初等数论第一章整除

2. 2带余除法定理作用
（1）带余除法可以将全体整数进行分类，从而 可将无限的问题转化为有限的问题。这是一种 很重要的思想方法. 例如取b=2，任意整数a可写成2q，或2q+1的形 式，即把整数分成奇数和偶数 取b=3则整数可分成3k ，3k+1，3k+2( 3k-1)三种 类型. （2）在不同整数a和b之间建立了a=bq+r联系. （3）为将要学习的同余理论建立了基础.
＝(3237－855)×s－(632－235)×t ＝397（6×s－t） ∴ 397｜A (s，t∈Z)
例4：证明2003|（20022002+20042004-2005）
证：20022002=（2003-1）2002 =2003M1+1
20042004=（2003+1）2002=2003M2+1 ∴20022002+20042004-2005 =2003（M1+M2-1） 由定义有 2003|（20022002+20042004-2005）
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。
证：设整数a= an10n an110n1 a110 a0100
则
3n1
例3：证明若A＝3237n－632n－855n＋235n
则有（1）5|A， （2）397|A
证: （1） A＝(3237n－632n)－(855n－235n)
＝(3237－632)×u－(855－235)×v
=5（521×u-124×v） (u，v∈Z) ∴5|A
（2）A＝(3237n－855n)－(632n－235n)
第一章
整 除
§1 整除与带余除法
1.1定义：a, b是两个整数，b不为零，若存 在一个整数q，使得等式a=b q成立，就称b 整除a, 或a能被b整除，记作b∣a，此时b称 为a的因子，a 称为b 的倍数。
a0
否则的话，就称b 不整除a,记成b†a. 显然对任意的 a有1|a ， a|0 ( a 0 )
例3：任意给出的n个整数，必有若干个整 数的和被n整除。 证：设这n个整数为 ai , i 1,2, ， ,n 作 s1 a1 ， s2 a1 a2 ，
sn a1 a2 an

0 ri n
由带余除法有 si nqi ri , (i 1,2,, n)
证：存在性：考虑b>0,先证明存在性。作数列 …,-3b,-2b,-b,0,b,2b,3b,…,则一定存在整数q使
qb a (q 1)b令r=a-bq，有a=bq+r且 0 r b
惟一性：设另有 q1 , r1 满足 a bq1 r1 ，则有 b | q1 q || r1 r |（*），若 q1 q 则（*）式左 边 大于b，而右边显然小于b，矛盾。所以有 q1 q, r1 r 这样就证明了惟一性。 问题：当b<0时,如何证?
a ai an (10n 1) an1 (10n1 1) a1 (10 1)
i 0 n
=
9an M1 9an1M 2 9a1
= 9(an M1 an1M 2 a1 ) 注：整数的十进制表示
=
9M
所以任一整数与其数字之和的差能被9整除 a= an10 an110
当 x 3k 时，有
3 | x,
当 x 3k 1时，有 2 x 1 6k 3 ，所以 3 | 2 x 1
当 x 3k 2 时，有 x 1 3k 3 ，所以 3 | x 1
综上所述都有 3 | x( x 1)(2 x 1) 注：利用余数进行分类讨论的方法，当除 数较小时是非常有用的.
a b
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 7n2 即有 n 21n2 所以有21|n
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。
c、当n个整数都小于零时，因为整除与符号无 关，所以 连续n个整数的乘积是n！的倍数。
带余除法
两整数之间的整除关系是特殊的，不整 除是普遍的，一般的有下面的定理 2.1带余除法定理：设a是整数，b是非零整 数，则存在两个惟一的整数q，r，使得 a=bq+r，其中 0 r | b |
注：其中q称为a被b除的不完全商，r称为a 被b除所得的余数。r=0时，即为整除的情形。
（1）若有余数为零，不妨设为 ri 0
则有 n | si ，从而证明了结论.
（2）否则由抽屉原理，至少有两个余数相等， 不妨设
则有
ri rj (i j )
n | s j si
即和 ai 1 ai 2 a j 能被n整除. 注：抽屉原理在一些证明中是非常有用的.
例4：对任意的整数 x ，有 3 | x( x 1)(2 x 1) 证：由带余除法x 必为下列三种形式之一：
2 2
5 | a 1
则
5 | a 1
2
2 5 | a 2 若 5| a 2 或 则 5 | a 1
例2：任意给出的五个整数，必有三个整数的和被3整除
证：设五个整数为ai , i 1,2,3,4,5又设
ai 3qi ri ,0 ri 3
下面wk.baidu.com两种情况讨论
（1）设五个余数中0，1，2都出现不妨设
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
1. 2 性质 1、b|a ± b | ±a |b| | |a|
2、c|b，b|a c|a.
bc|ac （c≠０ ） 3、b|a，
c|ma＋nb 4、c|a，c|b， b|ac 5、 b|a，
6、 b|a (a ≠０ ) |b| |a|
7、 b|a (a ≠０ ) | a
例1：证明连续三个整数中必有一个数被3整 除。
证：设这三个连续整数为a，a+1，a+2。又由 带余除法可设a=3k，3k+1，3k+2三种情形. (1) 当a=3k时，由定义3|a。
(2) 当a=3k+1时，此时a+2=3(k+1)，故3|a+2.
(3) 当a=3k+2时，此时a+1=3(k+1), 故3|a+1. 所以不论何种情况都有连续三个整数中必有 一个数是3倍数.
第一章
整 除
§1 整除与带余除法
1.1定义：a, b是两个整数，b不为零，若存 在一个整数q，使得等式a=b q成立，就称b 整除a, 或a能被b整除，记作b∣a，此时b称 为a的因子，a 称为b 的倍数。
a0
否则的话，就称b 不整除a,记成b†a. 显然对任意的 a有1|a ， a|0 ( a 0 )
n n1
a110 a010
0
例6: 证明对于任意整数n, 整数. 证明： 因为 =
n ( n 1)( n 2) 6 n ( n 1)( n 2) 6
n 3
n 3
n 6

n2 2

n3 6
是

n2 2

n3 6
2 ( n 3n 2) =
分子是三个连续整数的乘积, 是3！的倍数, 即 整数.
有 r1 0, r2 1, r2 2 a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3
即 a1 a2 a3 被3整除。
（2）设五个余数中0，1，2至少有一个不出 现，这样由抽屉原理，至少有三个数的余数 相同，不妨设 r1 r2 r3 r 从而
a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3r即 3| a1 a2 a3