1.1 整数的整除

第一章数论初步1.1 整数的整除【知识精讲】1.整除的定义：设a，b是两个整数,且b≠0,如果存在一个整数q,使等式a=bq成立,则称a能被b整除或b整除a，记作b︱a，又称b是a的约数，a是b的倍数.若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6.显然，１能整除任意整数，任意整数都能整除0.±）称为它2．最大公约数的定义：设a，b不全为零，同时整除a，b的整数（如1a,不全为零，故同时整除a，b的整数只有有限多个，其中最大的一个们的公约数，因b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.±）时，则称a与b互素（互质）.当（a，b）＝1（即a，b的公约数只有1若a与b互素，则存在两个整数s，t，使得as＋bt＝1.3.最小公倍数的定义：设a，b是两个非零整数，一个同时为a，b倍数的整数称为它们的公倍数，a，b的公倍数有无穷多个，这其中最小的一个正数称为a，b的最小公倍数，记作[a，b].显然a与b的任一公倍数都是[a，b]的倍数.4．质数与合数（1）正整数分为三类：①单位数1；②质数（素数）：一个大于1的正整数，如果它的正因数只有1和它本身，则称为质（素）数；③如果一个正整数有大于1而小于其本身的因数，则称这个正整数为合数.(2)100以内的质数有25个，即2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97.(3)偶质数只有2.(4)质数有无穷多个.p|或（a，p）＝1.(5) 若p是质数，a为任一整数，则必有a5.整除的性质:设a，b，c均为非零整数.（1）若b ︱a ，a ≠0，则b a ≤；（2）若b |a ，则b |(-a )；（3）若b |a ，则对任意的非零整数m ，有bm |am ；（4）若a |b ，b |a ，则|a |=|b|；（5）若c |b ，b|a ，则c |a ；（6）若b |ac ，而b 为质数，则b |a ，或b |c ；特别地，若b 是质数，|n b a ，则|b a ；（7）若c |a ，c |b ，则c |（ma+nb ），其中m 、n 为任意整数（可推广到更多项和）；（8）若b |ac ，而（a ，b ）=1，则b|c ；证明：∵(a ，b )＝1，∴存在两个整数s ，t ，使得 as ＋bt ＝1，∴a sc ＋btc ＝c .∵b |ac ⇒b |asc ，∴ b |(asc ＋btc ) ⇒ b |c .（9）若(a ，b )＝1，且a |c ，b |c ，则ab |c .证明：由a |c ，则可设c ＝as (s ∈Z )。

又b |c ，则可设c ＝bt (t ∈Z ) .∴as = bt ，因(a ，b )＝1，∴b |s ，∴可设s ＝bt 1 (t 1∈Z ) .于是c ＝abt 1 ，即ab |c .（10）如果在等式∑∑===m k k n i i b a 11中除去某一项外，其余各项均为c 的倍数，则这一项也是c 的倍数；（11）n 个连续整数中，有且只有一个是n 的倍数；n 个连续偶数中，至少有一个是n 的倍数；n （偶数）个连续奇数中，任何一个都不是n 的倍数；n （奇数）个连续奇数中，有且只有一个是n 的倍数.略证：设m ，m +2，…，m +2(n-1)是连续的n （奇数）个奇数，m=qn+r ，0r n ≤<，对于r ，r +2，…，r +2(n-1)，当r 为偶数时，可写为2k ，2(k +1)，…，2(k +n-1)，而k ，(k +1)，…，(k +n-1)是连续的n 个整数，其中有且只有一个是n 的倍数；当r 为奇数时，是[1,32)n -内的n 个连续奇数，因小于3n ，故不论从小还是从大数起，都一定含n ，且只能是n .（12）(a －b )|(a n －b n )(n 为自然数)，若用-b 代b 可进一步推得：(a ＋b )|(a n ＋b n )(n 为正奇数)；(a ＋b )|(a n －b n ) (n 为非负偶数)； 11m mn a a --，N ,N m n +∈∈.6.整除的判别法：设整数N ＝121n n a a a a -（其中09i a ≤≤，i =1,2,…,n -1,0n a ≠）.① 2|a 1⇔2|N ； 5|a 1⇔5|N ；② 4|21a a ⇔4|N ； 25|21a a ⇔25|N ；③ 8|321a a a ⇔8|N ； 125|321a a a ⇔125|N ；④ 3|a 1＋a 2＋…＋a n ⇔3|N ； 9|a 1＋a 2＋…＋a n ⇔9|N .证明：对正整数N ，记()S N 为N 的十进制表示中数码之和，则1211010n n N a a a -=⨯++⨯+（其中09i a ≤≤，i =1,2,…,n -1,0n a ≠），21()...n S N a a a =+++，于是有()N S N -=12(101)(101)n n a a -⨯-++⨯-. (*) 对于11i n ≤≤-，知)110(|9-i ，故(*)式右端n -1个加项中的每一个都是9的倍数，从而由整除的性质可知它们的和也能被9整除，即9|(())N S N -.由此可容易推出结论的两个方面.⑤ 11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)]⇔11|N ；⑥ 7||14n n a a a -－321a a a |⇔7|N ； ⑦ 11||14n n a a a -－321a a a |⇔11|N ； ⑧ 13||14n n a a a -－321a a a |⇔13|N . (更一般地,一个正整数A ，把它从个位起向前每3位分成一节（最后的一节可能只有1个或2个数字）.如果奇数节的各三位数的和为M ，偶数节的各三位数的和为N ，则(mod 7M N A -≡或11或13).【应用举例】（1）利用数的整除性特征例1．（1980年加拿大竞赛题）设72｜679a b ,求a ，b 的值.解：72=8×9，且（8，9）=1，∴只需讨论8、9都整除679a b 时，a ，b 的值. 若8｜679a b ，则8｜79b ，由除法可得b ＝２. 若9｜679a b ，则9｜（a +6+7+9+2），得a =3.例2．用0至9十个不同的数字组成一个能被11整除的最大的十位数.解：设这个十位数为980...N a a a =.记97531a a a a a a ++++=，86420a a a a a b ++++=(10,35a b ≤≤)，则45a b +=.由于所求N 为满足条件的最大的十位数，不妨设a b >，而由11-a b ，a b +与-a b 有相同的奇偶性知-11a b =，即得28a =，17b =.先排十位数的前四位为9876.由于该十位数的奇数位五个数字之和为17，现已有8+6=14，故其余三个数字之和为3，它们只能是2，1，0，余下的5，4，3是偶数位上的数，故所求的十位数是9876524130.（2）利用整除的性质例3.（1987年北京初二数学竞赛题）x ，y ，z 均为整数，且11｜(7x +2y -5z ). 求证：11｜(3x -7y +12z ).证明：∵4(3x -7y +12z )+3(7x +2y -5z )=11(3x -2y +3z )，而11｜11(3x -2y +3z )，且11｜(7x +2y -5z)，∴11｜4(3x -7y +12z )，又(11,4)=1，∴11｜(3x -7y +12z ) .另证：5(3x -7y +12z )+ (7x +2y -5z )=11(2x -3y +5z ) .例4．一个正整数，如果用７进制表示为abc ，如果用５进制表示为cba ，请用10进制表示这个数.解：由题意知：0＜a ，c ≤4，0≤b ≤4，设这个正整数为n ，则n ＝abc ＝a ×72＋b ×7＋c ，n =cba =c ×52＋b ×5＋a ，∴49a ＋7b ＋c ＝25c ＋5b ＋a .∴48a ＋2b －24c ＝0，∴b ＝12(c －2a )，∴12｜b ，又∵0≤b ≤4，∴b ＝0，∴c ＝2a ，∵0＜a ，c ≤4，∴a =1或2.当a ＝1，c ＝2时，n ＝51；当a ＝2，c ＝4时，n ＝102.例5．设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ，求证：1985|A .证明：∵1985＝397×5，A ＝(3237n －632n )－(855n －235n )＝(3237－632)×u －(855－235)×v (u ，v ∈Z )＝5×521×u －5×124×v ，∴5|A .又A ＝(3237n －855n )－(623n －235n )＝(3237－855)×s －(623－235)×t (s ，t ∈Z )＝397×6×s －397×t ，∴397｜A .又∵(397，5)＝1，∴397×5｜A ，即1985｜A .例6．请确定最小的正整数A ，其末位数是6，若将末位的6移至首位，其余数字不变，其值变为原数的4倍.解：设该数为A ＝121n n n a a a a --，其中a 1＝6， 令x ＝122n n n a a a a --，则A ＝6x ＝x ·10＋6. 于是4A ＝6x ＝6×10n －1＋x ，即有4×10x ＋24＝6×10n －1＋x ，∴x ＝12(104)13n --， ∵(2，13)＝1，x 是整数，∴13|(10n －1－4) .n ＝1，2时，10n －1－4＜10显然不满足条件；n ＝3时，10n －1－4＝96 不满足条件；n ＝4时，10n －1－4＝996 不满足条件；n ＝5时，10n －1－4＝9996不满足条件；n ＝6时，10n －1－4＝99996 满足条件， ∴x ＝13999962⨯＝15384，即A ＝153846. （3）利用连续整数之积的性质①任意两个连续整数之积必是一个奇数与一个偶数之积，因此一定可被2整除. ②任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除.③ 任意m 个连续整数之积一定可以被m !整除.例7.（1956年北京竞赛题）证明：3231122n n n ++-对任何整数n 都为整数，且用3除时余2. 证明:323111(1)(21)1222n n n n n n ++-=++-，∵n (n +1)为连续二整数的积,必可被2整除， ∴(1)2n n +对任何整数n 均为整数, ∴1(1)(21)12n n n ++-为整数,即原式为整数. 又∵(1)(21)4(1)(21)2(21)(22)288n n n n n n n n n ++++++==， 而2n 、2n +1、2n +2为三个连续整数，其积必是3的倍数，又2与3互质， ∴(1)(21)2n n n ++是能被3整除的整数. 故323111(1)(21)1222n n n n n n ++-=++-被3除时余2. 例8．一整数a 若不能被2和3整除，则a 2+23必能被24整除.证明：∵a 2+23=（a 2-1）+24，只需证a 2-1可以被24整除即可.∵2a ，∴a 为奇数.设a =2k +1 (k 为整数)，则a 2-1=(2k +1)2-1=4k 2+4k =4k (k +1) .∵k 、k +1为二个连续整数，故k （k +1）必能被2整除，∴8|4k （k +1），即8|（a 2-1）.又∵（a -1），a ，（a +1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a (a -1)(a +1)=a (a 2-1)， ∵3a ，∴3|(a 2-1).而3与8互质，∴24|(a 2-1)，即a 2+23能被24整除.(4)利用整数的奇偶性例9.求证:不存在这样的整数a 、b 、c 、d 使：a·b·c·d-a =11...1(1985个1)， ①a·b·c·d-b =11...1(1986个1)， ②a·b·c·d-c =11...1(1987个1)， ③a·b·c·d-d =11...1(1988个1)， ④证明：由①，a （bcd -1）=11...1(1985个1).∵右端是奇数，∴左端a 为奇数，bcd -1为奇数.同理,由②、③、④知b 、c 、d 必为奇数，那么bcd 为奇数，bcd-1必为偶数，与已证bcd -1为奇数矛盾.所以命题得证.例10．(1985年合肥初中数学竞赛题)设有n 个实数x 1,x 2,…，x n ，其中每一个不是+1就是-1，且112231...0n n n x x x x x x x x -++++=，试证：n 是4的倍数. 证明：设1i i i x y x +=，（1,2,...,1i n =-），1n n x y x =， 则y i 不是+1就是-1，但y 1+y 2+…+y n =0，故其中+1与-1的个数相同，设为k ，于是n =2k .又y 1 y 2 y 3…y n =1，即(-1)k =1，故k 为偶数.∴n 是4的倍数.(5)其他方法：整数a 整除整数b ，即b 含有因数a .这样，要证明a 整除b ，可采用有关公式和变形手段从b 中分解出因数a 就成了一条极自然的思路.例11．(美国第4届数学邀请赛试题)使n 3+100能被n +10整除的正整数n 的最大值是多少?解：n 3+100=n 3+1000-900=(n +10)(n 2-10n +100)-900.若n 3+100能被n +10整除，则900也能被n +10整除.而且，当n +10的值为最大时，相应的n 的值为最大。