初中数学竞赛讲座——数论部分2(整数的整除性)

第二讲 整数的整除性
一、基础知识：
1．整除的基本概念与性质
所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．
定义： 设a ，b 是整数，b ≠0．如果有一个整数q ，使得a=bq ，那么称a 能被b 整除，或称b 整除a ，并记作b ｜a ．也称b 是a 的约数，a 是b 的倍数。

如果不存在这样的整数q ，使得a=bq ，则称a 不能被b 整除，或称b 不整除a ，记作b ｜a ．
关于整数的整除，有如下一些基本性质：
性质1若c b b a |,|，则c a |
证明：∵c b b a |,|，∴bq c ap b ==,（q p ,是整数），
∴a pq q ap c )()(==，∴c a |
性质2 若a ｜b ，b ｜a ，则 |a |=|b |．
性质3 若c ｜a ，c ｜b ，则c ｜(a ±b )，且对任意整数m ，n ，有c ｜(m a ±n b )．
证明：∵c a b a |,|，∴aq c ap b ==,q b ,(是整数），
∴)(q p a aq ap c b ±=±=±，∴|()a b c ±
性质4 若b ｜a ，d ｜c ，则bd ｜ac ．特别地，对于任意的非零整数m ，有b m ｜a m
性质5 若a =b ＋c ，且m ｜a ，m ｜b ，则m ｜c ．
性质6 若b ｜a ，c ｜a ，则[b ，c ]｜a ．特别地，当(b ，c )=1时，bc ｜a
【此处[b ，c ]为b ，c 的最小公倍数；(b ，c )为b ，c 的最大公约数】．
性质7 若c ｜ab ，且(c ，a )=1，则c ｜b ．特别地，若p 是质数，且p ｜ab ，则p ｜a 或p ｜b ．
性质8 n 个连续整数中，必有一个能被n 整除．
【特别地：两个连续整数必有一偶数；三个连续整数必有一个被3整除，如11，12，13中有3 | 12；41，42，43，44中有4 |44；77，78，79，80，81中5 | 80．】
二．证明整除的基本方法
证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法等．下面举例说明．
例1若a ｜n ，b ｜n ，且存在整数x ，y ，使得ax +b y=1，证明：ab |n ．
证明：由条件，可设n=au，n=b v，u，v为整数，于是
n=n(ax+b y)= nax+nb y=abvx+abu y= ab(vx+u y)
所以n|ab
例2证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．
分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．
证明：设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是
(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．
所以12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．
又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故
24 |[(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．
例3若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．
分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k ＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．
证明因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以
a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．
例4若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．
证明：设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得
3v-5u=17x．①
所以17｜3v．
因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．
若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．
例5已知a，b是自然数，13a＋8b能被7整除，求证：9a+5b都能被7整除．
分析：考虑13a＋8b的若干倍与9a+5b的若干倍的和能被7整除，
证明13a＋8b+4（9a+5b）=7（7a+4b）是7的倍数，又已知13a+8b是7的倍数，所以4（9a+5b）是7的倍数，
因为4与7互质，由性质7|（9a+5b）
例6已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．
证明 用反证法．如果a ，b 不都能被3整除，那么有如下两种情况：
(1) a ，b 两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a ，3b ．令a =3m ，b =3n±1(m ，n 都是整数)，于是
a 2+
b 2=9m 2+9n 2±6n+1
=3(3m 2＋3n 2±2n)+1，
不是3的倍数，矛盾．
(2) a ，b 两数都不能被3整除．令a =3m±1，b =3n±1，则
a 2＋
b 2=(3m±1)2+(3n±1)2
=9m 2±6m+1+9n 2±6n ＋1
=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，
不能被3整除，矛盾．
由此可知，a ，b 都是3的倍数．
例7 已知a ，b 是正整数，并且a 2＋b 2能被ab 整除，求证：a =b ．
先考虑a ，b 互质的情况，再考虑一般情况。

证明 (1)若a ，b 互质，那么由ab |a 2＋b 2，得a |a 2＋b 2，从而a |b 2，又a ，b 互质，得a =1
同理b =1，所以a =b ；
(2) 若a ，b 不互质，则设d 为它们的最大公约数，
a =a 1d ，
b =b 1d ，则a 1，b 1互质，
由ab |a 2＋b 2，得a 1b 1d 2| d 2(a 12＋b 12)，
从而a 1b 1| (a 12＋b 12)，
由（1）可知a 1=b 1=1
所以a =b =d
例8 设p 是质数，证明：满足a 2=pb 2的正整数a ，b 不存在．
证明 用反证法．假定存在正整数a ，b ，使得
a 2=p
b 2
令(a ，b )=d ，a =a 1d ，b =b 1d ，则(a 1，b 1)=1．所以
221a d =221pb d ，21a =21pb
所以21|p a ，由于p 是质数，所以1|p a ，令12a pa =，则12a pa =，则22
21pa b =
同理1|p b ，即a 1，b 1都有p 这个因子，与(a 1，b 1)=1矛盾．
例9 若p ，q ，
21p q -，21q p
-都是整数，并且p ＞1．求pq 的值． 解 若p =q ，则 212112p p q p p
--==- 不是整数，所以p ≠q ．不妨设p ＜q ，于是
2121212p q q q q q --≤
<<= 而21p q -是整数，故21p q
-=1，即q =2p -1， 又214334q p p p p
--==-是整数，所以p 只能为3，从而q =5． 所以pq =3×5=15．
例10 试求出两两互质的不同的三个自然数x ，y ，z ，使得其中任意两个的和能被第三个数整除． 分析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．
解 不妨设x y z <<，于是y z x +，x z y +，x y z
+都是自然数，先考虑最小的一个： 12x y z z z z
++≤<= 所以+1x y z
=，即z x y =+，再考虑x z y +，因为|()y x z +，即 y ｜(y ＋2x)，所以y ｜2x ，于是2212x y y y ≤
<= 所以21x y
=，即2y x =，从而这三个数为x,2x,3x ，又因为这三个数两两互质，所以x=1． 所求的三个数为1，2，3．
例11 设n 是奇数，求证：
60｜6n -3n -2n -1．
分析 因为60=22×3×5，22，3，5是两两互质的，所以由性质6，只需证明22，3，5能被6n -3n -2n -1整除即可．对于幂的形式，我们常常利用性质8～性质10，其本质是因式分解．
证明 60=22×3×5．由于n 是奇数，利用性质8和性质10，有
22｜6n -2n ，22｜3n ＋1，
所以
22｜6n -2n -3n -1， 3｜6n -3n ， 3｜2n +1，
所以
3｜6n -3n -2n -1，5｜6n -1，5｜3n +2n ，
所以
5｜6n -1-3n -2n ．
由于22，3，5两两互质，所以
60｜6n -3n -2n -1．
【注】我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k 表示，奇数常用2k+1表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a 被3除时，余数只能是0，1，2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k ，3k ＋1，3k ＋2这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．
例12 求证：3n +1(n 为正整数)能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除．
证明 按模2分类．若n=2k 为偶数，k 为正整数，则
3n ＋1=32k ＋1=(3k )2＋1．
由3k 是奇数，(3k)2是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设(3k)2=8l ＋1，于是
3n ＋1=8l ＋2=2(4l ＋1)．
4l ＋1是奇数，不含有2的因数，所以3n ＋1能被2整除，但不能被2的更高次幂整除．
若n=2k ＋1为奇数，k 为非负整数，则
3n +1=32k ＋
1+1=3·(3k )2＋1 =3(8l ＋1)＋1=4(6l ＋1)．
由于6l ＋1是奇数，所以此时3n+1能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．
在解决有些整除性问题时，直接证明较为困难，可以用反证法来证．
例13 设m 是一个大于2的正整数，证明：对任意正整数n ，都有21|21m n
-+ 证明：如果存在正整数n ，使得21|21m n
-+，那么取其中最小的那个n ， 由于m>2，知n>1，进一步，应有2121m n -≤+，知n m ≥
而n=m 时，21|2m -（因为2(21)(21)n n =+--，右边每一项都是2n -1的倍数），矛盾，故n>m
于是设21(21)n m
q +=-，这里q 是正整数，则 22(21)(21)(21)(1)n m n m m q +=-+-=-+
即 2(21)(21)(1)m n m m q --=-+
于是 (21)(21)(21)(21)(1)n m m n m m q --++-+=-+
得 (21)(21)(2)n m m n m q --+=--
因此，21|2+1m n m --，与n 的最小性矛盾，
所以，命题成立。

例14 设p ，q 均为自然数，且
111111123451819
p q =-+-+--+ 求证：29｜p ．
证明 注意到29是质数．令a =10×11× (19)
所以 ap =29q·b ，
29｜a·p ，29是质数，且29a ，所以29｜p ． 例15. 用正方形的地砖不重叠、无缝隙地铺满一块地，选用边长为x （cm ）规格的地砖，恰用n 块；若选用边长为y （cm ）规格的地砖，则要比前一种刚好多用124块．已知x 、y 、n 都是正整数，且（x ，y ）=1．试问：这块地有多少平方米？ 解：设这块地的面积为S ，则S=nx 2=（n+124）y 2，得n （x 2-y 2）=124y 2．
∵x ＞y ，（x ，y ）=1，
∴（x 2-y 2，y 2）=l ，得（x 2-y 2）|124．
∵124=22×31，x 2-y 2=（x 十y ）（x-y ），x 十y ＞x-y ，且x 十y 与x-y 奇偶性相同，
311x y x y +=⎧⎨-=⎩或3122x y x y +=⨯⎧⎨-=⎩
解之得x=16，y=15，此时n=900．故这块地的面积为S=nx 2=900×162=230400（cm 2）=23.04（m 2）． 故答案为：23.04m 2．
例16 已知1996个自然数a 1，a 2，…a 1996两数的和能被它们的差整除，现设n=a 1•a 2•a 3•…•a 1996． 求证：n ，n+a 1，n+a 2，…，n+a 1996这1997个数仍满足上述条件．
证明：由于自然数是有序的，因此我可以把他们排列从小到大，不妨设a 1＜a 2＜a 3…＜a 1996， ① 证明a 1，a 2…a 1996任取3个，一定有一个是偶数．假设任取三个a i ，a j ，a k ，它们全部都是奇数，那么
他们可以表示成a i =a ，a j =a +2b ，a k =a +2c ，其中a ，b ，c 为正整数，且a 为奇数，b ＜c ，我这样做因为他们肯定相隔偶数．由已知a j -a i |a i +a j ，a k -a i |a i +a k ，a k -a j |a j +a k ，
得到b|a+b ，即b|a ，c|a+c ，即c|a ，故c-b|a+b+c ，
因此b ，c 都是奇数，那么a+b+c 是3个奇数相加，因此也是奇数，然而c-b 是两个奇数相减，因此是偶数，那么不可能一个偶数c-b 能除尽奇数a+b+c ，因此得到矛盾，所以不可能都是奇数．
②从a 1，…a 1996任取两个a i ，a j ，其中a i ＜a j ，下面证明a j -a i |n ．
由a j -a i |a i +a j ，可得a j -a i |（a i +a j ）2=a i 2+2a i a j +a j 2=（a j -a i ）2+4a i a j
由于a j -a i |（a j -a i ）2所以a j -a i |4a i a j
在①里面，可见任何3个数中，必有一个是奇数，因此a 1，a 2，…a 1996至少有2个偶数不等于a i ，a j ， 因此，显然4a i a j |n ，所以aj-ai|n
③从n ，n+a 1，n+a 2，…n+a 1996任取两个n+a i ，n+a j ，其中a i ＜a j
他们两个之差=a j -a i
之和=2n+a i +a j 因为a j -a i |n （②中证明的） 和 a j -a i |a i +a j （已知条件）
所以a j -a i |2n+a i +a j ，这样证明了任取两个数属于{n ，n+a 1，n+a 2…n+a 1996}，他们之和能被他们之差整除． 例17．从1，2，…，9中任取n 个数，其中一定可以找到若干个数(至少一个，也可以是全部)，它们的和能被10整除，求n 的最小值．
当n ＝4时，数1，3，5，8中没有若干个数的和能被10整除．
当n ＝5时，设125a a a ，，，是1，2，…，9中的5个不同的数．若其中任意若干个数，它们的和都不能被10整除，则125a a a ，，，中不可能同时出现1和9；2和8；3和7；4和6．于是125a a a ，，，中必定有一个数是5．
若125a a a ，，，中含1，则不含9．于是不含4（4＋1＋5＝10），故含6；于是不含3（3＋6＋1＝10），
故含7；于是不含2（2＋1＋7＝10），故含8．但是5＋7＋8＝20是10的倍数，矛盾．
若125a a a ，，，中含9，则不含1．于是不含6（6＋9＋5＝20），故含4；于是不含7（7＋4＋9＝20），
故含3；于是不含8（8＋9＋3＝10），故含2．但是5＋3＋2＝10是10的倍数，矛盾．
综上所述，n 的最小值为5.
三、模拟训练
1．已知九位数b a 3571732能被72整除，求b a ,．
解：∵72b a 3571732，而9872⨯=，∴8 | b a 3571732，9 | b a 3571732． 根据数的整除特征，有b 17|8，且b 必须是偶数，
∴6=b ，又)67175323(|9++++++++a ，
即)34(|9a +，∴2=a
2．已知z xy N 4513=能被792整除，试确定数字z y x ,,及N ．
解：∵1198792⨯⨯=，∴N |8，∴z 45|8，∴6=z ，
又N |9，∴)65431(|9++++++y x ，即)19(|9y x ++
∴18=+y x ，或17=+y x ，又N |11，∴11)]53()641[(|++-+++y x ，
即11)](3[|y x -+，∴8=-y x ，或3-=-y x
经检验，⎩⎨⎧=-=+,8,8y x y x 符合题意，它的解是⎩
⎨⎧==,0,8y x 故1380456=N ． 3．用0，1，2，3，…，9这十个不同的数字组成能被99整除的十位数，求其中最大的一个数和最小的一个数．
分析：因为99=9×11，所以这个十位数能同时被9和11整除．
解：∵0+1+2+…+9=45=5×9，∴所有这样的十位数均能被9整除，
设十位数中奇数位上数字和为x ，偶数位上数字和为y ，则210++=+y x +…+9= 45为奇数， y x -为奇数．
根据题意，得)(|11y x -，∴11||=-y x ，
若11=-y x ，则17,28==y x ；若11-=-y x ，则28,17==y x
要使十位数最大，前几位应尽量选用9，8，7，6；
若前四位为9876，则9+7=16，8+6=14，可知17≠x ，于是有17,28==y x ．
从而易得能被99整除的最大的十位数为9876524130
同理能被99整除的最小的十位数为1024375869．
说明：注意到y x -与y x +奇偶性相同，在得0||=-y x ，11，22时就可以排除
0||=-y x 与22||=-y x ．
4．从19到80的所有两位数被连续地写成一个数=x 19202122…7980，求证：这个数能被1980整除．
分析：显然x |20，由1980=20×9×11，故1980 |x ，这个数能被1980整除．
想一想
证明11 | x 时，也可证19+20+21+…+79+80= 99×31能被11整数整除，这是为什么？
5．若3224=++d c b ，试问abcd 能否被8整除？请说明理由． 分析：要说明abcd 能否被8整除，根据被8整除的数的特征，只要判断bcd 能否被8整除． 解：d c b bcd ++=10100)24(896d c b c b ++++=32896++=c b
)412(8++=c b ，∴bcd |8，∴abcd |8
6．若d c b a ,,,是互不相等的整数，且整数x 满足等式))()()((d x c x b x a x ----9=
求证：)(|4d c b a +++
证明：∵d c b a ,,,是互不相等的整数，∴d x c x b x a x ----,,,也是互不相等的整数．∵))()()((d x c x b x a x ----9=，∴d x c x b x a x ----,,,均为9的约数，
而)3()3()1()1(9+⨯-⨯+⨯-=，∴)()()()(d x c x b x a x -+-+-+-
0)3()3()1()1(=++-+++-=，即x d c b a 4=+++，故)(|4d c b a +++．
7．求证：
801100个 能被11整除． 证明：
0801100个1)10(110339+=+==)11010)(110(3
63+-+ =)11010)(11010)(110(362+-+-+)11010)(11010(113
62+-+-=
∴
0801100个 能被11整除． 8．已知z y x ,,均为整数，若)527(|11z y x -+，求证：)1273(|11z y x +-．
证明：∵)527(3)1273(4z y x z y x -+++-)323(11z y x +-=
又∵)527(|11z y x -+，)323(11|11z y x +-
∴)127—x 3(4|11z y +，又∵11，4互质，∴)1273(|11z y x +-
9．试证：n 为整数时，)12)(1(++n n n 是6的倍数．
证明：∵)]1()2)[(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n
=)1()1()2)(1(+-+++n n n n n n ，又2,1,++n n n 是三个连续整数，
∴)12)(1(++n n n 是321⨯⨯的倍数，即)2)(1(|6++n n n ；
同理)1()1(|6+-n n n ，∴)]1()1()2)(1([|6+-+++n n n n n n ，即)12)(1(|6++n n n
10．一整数a 若不能被2和3整除，则472+a 必能被24整除．
证明：因为472+a 48)1(2+-=a ，且48能被24整除，故只需证12-a 能被24整除，472+a 就能被24整除
∵a 不能被2整除，∴a 为奇数，设12+=k a k (是整数），
则)1(41)12(122+=-+=-k k k a 能被8整除
∵)1()1()1(2+-=-a a a a a 能被3整除，而a 不能被3整除
∴12-a 能被3整除，又3与8互质，故12-a 能被24整除
11．已知b a ,为整数，且)(|922b ab a ++，求证：3|3|a b ，．
分析：由ab b a b ab a 3)(222+-=++，得2)(|3b a -，从而)(|3b a -
证明：∵ab b a b ab a 3)(222+-=++，)(|922b ab a ++
∴]3)[(|32ab b a +-，∴2)(|3b a -，∵3是质数，∴)(|3b a -
又∵]3)[(|92ab b a +-，∴ab 3|9，∴ab |3，∵3是质数，∴b a |3,|3或
若a |3，由)(|3b a -，得b |3，若b |3，同理可得a |3．故b a |3,|3．
说明：ab |3是显然的，但它不能保证a |3与b |3同时成立． 12 .一个整数称为可被其数字和整除．如果：
（1） 它的数字都不为0；
（2）它可以被它的数字和整除（例如322可被其数字和整除）．
初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明：有无限多个可被数字和整除的整数．
证明：322可被其数字和整除，即322÷7=46
322×10÷7=46×10=460
322×102÷7=46×102=4.6×103；
依此类推：322×10n÷7=46×10n=4.6×10n+1
n是任意的整数，因而322×10n即3.22×10n+2都是可被数字和整除的整数．
故有无限多个可被数字和整除的整数．
13.某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”．证明：这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被101整除．
解：“如果某个号码n是幸运券，那么号m=9999-n也是幸运券”，这是解决问题的关键，请你考虑这句话合理性．
∴8+1+a+b+9+3=21+a+b能被9整除，得3+a+b=9k l（k1为整数）．①
∴8-1+a-b+9-3=13+a-b能被11整除，得2+a-b=11k2（k2为整数）．②
∵0≤a，b≤9，
∴0≤a+b≤18，-9≤a-b≤9，
由①、②两式，得3≤＜9k1≤21，-7≤11k2≤11，
知k1=1，或k1=2；k2=0，或，而3+a+b与2+a-b的奇偶性相异，而k1=2，k2=1不符合题意．
故把k1=1，k2=0代入①、②两式，解方程组可求得a=2，b=4．代入所设6位数．即得到812493．
所以，这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被101整除．
14.试找出由0，1，2，3，4，5，6这7个数字组成的没有重复数字的七位数中，能被165整除的最大数和最小数（要求写出推理过程）．
解：∵165=3×5×11
∴此7位数必同时能被3，5，11整除，而0+1+2+3+4+5+6=21能被3整除，
∴排成的7位数只需能同时被11，5整除即可，
根据能被11整除的数的性质，设7位数奇位上的数字和为x，偶数位上的数字和为y，则
x-y是11的倍数而x-y与x+y的奇偶性相同，且x+y=21，
∴只有x-y=11或-11，即x=5，y=16或x=16，y=5
∵7位数能被5整除，
∴其末位数必为0或5，
当末位数必为0或5时，找不到4个数的和为5，
∴只有x=16，y=5，即该7位数的奇数位上的数字和为16，偶数位上的数字和为5，且其末位数必为5．只有两组分法：
①、奇数位上的数字（1，4，6，5），偶数位上的数字（0，2，3）
②、奇数位上的数字（2，3，5，6）偶数位上的数字（0，1，4）
①中最大数和最小数分别为6342105和1042635；②中最大数和最小数分别为6431205和2031645
∴所求的最大数和最小数分别为6431205和1042635．
故答案为：6431205和1042635．。