ①若b ∣c ，且c a ∣，则b a ∣，即整除性质具有传递性． ②若b a ∣，且b c ∣，则()ba c ±∣，即某一个整数倍数的集合关于加法和减法运算封闭．反复应用这一性质，易知：若b a ∣及bc ∣，则对任意整数u 、v 有()b au cv +∣．更一般地，若1a ，2a ， ，n a 都是b 的倍数，则12()n ba a a ++ ∣． ③若b a ∣，则或者0a =，或者||a b ≥．因此，若b a ∣且a b ∣，则||||a b =．④（带余除法）对任意两个整数a 、b (0)b >，则存在整数q 和r ，使得a b q r =⋅+，其中0r b <≤，并且q 和r 由上述条件惟一确定．整数q 称为a 被b 除得的（不完全）商，数r 称为a 被b 除得的余数．r 共有b 种可能的取值，若0r =，即为前面说的a 被b 整除．易知，带余除法中的商实际上是a b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦（不超过ab的最大整数），而带余除法的核心是关于余数的不等式：0r b <≤．⑤证明b a ∣的基本手法是将a 分解为b 与一个整数之积．在比较初级的问题中，这种数的分解常通过在一些代数式的分解中取特殊值而产生．下面两个整除分解式在这类论证中应用较多． 若n 是正整数，则1221()()n n n n n n x y x y x x y xy y -----=-++++ ；若n 是正奇数，则1221()()n n n n n n x y x y x x y xy y ----+=+-+-+ ．⑫最大公约数与最小公倍数最大公约数是数论中的一个重要概念．设a 、b 不全为零，同时整除a 、b 的整数称为它们的公约数．因为a 、b 不全为零，故由整除的性质③推知，a 、b 的公约数只有有限多个，将其中最大的一个称为a 、b 的最大公约数，用符号()a b ，表示． 当()1a b =，时，即a ，b 的公约数只有1±，称a 与b 互素（或互质）．对于多于两个的不全为零的整数a ，b ， ，c ，可类似的定义它们的最大公约数()a b c ，，，．若()a b c ，，，1=，则称a ，b ， ，c 互素．但此时并不能推出a ，b ， ，c 两两互素；但反过来，若a ，b ， ，c 两两互素，则显然有()a b c ，，，1=． 由定义容易得到最大公约数的一些简单性质：任意改变a 、b 的符号和先后顺序不改变()a b ，的值，4整除即有()()()a b b a a b ±±==，，，；()a b ，作为b 的函数，以a 为周期，即()()a b a a b +=，，． 下面给出最大公约数的若干性质，它们是解决关于公约问题的基础．①设a 、b 是不全为0的整数，则存在整数x 、y ，使得()ax by a b +=，．如果00x x y y =⎧⎨=⎩是满足上式的一组整数，则00x x buy y au =+⎧⎨=-⎩（其中u 为任意整数）也是满足上式的整数．这表明，满足上式的x 、y 有无穷组，并且在0ab >时，可选择x 为正（负）数，此时y 则相应的为负（正）数．特别的，两个整数a 、b 互素的充分必要条件是存在整数x 、y ，使得1ax by +=，这通常称为a 、b 适合的裴蜀（Bezout ）等式．事实上，条件的必要性是性质①的特例．反过来，若有x 、y 使等式成立，设()a b d =，，则d a ∣且d b ∣，故d ax ∣及d by ∣，于是()d ax by +∣，即1d ∣，从而1d =． ②若m a ∣，m b ∣，则()m a b ，∣，即a 、b 任一个公约数都是它们的最大公约数的约数．③若0m >，则()()ma mb m a b =，，． ④若()a b d =，，则1a b d d ⎛⎫= ⎪⎝⎭，．因此，由两个不互素的整数，可自然地产生一对互素的整数． ⑤若()1a m =，，()1b m =，，则()1ab m =，．这表明，与一个固定整数互素的整数构成的集合关于乘法封闭．由此可以推出：若()1a b =，，则对任意0k >与()1k a b =，，进而对任意0l >有()1k l a b =，．⑥设bac ∣，若()1b c =，，则b a ∣． ⑦设正整数a 、b 之积是一个整数的k 次幂(2)k ≥．若()1a b =，，则a 、b 都是整数的k 次幂．一般地，设正整数a b c ，，，之积是一个整数的k 次幂，若a b c ，，，两两互素，则a b c ，，，都是整数的k 次幂．下面介绍最小公倍数．设a 、b 是两个非零整数，一个同时为a 、b 倍数的数称为它们的一个公倍数．a 、b 的公倍数有无穷多个，其中最小的正数称为a 、b 的最小公倍数，记作[]a b ，．对于多个非零整数a b c ，，，，可类似地定义它们的最小公倍数[]a b c ，，，． ⑧a 与b 的任意公倍数都是[]a b ，的倍数．对于多于两个整数的情形，类似的结论也成立． ⑨两个整数a 、b 的最大公约数与最小公倍数满足()[]||a b a b ab =，，． 思考：对于多于两个整数的情形，类似的结论不成立，请举出例子．⑩若a b c ，，，两两互素，则有[]||a b c ab c = ，，，．由此以及性质⑧可知若ad ∣，b d ∣， ，c d ∣，且a b c ，，，两两互素，则有ab c d ∣．⑬素数及唯一分解定理大于1的整数n 总有两个不同的正约数：1和n ．若n 仅有这两个正约数（称为n 没有真约数），则称n 为素数（或质数）．若n 有真约数，即n 可表示为a b ⋅的形式（这里a 、b 为大于1的整数），则称n 为合数．于是，正整数被分成三类，数1单独作一类，素数类及合数类．素数在正整数中特别重要，我们常用字母p 表示素数．由定义易得出下面的基本结论： ①大于1的整数必有素约数．②设p 是素数，n 是任意一个整数，则或者p 整除n ，或者p 与n 互素．事实上，p 与n 的最大公约数()p n ，必整除p ，故由素数的定义推知，或者()1p n =，，或者()p n p =，，即或者p 与n 互素，或者p n ∣．③设p 是素数，a 、b 为整数．若p ab ∣，则a 、b 中至少有一个数被p 整除．特别地可以推出，若素数p 整除(1)n a n ≥，则pa ∣． ④素数有无穷多个．思考：如何证明素数有无穷多个？（提示：用反证法，假设素数只有有限多个，为12k p p p ，，，，考虑数121k N p p p =+ ，利用性质⑬．①）⑤每个大于1的正整数都可以分解为有限个素数的积；并且，若不计素因数在乘积中的次序，这样的分解是唯一的．将n 的素因数分解中的相同的素因子收集在一起，可知每个大于1的正整数n 可惟一的表示为1212k a a a k n p p p = ，其中12k p p p ，，，是互不相同的素数，12k a a a ，，，是正整数，这称为n 的标准分解．⑥n 的全部正约数为1212k b b b k p p p ，其中i b 是满足0(12)i i b a i k = ，，，≤≤的任意整数． 由此易知，若记()n τ为n 的正约数的个数，()n σ为n 的正约数之和，则有12()(1)(1)(1)k n a a a τ=+++ ，121111212111()111k a a a k k p p p n p p p σ+++---=⋅---． 虽然素数有无穷多个，但它们在自然数中的分布却极不规则．给定一个大整数，判断它是否为素数，通常是极其困难的，要作出其标准分解，则更加困难．证明某些特殊形式的数不是素数（或者给出其为素数的必要条件），是初等数论中较为基本的问题，在数学竞赛中尤为常见．处理这类问题的基本方法是应用各种分解技术，指出所涉及数的一个真约数．【例 1】 证明：⑪设0m n >≥，有22(21)1)n m+-∣(2；⑫对正整数n ，记()S n 为n 的十进制表示中各个数位数码之和，则99()n S n ⇔∣∣． ⑬设p 和q 均为自然数，使得111112313181319p q =-+--+ ，证明：p 可被1979整除．【解析】 ⑪11112222221(21)[(2)21]mn n m n n ++-++-=-+++ 122(21)(21)n m+⇒--∣，又122221(21)(21)n nn+-=-+，从而122(21)(21)nn ++-∣． 于是由整除的传递性，有22(21)1)nm+-∣(2．⑫设101010k k n a a a =⨯++⨯+ ，其中09i a ≤≤，且0k a ≠，则01()k S n a a a =+++ ．于是有1()(101)(101)k k n S n a a -=-++- ．对1i k ≤≤，由整除分解式知9(101)i -∣，故上式右端k 个加项中的每一个都是9的倍数，从而由整除的性质知，它们的和也被9整除，即9(())n S n -∣．由此容易推出结论的两个方面． ⑶11111112231319241318p q ⎛⎫⎛⎫=++++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 11111112313192659⎛⎫⎛⎫=++++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11111166013196611318989990⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111197966013196611318989990⎛⎫=⨯+++ ⎪⨯⨯⨯⎝⎭【点评】 整除的性质②提供了证明12()n ba a a +++ ∣的一种基本的想法，我们可以试着去证明更强的（也往往是更容易证明的）命题：1i n ∀≤≤，有i ba ∣．这一更强的命题当然不一定成立，即使在它不成立的时候，上述想法仍有一种常常有效的变通：将12n a a a +++ 适当的分组成为12k c c c ++ ，而(12)i bc i k = ，，，∣． 例1⑫的证明，实际上给出了更强的结论，9())n n S n ∀-，∣(，即()(m od 9)S n n ≡．有些情形，我们能够由正整数十进制表示中的数字的性质，推断这个整数能否被另一个整数整除，这样的结论，常称为整除的数字特征．被2、3、5、10整除的数的数字特征是显而易见的．【变式】 设1k ≥是一个奇数，证明：(2)12)k k k n n n ∀++++ ，Œ(．【解析】1n =结论显然成立．设2n ≥，记所涉及的和为A ，则 22(2)(3(1))(2)k k k k k k A n n n =++++-+++ ．因为k 是正奇数，故由整除分解式可知，对每个2i ≥，数(2)k k i n i ++-被(2)2i n i n ++-=+整除，故2A 被2n +除得的余数是2，从而A 不可能被2n +整除（注意22n +>）．【点评】 论证中我们应用了“配对法”，这是数论中变形和式的一种常用手法．【变式】 设m 、n 为正整数，2m >，证明：(21)(21)m n -+Œ． 【解析】 当n m =时，结论平凡；当n m <时，结果可由1212121n m m -++<-≤推出来（注意2m >，并运用整除的性质③）； 当n m >的情形可化为上述特殊情形：由带余除法，n mq r =+，0r m <≤，而0q >．由于21(21)221n mq r r +=-++，由整除分解式知(21)(21)m mq --∣；而0r m <≤，故由上面证明了的结论知(21)(21)m r -+Œ（注意0r =时，结论平凡）．从而当n m >时也有(21)(21)m r -+Œ．这就证明了本题结论．【例 2】 设10a m n >>，，，证明：()(11)1m n m n a a a --=-，，． 【解析】 设(11)m n D a a =--，．通过证明()(1)m n a D -，∣及()(1)m n D a -，∣来推导出()1m n D a =-，，这是数论中证明两数相等的常用手法．∵()m n m ，∣，()m n n ，∣，由整除分解式即知()(1)(1)m n m a a --，∣，以及()(1)(1)m n n a a --，∣，故可知，()1m n a -，整除(11)m n a a --，，即()(1)m n a D -，∣． 为了证明()(1)m n D a -，∣，设()d m n =，． ∵0m n >，，∴可以选择0u v >，使得mu nv d -=．∵(1)m D a -∣，∴(1)mu D a -∣．同样，(1)nv D a -∣．故()mu nv D a a -∣，从而由mu nv d -=，得(1)nv d D a a -∣． 此外，因1a >，及(1)m D a -∣，故()1D a =，，进而()1nv D a =，．于是，从()mu nv D a a -∣可导出(1)d D a -∣，即()(1)m n D a -，∣． 综上所述，可知()1m n D a =-，．【变式】 记2210kk F k =+，≥．证明：若m n ≠，则()1m n F F =，． 【解析】 论证的关键是利用(2)n m F F -∣（例1⑪），即存在一个整数x 使得2m n F xF +=．不妨设m n >，()m n d F F =，，则由存在一个整数x 使得2m n F xF +=，推出2d ∣，所以1d =或2．但n F 显然是奇数，故必须1d =．【点评】(0)k F k ≥称为费马（Fermat ）数．本变式表明，费马数两两互素，这是费马数的一个有趣的基本性质．利用这一性质，可以证明素数有无穷多个的结论．无穷数列{}(0)k F k ≥中的项两两互素，所以每个k F 的素约数与这个数列中其他项的素约数不同，因此素数必然有无穷多个．【变式】 设0m n >，，22()mn m n +∣，则m n =． 【解析】 设()m n d =，，则11m m d n n d ==，，其中11()1m n =，．于是，条件转化为221111()m n m n +∣，故有22111()m m n +∣，从而211m n ∣．但11()1m n =，，故211()1m n =，．结合211m n ∣，可知必须11m =．同理11n =，因此m n =．【点评】 对两个给定的不全为零的整数，我们常借助它们的最大公约数，并应用性质⑵－④，产生两个互素的整数，以利用互素的性质作进一步论证（参见性质⑵－⑤，⑵－⑥．就本题而言，由于mn 为二次式，22m n +为二次齐次式，上述手段的实质是将问题化归成m 、n 互素这种特殊情形．在某些问题中，已知的条件（或者已经证明的结论）c a ∣并不使用，我们可以试着选取c 的一个恰当的约束b ，并从c a ∣过度到较弱的结论b a ∣，以期望后者提供适宜于进一步论证的信息．在本例中，我们就是由221111()m n m n +∣产生了211m n ∣，进而推导出11m =．【变式】 m 个盒子中各若干个球，每一次在其中)(m n n <个盒中加一球．求证：不论开始的分布情况如何，总可按上述方法进行有限次加球后使各盒中球数相等的充要条件是()1m n =，． 【解析】 设()1m n =，，则有u v ∈Z ，使得1(1)(1)un vm v m v =+=-++，此式说明：对盒子连续加球u 次，可使1m -个盒子各增加了v 个，一个增加(1)v +个．这样可将多增加了一个球的盒子选择为原来球数最少的那个，于是经过u 次加球之后，原来球数最多的盒子中的球与球数最少的盒子中的球数之差减少1，因此，经过有限次加球后，各盒球数差为0，达到各盒中的球数相等．用反证法证明必要性．若()1m n d =>，，则只要在m 个盒中放1+m 个球，则不管加球多少次，例如，加球k 次，则这时m 个盒中共有球kn m ++1（个），因为||1d m d n d >，，，所以kn m ++1不可能是d 的倍数，更不是m 的倍数，各盒中的球决不能一样多，因此，必须()1m n =，．【例 3】 设正整数a 、b 、c 的最大公约数为1，并且abc a b=-．证明：a b -是一个完全平方数．【解析】 方法一：设()a b d =，，则1a da =，1b db =，其中11()1a b =，．由于()1a b c =，，，故有()1d c =，． 于是问题中的等式转化为1111da b ca cb =-，由此可见11a cb ∣．因11(,)1a b =，故1a c ∣． 同样可得1b c ∣．再由11(,)1a b =便推出11a b c ∣（参考性质⑵－⑧⑨）．设11c a b k =，其中k 是一个正整数．一方面，显然k 整除c ；另一方面，结合1111da b ca cb =-， 得11()d k a b =-，故k d ∣．从而()k c d ，∣．但()1c d =，，故1k =． 因此11d a b =-．故211()a b d a b d -=-=．这就证明了a b -是一个完全平方数． 方法二：记a b k -=，则已知等式可化为2()k c b b -=．记()k b c d -=，． 若1d >，则d 有素因子p ．由上式知2p b ∣，故p ∣b ．结合()p b c -∣及p k ∣，得出p c ∣及p a ∣，这与()1a b c =，，相违． 因此1d =，进而知k 与c b -都是完全平方数．【变式】 设k 为正奇数，证明：(12)(12)k k k n n ++++++ ∣．【解析】 因为(1)122n n n ++++= ，故问题等价于证明：(1)n n +整除2(12)k k k n +++ ．因n 与1n +互素，所以这又等价于证明2(12)k k k n n +++ ∣．事实上，由于k 是奇数，故由整除的分解式，可知2(12)k k k n +++= [1(1)][2(2)][(1)1]2k k k k k k k n n n n +-++-++-++ 是n 的倍数．同理，2(12)[1][2(1)][1]k k k k k k k k k n n n n ++=+++-+++ 是1n +的倍数．【点评】 整除问题中，有时直接证明b a ∣不容易．若b 可分解为11b b b =，其中12()1b b =，，则我们可以将原命题b a ∣分解为等价的两个命题1b a ∣以及2b a ∣．本例应用了这一手法．更一般地，为了证明b a ∣，可将b 分解为若干两两互素的整数12n b b b ，，，之积，而证明等价的(12)i b a i n = ，，，∣（参见性质⑵－⑩）．【例 4】 设正整数a 、b 、c 、d 满足ab cd =，证明：a b c d +++不是素数． 【解析】 方法一：由ab cd =，可设a d m c b n ==，其中m 和n 是互素的正整数，由a m c n=意味着有理数ac 的分子、分母约去了某个正整数u 后，得到既约分数mn，因此a my =，c nu =．同理，有正整数使得b nv =，d mv =．因此，()()a bcd m n u v +++=++是大于1的整数之积，从而不是素数． 方法二：由ab cd =，得cd b a=．因此a b c d +++=cd a c d a +++()()a c a d a ++=．因为a b c d +++是整数，故()()a c a d a++也是整数，若它是一个素数，设为p ，则有()()a c a d ap ++=，可见p整除()()a c a d ++，从而p 整除a c +或a d +．不妨设()pa c +∣ ，则a c p +≥，结合⑶－③推出a d a +≤，矛盾．【变式】 设a 、b 是正整数，满足2223a a b b +=+，则a b -和221a b ++都是完全平方数． 【解析】 已知关系式即为2()(221)a b a b b -++=，论证的关键是证明正整数a b -与221a b ++互素．记(221)d a b a b =-++，．若d 有素因子p ，从而由性质⑶－①知2p b ∣．因p 是素数，故p b ∣．结合()p a b -∣知p a ∣．再由(221)p a b ++∣推导出p ∣1，矛盾，故1d =． 从而由性质⑶－①推知正整数a b -与221a b ++都是完全平方数．【例 5】 证明：两个连续正整数之积不能是完全平方，也不能是完全立方． 【解析】 反证法，假设有正整数x ，y 使得2(1)x x y +=．则24(1)4x x y +=22(21)41x y ⇔+=+(212)(212)1x y x y ⇔+++-=．因左边两个因数都是正整数，故有21212121x y x y ++=⎧⎨+-=⎩，解得0x y ==，矛盾．然而对于方程3(1)x x y +=，上面的分解方法不易奏效．采用另一种分解：设所说的方程有正整数解x 、y ，则由于x 和1x +互素，而它们的积是一个完全立方数，故x 与1x +都是正整数的立方，即3x u =，31x v +=，y uv =，u 、v 都是正整数，由此产生331v u -=，易知这不可能．不难看到，用类似的论证，可以证明连续两个正整数之积不会是整数的k 次幂（这里2k ≥）．【变式】 给定的正整数2k ≥，证明：连续三个正整数的积不能是整数的k 次幂． 【解析】 假设有正整数2x ≥及y ，使得(1)(1)k x x x y -+=．注意到上述式子左端的三个因数1x -、x 、1x +并非总两两互素，因此不能推出它们都是k 次方幂．克服这个困难的一种方法是将其变形为2(1)k x x y -=．因x 和21x -互素，故可由上式推出，有正整数a 、b ，使得k x a =，21k x b -=，ab y =，由此我们有221()k k k k a b a b =-=-22224221()()k k k k a b a a b a b b ----=-++++ ，由于2x ≥，故2a ≥，又2k ≥，故上式后一个因数必大于1，导出矛盾．【点评】 实际上，连续四个正整数的积也不能是整数的k 次幂，由于证明需要使用二项式定理，所以将在以后介绍．【例 6】 （09年集训队测试题）设n 是一个合数．证明存在正整数m ，满足|m n ，m n 3()()d n d m ≤．这里()d k 表示正整数k 的正约数的个数．【解析】 若n 有一个素因子p 满足p n ＞，令nm p=，则有m n ＜由p n ＞知()1m p =，，因此()()()2()d n d p d m d m ==．又由n 是合数知1m ＞，即()2d m ≥．因此2()()d n d m ≤．现在设n n 1m 为n n 2m 为1nm 的不n 21m ＞． 若不然，则1n m 没有大于1n 1n m 是合数，则它在区间1(1]n m ，内至少有一个因子，矛盾！因此1nm 是素数．但前面已假设n 的所有素因子都不大于n ，又1n n m n =1n n m =2m n 21m =矛盾！由21m ＞知121m m m ＞，且12m m 是n 的因子，由1m 的选取可知12m m n ＞，因此令312nm m m =，则有(123)i m n i =，，．因此，333123123123()()()()()max{()()()}d n d m m m d m d m d m d m d m d m =≤≤，，，故取123m m m ，，中因子数最多的一个为m 即可． 【点评】 以上用到一个基本的事实：若u v ，为正整数，则()()()d uv d u d v ≤，这可用数()d x 的计算公式推出来．【变式】 求出最小的正整数n ，使其恰有144个不同的正约数，且其中有10个连续约数．【解析】 从n 有10个连续正约数条件出发，我们不难得到n 必须被23410 ，，，，整除，对n 进行质因数分解进行讨论．n 是322357，，，的倍数，设n 的标准分解式为312235k r r r r k n p = ，则 12343211r r r r ，，，≥≥≥≥．又n 的正约数的个数12()(1)(1)(1)144k d n r r r =+++= ，而 1234(1)(1)(1)(1)432248r r r r ++++⨯⨯⨯=≥，因此 56(1)(1)(1)3k r r r +++ ≤．所以，在56k r r r ，，，中最多还有一个不为0． 要使n 最小，则5502k r =，≤≤．于是n 的形式为 35124235711r r r r r n =，此处12345321102r r r r r ，，，，≥≥≥≥≤≤．从而有1234(1)(1)(1)(1)144r r r r ++++=或12345(1)(1)(1)(1)(1)144r r r r r +++++=．显然当12345r r r r r ≥≥≥≥时，n 最小．由144222233=⨯⨯⨯⨯⨯，试算满足上式的数组12345()r r r r r ，，，，，得数组(52111)，，，，可使n 最小．这样，最小的52235711110880n =⨯⨯⨯⨯=．习题 1. 证明：⑪2001001 共能被1001整除； ⑫设正整数n 的十进制表示为10k n a a a = （090i k a a ≠，≤≤），记 01()(1)k k T n a a a =-++- （由n 个各位起始的数字的正、负交错和）． 证明：()n T n -被11整除．由此得出被11整除的数的数字特征：11整除n 的充分必要条件是11整除()T n ．【解析】 ⑪2001001 共201101=+367(10)1=+33663653(101)[(10)(10)101]=+-+-+ ，所以 1001∣2001001 0． ⑫()n T n -=0011()(10)[10(1)]k k k k a a a a a a -++++⨯-- ．按i 为偶数、奇数分别用整除分解式可以得到数10(1)i i i i a a ⨯--被11整除．因此()n T n -被11整除，故问题中结论的两方面均成立．习题 2. 利用Bezout 等式证明，任给整数n ，分数214143n n ++是既约分数．【解析】 ∵3(143)2(214)1n n +-+=，∴(214,143)n n ++1=．所以原命题成立．习题 3. 证明：对任意给定的正整数1n >，都存在连续n 个合数． 【解析】 容易验证，(1)!2,(1)!3,(1)!(1)n n n n +++++++ 是n 个连续的合数．习题 4. 求自然数N ，使它能被5和49整除，并且包括1和N 在内，它共有10个约数．【解析】 把N 写成素因数分解形式1223n a a a n N p = ，其中012i a i n = ，，，，≥． 则它所有约数的个数为12(1)(1)(1)10n a a a +++= ， 由于25|7|N N ，，则34121a a ++，≥≥3， 因此125n a a a a ，，，，必然都为0，即3457a a N =． 由于34(1)(1)1025a a ++==⨯，可得3414a a ==，， 即本题有唯一解457N =⋅．习题 5. 求所有的正整数对()a b ，，使得22(7)|()ab b a b a b ++++． 【解析】 由条件，22(7)|()ab b a b a b b ++++，而222()(7)7a b a b b a ab b b a ++=+++-，故22(7)|(7)ab b b a ++-．⑴当270b a ->时，要使22(7)|(7)ab b b a ++-，必须2277b a ab b -++≥，易知这不可能； ⑵当270b a -=时，即27b a =，此时a b ，应具有277*a k b k k ==∈N ，，的形式，经检验， 2()(77)a b k k =，，满足要求；⑶当270b a -<时，要使22(7)|(7)ab b b a ++-，必须2277a b ab b -++≥，那么2222777a b ab b ab b +++>⇒<≥，于是1b =或2b =．①1b =时，由题中条件2157788a a a a a ++=-+++是自然数，可知11a =或49a =，得解 ()(111)a b =，，或(491)，；②2b =时，由22(7)|(7)ab b b a ++-得7449a a -+是自然数，而74249a a -<+，所以74149a a -=+，此时133a =非自然数，舍去． 综上，所有解为2()(111)(491)(77)*a b k k k =∈N ，，，，，，，．建国60周年(四)我古老而年轻的祖国啊，我是你广袤大地上一棵稚嫩的幼苗，摇曳在你温暖呵护的怀抱，我是你无垠天空中一只飞翔的小鸟，鸣唱在你春风和煦的心头，我的血管里，涌动着黄河的波浪，我的心灵里，开放着文明的鲜花，我心中的理想，正展现在祖国蔚蓝的天空里。
初等数论 第一章 整除
2022/2/5
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数论的基本内容
按照研究方法的不同，数论可分为
初等数论 解析数论 代数数论 几何数论
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参考书目
1、南基洙主编《初等数论》； 2、柯召、孙琦编著《数论讲义》，高等教育 出版社； 3、闵嗣鹤、严士健编《初等数论》，高等教 育出版社； 4、郑克明主编《初等数论》，西南师范大学 出版社。
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定理5 鸽巢原理
设n是一个自然数.现有n个盒子和n+1个物体. 无论怎样把这n+1个物体放入这n个盒子中， 一定有一个盒子中被放了两个或两个以上的 物体。
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§2 整除
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定义1
设a，b是整数，a 0，如果存在整数q， 使得b = aq，则称b可被a整除，记作ab ， 且称b是a的倍数，a是b的约数(因数、除数)； 如果不存在整数q使得b = aq成立，则称b不被
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定理 9
(a1 , a2 , , ak) = 1的充要条件是存在整数x1, x2 , , xk ，使得a1x1 a2x2 akxk = 1. 充分性 若式(1)成立，如果 (a1 , a2 , , ak) = d > 1，那么由dai（1 ≤ i ≤ k）推出 d a1x1 a2x2 akxk = 1，这是不可能的. 所以有(a1, a2, , ak) = 1 . 证毕 .
最大公因数与最小公倍数
2022/2/5
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。
数论1
1、在下面的数中，哪些能被4整除？哪些能被8整除？哪些能 被9整除？ 234，789，7756，8865，3728，8064。 解：能被4整除的数有7756，3728，8064； 能被8整除的数有3728，8064； 能被9整除的数有盖住的十位数分别等于几时，这个四 位数分别能被9，8，4整除？ 解：如果56□2能被9整除，那么 5＋6＋□＋2＝13＋□ 应能被9整除，所以当十位数是5，即四位数是5652时能 被9整除； 如果56□2能被8整除，那么6□2应能被8整除，所以当 十位数是3或7，即四位数是5632或5672时能被8整除； 如果56□2能被4整除，那么□2应能被4整除，所以当十 位数是1，3，5，7，9，即四位数是 5612，5632，5652， 5672，5692时能被4整除。
3、从0，2，5，7四个数字中任选三个，组成能同时被2， 5，3整除的数，并将这些数从小到大进行排列。
解：因为组成的三位数能同时被2，5整除，所以个位数字 为0。根据三位数能被3整除的特征，数字和2＋7＋0与5＋ 7＋0都能被3整除，因此所求的这些数为270，570，720， 750。
4、五位数 A329B 能被72整除，问：A与B各代表什么数字？
7、abcabc 能否被7、11和13整除？
解：因为 abcabc=abc×1001，1001 是7、11和13的倍数， 所以 abcabc 能被7、11和13整除。 能被7，11和13整除的数的特征：数A的末三位数字所表 示的数与末三位数以前的数字所表示的数之差（大数减小数） 能被7或11或13整除，那么数A能被7或11或13整除。否则， 数A就不能被7或11或13整除。
解：已知 A329B能被72整除。因为72＝8×9，8和9是互质 数，所以 A329B 既能被8整除，又能被9整除。根据能被8 整除的数的特征，要求 29B 能被8整除，由此可确定B＝6。 再根据能被9整除的数的特征，A329B 的各位数字之和为 A＋3＋2＋9＋B＝A＋3－f－2＋9＋6＝A＋20， 因为l≤A≤9，所以21≤A＋20≤29。在这个范围内只有27 能被9整除，所以A＝7。
数论板块-第一节-浅析整除（更新）
数论板块-第一节-浅析整除（更新）第一讲浅析数论【引入】一个三位数729除以9发现商是一个整数81，且没有余数。
经过尝试，发现由2、7、9这三个数字组成的其它三位数279、297、792、927、972分别除以9得到的商均是整数，且都没有余数。
这些除以9商是整数且没有余数的数虽然排列顺序，但组成的数字都是相同。
那么判断一个数除以9有没有余数，我们其实只要看其组成的数字，而和这些数字的排列顺序无关。
今天我们就探索这样的一些列问题。
【整除的概念】当两个整数a 和b （0b ≠），a 被b 除的余数为0时（商为整数），则称a 被b 整除或b 整除a ，记作：|b a ；如果a 被b 除所得的余数不为0，则称a 不能被b 整除，或b 不整除a ，记作：ba ?。
【整除的性质】①末位分析法：如果一个数的末位能被2或5整除，那么这个数就能被2或5整除；如果一个数的末两位能被4或25整除，那么这个数就能被4或25整除；如果一个数的末三位能被8或125整除，那么这个数就能被8或125整除；……②数字之和分析法：如果一个数各位数字之和能被3整除，那么这个数就能被3整除；如果一个数各位数字之和能被9整除，那么这个数就能被9整除。
【例题1】⑴一个四位数528能被2整除，那么中应该填什么数字？⑵一个四位数528能被4整除，那么中应该填什么数字？⑶一个四位数528能被8整除，那么中应该填什么数字？⑷一个四位数360能被25整除，那么中应该填什么数字？【分析】这是一道考查第一类整除特点的基础题目。
同学只要能熟知第一类整除特点就可以解决此类题目。
⑴能被2整除的数看末位；⑵能4整除的数看末两位；⑶能被8整除的数看末三位；⑷能被25整除的数看末两位。
【解】⑴因为2528|；所以2|；所以0=，2，4，6或8。
⑵因为4528|；所以48|；所以0=，4或8。
⑶因为8528|；所以828|；所以0=，4或8。
⑷因为25360|；所以250|；所以0=或5。
初一寒假第1讲 整除 带余除法
第一讲 整除 带余除法板块1 数论中的根本概念和常识质数 合数 整除 约数 倍数 互质 进位制定义略。
质数是数论中第一重要的概念。
算数根本定理：整数分解的唯一性。
1不是质数，因为破坏了这个唯一性。
定理表达如下： 任何大于1的整数a 能唯一地写成1212......s a a a s a p p p = 〔1〕的形式，其中12......s p p p <<都是质数.式〔1〕被称为a 的标准分解式。
【例】证明：假设0,n n n a b >，那么.a b【例】〔1〕求2021的标准分解式 2×5×3×67〔2〕求2021的标准分解式 质数〔3〕求2021的标准分解式 22×503【例】如果自然数n 使得21n +和31n +都恰好是平方数，试问53n +能否是一个素数．【解析】如果221n k +=，231n m +=，那么()()()()225342131422n n n k m k m k m +=+-+=-=+-． 因为21k m -≠，否那么，将有5321n m +=+，并且()()()()2212123153220m m m n n n -=-++=+-++=-<．而这是不可能的．故53n +不是素数． 判定质数很困难，判定合数的方法是分解。
(1)假设b |c 且c |a ，那么b |a (传递性)；(2)假设b |a 且b |c ，那么|()b a c ±。
假设反复运用这一性质，易知对于任意的整数u,v 有|()b au cv +。
有时候要想知道a |b 是否成立，只需考察a|db+ca 是否成立。
这里的c,d 是适中选取的。
(较高级技巧)【例】我们想知道一个数是不是7的倍数〔34675676〕，可以用34675〔截掉末三位〕减去676〔末三位〕，看看差是不是7的倍数，这是为什么？更彻底的，我们想知道5740376987465是不是7的倍数，可以去计算465-987+376-740+5是不是7的倍数。
第一讲__整数奇偶性与整除性分析
• 定义3:(最小公倍数)设a,b是两个非零整数，一个同时为 a,b倍数的数称为它们的公倍数，a、b的公倍数有无穷多个 ，这其中最小的一个称为a、b的最小公倍数，记作[a,b]. 对于多个非零实数a,b,…,c，可类似地定义它们的最小公倍 数［a,b,…,c］. 最小公倍数主要有以下几条性质： • 1）a与b的任一公倍数都是[a,b]的倍数，对于多于两个数 的情形，类似结论也成立； • 2）两个整数a,b的最大公约数与最小公倍数满足： (a,b)[a,b]=|ab|(但请注意，这只限于两个整数的情形， 对于多于两个整数的情形，类似结论不成立)； • 3）若a,b,…,c两两互素，则［a,b,…,c］＝｜a·b·…·c｜； • 4）若a|d，b|d,……，c|d且两两互素，则a·b·…·c｜d.
2000 个 0
10 01 10 证明：
2000 个0
2001
1 (103 ) 667 1 (103 1)[(103 ) 666 (103 ) 665 103 1]
.
01 所以103+1(=1001)整除 10
2000 个 0
例6 若17|(2a+3b),试证：17|(9a+5b).
证明：注意到2(9a+5b)=9(2a+3b)－17b,于是17|2(9a+5b). 但是(17,2)=1,即得17|(9a+5b).
三 · 最大公约数、最小公倍数
• 定义2：（最大公约数）设a，b不全为零，同时整除a,b的 整数（如 1）称为它们的公约数. 因为a,b不全为零，故 a,b的公约数只有有限多个，我们将其中最大一个称为a,b 的最大公约数，用符号（a,b）表示. 显然，最大公约数是 一个正整数. • 当（a,b）＝1（即公约数只有 1）时，我们称a与b 互素（互质）。这是数论中的非常重要的一个概念. • 同样，如果对于多个（不全为零）的整数a,b,…c， 可类似地定义它们的最大公约数（a,b,…c）. 若（ a,b,…c）＝1，则称a,b,…c互素. 请注意，此时不能推 出a,b,…c两两互素；但反过来，若（a,b,…c）两两互素 ，则显然有（a,b,…c）＝1.
整除问题的初步认识教案
整除问题的初步认识教案教案标题：整除问题的初步认识教案目标：1. 让学生了解什么是整除以及整除的基本概念和性质。
2. 培养学生观察问题、提出问题和解决问题的能力。
3. 帮助学生建立整除的解决思路和方法，提高解决整除问题的能力。
教学内容与步骤：一、导入（5分钟）1. 展示一些实际生活中的整除问题，例如：你有7块巧克力，想要平均分给4个朋友，每个人能分到几块？2. 引导学生思考整除的概念，快速讨论学生在生活中对整除的经验和理解。
二、整理整除的概念（15分钟）1. 解释整除的定义和符号，让学生理解整除的意思和表示方式。
2. 引导学生观察一些整除和不整除的例子，并归纳总结整除的性质和判断方法。
三、探究整除的规律（20分钟）1. 给学生发放一张练习纸，让学生在小组内根据所学整除的性质解决一系列整除问题。
2. 引导学生围绕整除的规律展开讨论，如何判断一个数是否能够整除另一个数，以及如何找出一个数的所有因数。
四、巩固练习（15分钟）1. 分发练习册上的相关练习题，让学生独立完成。
2. 鼓励学生互相交流，讨论解题思路和方法，并及时给予指导和帮助。
五、拓展延伸（10分钟）1. 给学生提供一些拓展问题，例如：如何判断一个数是质数还是合数？2. 引导学生自主探究，并展示解决拓展问题的方法和答案。
六、总结与评价（5分钟）1. 让学生总结今天所学的整除知识和解题策略。
2. 提供反馈和评价，鼓励学生对整除问题更深入的思考和探究。
教学资源：1. 实物示例：巧克力、水果等2. 练习纸和练习册3. 拓展问题和答案教学评估：1. 教师观察学生在讨论中的参与度和解题的思路是否合理。
2. 练习纸和练习册的完成情况和准确性。
3. 学生对拓展问题的解答和解决方法。
教学反思：在整数的初步认识中，整除问题是一个重要的基础概念。
通过本节课的讲解和探究，学生能够初步掌握整除的定义、性质和判断方法，同时培养了学生观察问题和解决问题的能力。
在今后的教学中，可以根据学生的实际情况，适当增加更多的实际应用和拓展问题，激发学生的学习兴趣和求知欲。
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数论第1讲整除问题初步（学生）
第一讲整除问题初步
从这一讲开始,我们将会进人一个神奇而美妙的世界:数论.
什么是数论呢?
人类从学会数数开始,就一直和整数打交道.人们在对整效的应用村研究中,探索出很多奇妙的数学规律,正是这些富有魅力的规律,吸引了古往今来的许多学家,于是就出现了数论这门学科.
确切地说,数论就是一门研究整数性质的学科.
我们就从最基本的性质一一整除开始,一起在数论的海洋中邀游吧.
数论在数学中的地位是独特的,伟大的数学家高斯曾经说过:“数学是科学的皇后,数论是数学的皇冠.”
一、整除的定义
如果整数a除以整数b(b≠0),除得的商是整数且没有余数,找们就说a能被b整除,也可以说b能整除a,记作b|a.
如果除得的结果有余数,我们就说a不能被b整除,也可以说b不能整除a.
二、整除的一些基本性质
1.尾数判断法
(1)能被2、5整除的数的特性:个位数字能被2、5整除.
(2)能被4、25整除的数的特性:末两位能被4、25整除.
(3)能被8,125整除的数的特性:末三位能被8、125整除.
2.数字求和法
能被3、9整除的数的特性:各位数字之和能被3、9整除.
3.奇偶位求差法
能被11整除的数的特性:“奇位和”与“偶位和”的差能被11整除.
我们把一个数从右往左数的第1、3、5位,··,统称为奇数位,把一个数从右往左数的第2、4、6位,统称为偶数位.我们把“奇数位上的数字之和”简称为“奇位和”,把“偶数位上的数字之和”简称为“偶位
和”.
下面我们来看一下如何运用这些性质.
例题1：判断下面11个数的整除性:23487、3568、8875、6765、5880、7538、198954、6512、93625、864、407.
(1)这些数中,有哪些数能被4整除?哪些数能被8整除?
(2)哪些数能被25整除?哪些数能被125整除?
(3)哪些数能被3整除?哪些数能被9整除?
(4)哪些数能被11整除?
练习1：在数列3124:、312、3823、45235、5289、5588、661、7314中哪些数能被4整除,哪些数能被3整除,哪些数能被11整除?
如果将例题1中能被3整除的数相加或相减,会发现得到的结果还能被3整除;同样的,如果将其中能被11整除的数相加或相减,会发现得到的结果同样能被11整除. 从中我们可以总结出如下规律:
和整除性与差整除性:两个数如果都能被自然数a整除,则它们的和与差也都能被a整除.
例题2：173?是一个四位数.文老师说:“我在其中的方框内先后填入3个数字得到3个四位数,依次能被9,11,8整除."问:文老师在方框中先后填入的3个数字之和是多少?
练习2：在23?的方框内先后填入3个数字,分别组成3个三位数,使它们依次被3,4,5整除.
上面我们已经学习了如何利用“整除特性”,解决单个数的整除问题.下面我们再来看一看涉及多个数的整除问题应该如何解决.
例题3：牛叔叔给45名工人发完工资后,将总钱数记在一张纸上. 但是记账的那张纸破了两个洞,上面只剩下“67?8?”,其中方框表示破了的洞.牛叔叔记得每名工人的工资都一样,并且都是整数元.请问:这45名工人的总工资有可能是多少元呢?
练习3：四位数3?3?能被36整除,那么这个四位数可能是多少?
在例3中,我们井不知道45的整除特性,但是,能被45整除的数,也能被5和9整除,那么只需考虑5和9的整除特性即可.
请同学们注意,虽然45=3x15,但是在考虑能否被45整除时,不能只考虑被3和15整除.你能想明白这是为什么吗?
例题4：一天,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“1234?6?8”的号码可以申请. 也就是说,在申请号码时,方框内的两个数字可以随意选择,而其余数字不得改动.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?
练习4：七位数22?333?能被44整除,那么这个七位数是多少?
有时候满足题目条件的答案会非常多.如果只要求找出最大的或最小的,我们只需要从极端情况考虑即可.
例题5：在所有各位数字互不相同的五位数中,能被45整除的数最小是多少?最大是多少? 例题6：由1、3、4、7、8这六个数字所组成的六位数中,能被11整除的最大的数是多少?
作业
1、下面有9个自然数:48、75、90、12
2、650、594、4305、7836、4100.其中能被4整除的有哪些?能被25整除的有哪些?
2、有如下5个自然数:12345、189、72457821、333666、54289.其中能被9整除的有哪些?
3、有如下5个自然数:312
4、3823、4523
5、5289、5588.其中能被11整除的有哪些?
4、125?是一个四位数.王老师说:“我在其中的方框内先后填入3个数字,得到3个四位数, 依次能被9、11、8整除.”问:王老师在方框中先后填人的3个数字之和是多少?
5、阿呆买了72支同样的钢笔,可是发票不慎落水浸湿,单价已无法辨认,总价数字也不全,只能认出:?11.4?元(?表示不明数字).请问总价应该是多少?。