§2初等数论--整除
初等数论
3 同余
性质：同余关系是等价关系。 模m等价类: 在模m同余关系下的等价类. [a]m, 简记作[a]。 Zm: Z在模m同余关系下的商集。 在Zm上定义加法和乘法如下: a, b, [a]+[b]=[a+b], [a]· [b]=[ab]. 例6：写出Z4的全部元素以及Z4上的加法表和乘法表. 解 Z4={[0],[1],[2],[3]}, 其中[i]={4k+i |k∈Z}, i=0,1,2,3. + [0] [1] [2] [3] [0] [1] [2] [3] [0] [1] [2] [3] [1] [2] [3] [0] [2] [3] [0] [1] [3] [0] [1] [2] · [0] [1] [2] [3] [0] [0] [0] [0] [0] [1] [0] [1] [2] [3] [2] [0] [2] [0] [2] [3] [0] [3] [2] [1]
解 150=2×3×52, 168=23×3×7. gcd(150,168)=21×31×50×70=6, lcm(150,168)=23×31×52×71=4200.
欧几里得算法-辗转相除法
除法算法: a=qb+r, 0≤r <|b|, 记余数r=a mod b
例如, 20 mod 6=2, 13 mod 4=3, 10 mod 2=0
RSA公钥密码
私钥密码:加密密钥和解密密钥都必须严格保密 公钥密码 (W.Diffie,M.Hellman,1976 ):加密密钥公开,解密 密钥保密
整数. 则 min( rk , sk ) min( r1 , s1 ) min( r2 , s2 ) gcd(a,b)= p1 p2 pk ,
max( rk , sk ) max( r1 , s1 ) max( r2 , s2 ) p p p lcm(a,b)= 1 2 k
整除理论——小学数学教学中的初等数论问题
图5辗转相除法
而在大学的初等数论教材中，也提到了“最大公因数与辗转相除法”这一章节，其中求最大公因数的方法同样是辗转相除法．具体方法见下列例题：
(1)a=-1859，b=1573，求最大公因数
即求(-1859，1573)=(1859，1573)
(2)a=169，b=121，求最大公因数
经常使用的数的整除特征都有
①2|N?2|a_0
②5|N?5|a_0
③3|N?3|a_0+a_1+?a_n
④9|N?9|a_0+a_1+?a_n
⑤11|N?11|〖(a〗_0+a_2+?)-〖(a〗_1+a_3+?)
根据初等数论中所提到的可除性基本定理，就可以证明经常使用的数的整除性特征成立，虽然所使用的证明方法和过程在小学的数学学习阶段难以使用，但是如果教师本身能够掌握住其中所渗透的数论原理，根据知识的难易程度以及学生对知识的接受能力进行有针对性地进行渗透，便可以帮助学生更好地进行吸收知识．
②若所取的五个正整数中同类的个数有两个，必然有一类可取一个，把各类各取一个：
3n_1+3n_2+1+3n_3+2=3（n_1+n_2+n_3）+3
例2写出一个正整数能被11整除的必要条件并证明．
解一个正整数能被11整除的充要条件：
该正整数a=a_n1000^n+a_(n-1)1000^(n-1)?+a_11000+a_0(0?a_i?1000)，11能整除
截止到目前，已有众多的学者对数论的发展现状以及发展前景进行了深刻的研究，更有学者强调了数论在大学阶段小学教育专业开设课程的必要性．同时，也有部分学者对初等数论在离散数学和高中数学知识竞赛中的应用进行了分析，但是从整体方面来看，对数论在中小学数学知识学习中的研究相对而言较少．所以，本文主要研究初等数论在义务教育阶段学生学习数学知识过程中的应用．
整除理论
整除目录[隐藏]整除的定义整除的性质整除的概念整除的规律举例整除的定义整除的性质整除的概念整除的规律举例[编辑本段]整除的定义整除：若整数“a” 除以大于0的整数“b”，商为整数，且余数为零。
我们就说a 能被b整除（或说b能整除a），记作b|a，读作“b整除a”或“a能被b整除”．它与除尽既有区别又有联系．除尽是指数a除以数b（b≠0）所得的商是整数或有限小数而余数是零时，我们就说a能被b除尽（或说b能除尽a）．因此整除与除尽的区别是，整除只有当被除数、除数以及商都是整数，而余数是零．除尽并不局限于整数范围内，被除数、除数以及商可以是整数，也可以是有限小数，只要余数是零就可以了．它们之间的联系就是整除是除尽的特殊情况．注：a or b作除数的其一为0则不叫整除[编辑本段]整除的性质（1）如果a与b都能被c整除，那么a+b与a-b也能被c整除．（2）如果a能被b整除，c是任意整数，那么积ac也能被b整除．（3）如果a同时被b与c整除，并且b与c互质，那么a一定能被积bc整除．反过来也成立．[编辑本段]整除的概念整除有下列基本性质：①若a｜b，a｜c，则a｜b±c。
②若a｜b，则对任意c（0除外），a｜bc。
③对任意a，±1｜a，±a｜a。
④若a｜b，b｜a，则｜a｜＝｜b｜。
对任意整数a，b，b＞0，存在唯一的整数q，r，使a＝bq＋r，其中0≤r＜b，这个事实称为带余除法定理，是整除理论的基础。
若c｜a，c｜b，则称c是a，b的公因数。
若d是a，b的公因数，且d可被a，b的任意公因数整除则称d是a，b的最大公因数。
当d≥0时，d是a，b公因数中最大者。
若a，b的最大公因数等于1，则称a，b互素。
累次利用带余除法可以求出a，b的最大公因数，这种方法常称为辗转相除法。
又称欧几里得算法。
[编辑本段]整除的规律整除规则第一条（1）：任何数都能被1整除。
整除规则第二条（2）：个位上是2、4、6、8、0的数都能被2整除。
§2初等数论--整除(ppt文档)
24∣24 n3 ( n + 2 )
∴24∣f ( n ).
练习：对于任意的五个自然数,证明其中必有3 个数的和能被3整除。
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阜阳师范学院 数科院
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例6 已知： 782 + 8161能被57整除， 求证：783 +8163也能被57整除。
由ax0 by0是S中的最小正整数，知 r 0.
即有 (ax0 by0 ) (ax by).
注：(ax0 by0 )即是a ,b的最大公约数.
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例5 设n为整数，求证：24∣n(n+2)(5n+1)(5n－1).
证明：f ( n ) = n ( n + 2 ) ( 5n + 1 ) ( 5n－1 ) = n ( n + 2 ) [ ( n2－1) + 24n2] = ( n－1 ) n ( n + 1 ) ( n + 2 ) + 24 n3 ( n + 2 )
(1)
定义2：（1）式通常写成
a b q (余r)
(2)
并称q为a被b除所得的不完全商； r叫做a被b除所得的余数； (2)式称为带余数除法。
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定理4 设a与b是两个整数，b > 0，则存在唯一 的两个整数q和r，使得 a bq r, 0 r b 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(包括这两项）， 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.
初等数论期末复习资料
§1整数的整除 带余除法1 整数的整除设a,b 是整数,且b ≠0,如果有整数q,使得a=bq,则称b 整除a,记为b|a,也称b 是a 的因数,a 是b 的倍数. 如果没有整数q,使得a=bq,则称b 不能整除a,记为b ∤a.例如 2|4,4|-12,-5|15;2∤3，-3∤22. 在中小学数学里,整除概念中的整数是正整数,今天讲的整除中的整数可正可负. 判断是否b|a ？当a,b 的数值较大时,可借助计算器判别.如果b 除a 的商数是整数,说明b|a;如果b 除a 的商不是整数,说明b ∤a.例1判断下列各题是否b|a ？(1) 7|127? (2)11|129? (3) 46|9529? (4) 29|5939? 整除的简单性质(1)如果c|b,b|a,那么c|a;(2)如果d|a,d|b,那么对任意整数m,n,都有d|ma+nb. (3)如果12,,,n a a a 都是m 的倍数,12,,,n q q q 是任意整数,那么1122n n q a q a q a +++是m 的倍数.(4)如果c|a,d|b,那么cd|ab 。
例如： 2|4,2|(-6),那么2|4+(-6),2|4-(-6). 2|4,3|(-6),那么2×3|4×(-6). 例2证明任意2个连续整数的乘积,一定可被2整除. 练习 证明任意3个连续整数的乘积,一定可被3整除.设a,b 是整数,且b>0,那么有唯一一对整数q,r 使得 a=bq+r,0≤r ＜b . (1) 这里q 称为b 除a 的商,r 称为b 除a 的余数.例如-5=3×(-2)+1 5=3×1+2 -5=(-3)×2+1 5=(-3)×(-1)+2 15=(-5)×(-3), -24=(-2)×12. 事实上,以b 除a 的余数也可以是负的.例如 -5=3×(-1)-2=3×(-2)+1.求b 除a 的余数,也称为模运算(取余):mod.可用计算器进行.具体操作:输入a-按mod(取余)键-输入b-按=键得出余数.如果b 除a 的余数=0,则b|a;如果b 除a 的余数≠0,则b ∤a.例3 利用计算器求余数:(1) 7除127;(2)11除-129 ;(3)46除-9529;(4)-29除5939 奇数、偶数及性质能被2整除的整数称为偶数.如,0,4,10,-6,-8都是偶数. 不能被2整除的整数称为奇数.如,-5,-3,1,7,11都是奇数. 偶数的形式为2n(n 是整数);奇数的形式为2n-1(n 是整数).奇数、偶数的性质:偶数±偶数=偶数,奇数±奇数=偶数,奇数±偶数=奇数,偶数×偶数=偶数,偶数×奇数=偶数,奇数×奇数=奇数.例如2+4,2-4,3+1,3-1,3+4,6+5设a,b 是任意两个整数,则a+b 与a-b 同奇同偶. 例如3+5,3-5,6+3,6-3,例4设a,b,n 是任意3个整数,而且222a b n -=,证明n 是偶数.例5设a 是任一奇数,试证明8|21a -. 例6设n 是正整数,证明形如3n-1整数不是完全平方数.证明 对任意整a,设a=3q 或a=3q ±1,于是2a =92q 或 2a =92q ±6q+1=3(32q ±2q)+1.即2a ≠3n-1,故3n-1不是完全平方数.练习 设n 是正整数,证明形如4n-1、4n+2的整数都不是完全平方数. 习题:P3-4:1t,2t.§2公因数、最大公因数 1.最大公因数、辗转相除法中小学里的公因数、最大公因数的概念：几个数的公有因数叫做这几个数的公因数.公因数中最大的整数称为这几个数的最大公因数. (1)几个数:不能确定;(2)因数、公因数:都是正整数;最大公因数:没有专门的符号. 定义设12,,,n a a a ,d 都是整数,d ≠0,如果i d a ,i=1,2,…,n,称d 是12,,,n a a a 的公因数,12,,,n a a a 12(,,,)n a a a .如果12(,,,)n a a a =1,则称12,,,n a a a 互质。
初等数论
第一章 整数的唯一分解定理第一节 整除性教学重点：应用带余数除法定义1 设a ，b 是整数，b ≠ 0，如果存在整数c ，使得a = bc成立，则称a 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c 使得a = bc 成立，则称a 不被b 整除，记为b |/a . 如果a = bc 里的c 不存在，我们就说b 不能整除a 或a 不被b 整除，记作b |/a . 定理1 （传递性）若a 是b 的倍数，b 是c 的倍数，则a 是c 的倍数， 也就是b |a,c|b ⇒c|a.证 b |a,c|b 就是说存在两个整数1a ，1b 使得111111,(),a ab b bc a a b c a b ===成立因此但是是一个整数，故c|a 定理2 若a ，b 都是m 的倍数，则a ±b 也是m 的倍数.证 a ，b 是m 的倍数的意义就是存在两个整数a 1 , b 1，使得111111,.(),a a m b b m a b a b m a b a b m ==±=±±±因此但是整数，故是的倍数 .定理3 若1212,,,,,,n n a a a m q q q 都是的倍数，是任意个整数，1122.n n q a q a q a m +++ 则是的倍数注：1、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.2、若整数a ≠ 0，±1，并且只有约数 ±1和 ±a ，则称a 是素数（或质数）；否则称a 为合数.以后若无特别说明，素数总是指正素数.3、下面的结论成立：(ⅰ) a ∣b ⇔ ±a ∣±b ；·(ⅱ) a ∣b ，b ∣c ⇒ a ∣c ；(ⅲ) b ∣a i ，i = 1, 2, , k ⇒ b ∣a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k ，此处x i （i = 1, 2, , k ）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；(ⅴi) b ∣a ，a ≠ 0 ⇒ ba ∣a . 定理4(带余数除法) 设a 与b 是两个整数，b ≠ 0，则存在唯一的两个整数q 和r ，使得a = bq + r ，0 ≤ r < |b |. (1)证明 存在性 若b ∣a ，a = bq ，q ∈Z ，可取r = 0. 若b |/a ，考虑集合A = { a + kb ；k ∈Z },其中Z 表示所有整数的集合.在集合A 中有无限多个正整数，设最小的正整数是r = a + k 0b ，则必有0 < r < |b |， (2)否则就有r ≥ |b |. 因为b |/a ，所以r ≠ |b |. 于是r > |b |，即a + k 0b > |b |，a + k 0b - |b | > 0，这样，在集合A 中，又有正整数a + k 0b - |b | < r ，这与r 的最小性矛盾. 所以式(2)必定成立. 取q = - k 0知式(1)成立. 存在性得证.唯一性 假设有两对整数q '，r '与q ''，r ''都使得式(1)成立，即a = q ''b + r '' = q 'b + r '，0 ≤ r ', r '' < |b |，则(q '' - q ')b = r ' - r ''，|r ' - r ''| < |b |， (3)因此r ' - r '' = 0，r ' = r ''，再由式(3)得出q ' = q ''，唯一性得证. 证毕3、定义2 称式(1)中的q 是a 被b 除的不完全商，r 是a 被b 除的余数，也叫最小非负剩余，记作r a b =><.第二节 最大公因数与辗转相除法第三节 最小公倍数教学目的：1、掌握最大公因数与最小公倍数性质；2、掌握辗转相除法；3、会求最大公因数与最小公倍数.教学重点：最大公因数与最小公倍数性质教学难点：辗转相除法一、最大公因数定义 设12,,,2).n a a a n n d ≥ 是（个整数若整数是它们之中每一个的因数， 12,,,n d a a a 那么就叫作的一个公因数.整数a 1, a 2, , a k 的公共约数称为a 1, a 2, , a k 的公约数.不全为零的整数a 1, a 2, , a k 的公约数中最大的一个叫做a 1, a 2, , a k 的最大公约数（或最大公因数），记为(a 1, a 2, , a k ).如果(a 1, a 2, , a k ) = 1，则称a 1, a 2, , a k 是互素的（或互质的）；如果(a i , a j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ k ，i ≠ j ，则称a 1, a 2, , a k 是两两互素的（或两两互质的）.显然，a 1, a 2, , a k 两两互素可以推出(a 1, a 2, , a k ) = 1，反之则不然，例如(2, 6, 15) = 1，但(2, 6) = 2.定理1 12,,,n a a a n 若是任意个不全为零的整数，则1212i ,,,,,n n a a a a a a （）与的公因数相同； 1212ii ,,,,,.n n a a a a a a = （）(）（）证 12,,,.,1,2,,,n i d a a a d a i n = 设是的任一公因数由定义12,1,2,,,,,i n d a i n d a a a = 因而故是的一个公因数，121,2,,,.n n a a a a a 同法可证，的任一个公因数都是，a 的一个公因数 121,2,,,n n a a a a a 故与a 有相同的公因数.定理2 若b 是任一正整数，则（i ）0与b 的公因数就是b 的因数， 反之，b 的因数也就是0与b 的公因数 . (ii) (0,b)=b .证 显然0与b 的公因数是b 的公因数 .由于任何非零整数都是0的因数， 故b 的因数也就是0，b 的公因数，于是（i ）得证.其次，我们立刻知道b 的最大因数是b ；而0，b 的最大公因数是b 的最大公因数，故（0，b ）=b.推论2.1 若b 是任一非零整数，则（0，b ）= b .定理3 ,,,,,,)(,).a b c a bq c q a b b c a b b c =+=设是任意三个不全为零的整数，且其中是非零整数，则与有相同的公因数，因而（ 定理4 ,(,)a b a b 若是任意两个整数，则就是a = bq 1 + r 1， 0 < r 1 < |b |，b = r 1q 2 + r 2， 0 < r 2 < r 1 ，r k - 1 = r k q k + 1 + r k + 1，0 < r k + 1 < r k ， (1)r n - 2 = r n - 1q n + r n ， 0 < r n < r n-1 ，r n - 1 = r n q n + 1 .中的最后一个不等于零的余数，即得(,)n a b r =推论4.1 ,(,).a b a b 的公因数与的因数相同例（1）1859,1573185928621431859143.a b =-=-⨯⨯=⨯-=由定理得（，1573）=（1859,1573）.1859=11573+2861573=5286+143所以（，1573）=（1859,1573）例（2）169,121484812532512322311212211.a b ==⨯⨯=⨯+=⨯+=⨯+=⨯=由定理得169=1121+48121=2+25所以（169,121）定理5 ,i (,),a b a b a b δδδδ设是任意两个不全为零的整数，（）若m 是任一正整数，则(am,bm)=(a,b)m.(ii)若是a,b 的任一公因数，则（,）= 特别地, )(),(,),(b a b b a a = 1. 定理6 1212,,,,,,).n n n a a a n a a a d = 若是个整数，则(二、最小公倍数1、定义 整数a 1, a 2, , a k 的公共倍数称为a 1, a 2, , a k 的公倍数. a 1, a 2, , a k 的正公倍数中的最小的一个叫做a 1, a 2, , a k 的最小公倍数，记为[a 1, a 2, , a k ].2、定理1 下面的等式成立：(ⅰ) [a , 1] = |a |，[a , a ] = |a |；(ⅱ) [a , b ] = [b , a ]；(ⅲ) [a 1, a 2, , a k ] = [|a 1|, |a 2| , |a k |]；(ⅳ) 若a ∣b ，则[a , b ] = |b |.3、定理2 对任意的正整数a ，b ，有[a , b ] =),(b a ab . 证明：设m 是a 和b 的一个公倍数，那么存在整数k 1，k 2，使得m = ak 1，m = bk 2，因此ak 1 = bk 2 . (1)于是21),(),(k b a b k b a a =. 由于)(),(,),(b a b b a a = 1，所以 t b a b k k b a b ),(),(11|=即，， 其中t 是某个整数. 将上式代入式(1)得到m =),(b a ab t . (2) 另一方面，对于任意的整数t ，由式(2)所确定的m 显然是a 与b 的公倍数，因此a 与b 的公倍数必是式(2)中的形式，其中t 是整数.当t = 1时，得到最小公倍数[a , b ] =),(b a ab . 推论1 两个整数的任何公倍数可以被它们的最小公倍数整除.证明 由式(2)可得证.这个推论说明：两个整数的最小公倍数不但是最小的正倍数，而且是另外的公倍数的约数.推论2 设m ，a ，b 是正整数，则[ma , mb ] = m [a , b ].证明 由定理2及前面的定理2的推论得到[ma , mb ] =),(),(),(22b a mab b a m ab m mb ma ab m === m [a , b ]. 证毕4、定理3 对于任意的n 个整数a 1, a 2, , a n ，记[a 1, a 2] = m 2，[m 2, a 3] = m 3， ，[m n -2, a n -1] = m n -1，[m n -1, a n ] = m n ，则[a 1, a 2, , a n ] = m n .证明：我们有m n = [m n -1, a n ] ⇒ m n -1∣m n ，a n ∣m n ，m n -1 = [m n -2, a n -1] ⇒ m n -2∣m n -1∣m n ，a n ∣m n ，a n -1∣m n -1∣m n ，m n -2 = [m n -3, a n -2] ⇒ m n -3∣m n -2∣m n ，a n ∣m n ，a n -1∣m n ，a n -2∣m n ，m 2 = [a 1, a 2] ⇒ a n ∣m n ， ，a 2∣m n ，a 1∣m n ，即m n 是a 1, a 2, , a n 的一个公倍数.另一方面，对于a 1, a 2, , a n 的任何公倍数m ，由定理2的推论及m 2, , m n 的定义，得m 2∣m ，m 3∣m ， ，m n ∣m .即m n 是a 1, a 2, , a n 最小的正的公倍数. 证毕推论 若m 是整数a 1, a 2, , a n 的公倍数，则[a 1, a 2, , a n ]∣m .定理4 整数a 1, a 2, , a n 两两互素，即(a i , a j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ n ，i ≠ j的充要条件是[a 1, a 2, , a n ] = a 1a 2 a n . (3)证明：必要性 因为(a 1, a 2) = 1，由定理2得到[a 1, a 2] =),(2121a a a a = a 1a 2 . 由(a 1, a 3) = (a 2, a 3) = 1及前面的定理4推论得到(a 1a 2, a 3) = 1，由此及定理3得到[a 1, a 2, a 3] = [[a 1, a 2], a 3] = [a 1a 2, a 3] = a 1a 2a 3 .如此继续下去，就得到式(3).充分性 用归纳法证明. 当n = 2时，式(3)成为[a 1, a 2] = a 1a 2. 由定理2a 1a 2 = [a 1, a 2] =),(2121a a a a ⇒ (a 1, a 2) = 1， 即当n = 2时，充分性成立.假设充分性当n = k 时成立，即[a 1, a 2, , a k ] = a 1a 2 a k ⇒ (a i , a j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ k ，i ≠ j .对于整数a 1, a 2, , a k , a k + 1，使用定理3中的记号，由定理3可知[a 1, a 2, , a k , a k + 1] = [m k , a k + 1]. (4)其中m k = [a 1, a 2, , a k ].因此，如果[a 1, a 2, , a k , a k + 1] = a 1a 2 a k a k + 1，那么，由此及式(4)得到[a 1, a 2, , a k , a k + 1] = [m k , a k + 1] =),(11++k k k k a m a m = a 1a 2 a k a k + 1， 即),(1+k k k a m m = a 1a 2 a k ， 显然m k ≤ a 1a 2 a k ，(m k , a k + 1) ≥ 1.所以若使上式成立，必是(m k , a k + 1) = 1， (5)并且m k = a 1a 2 a k . (6)由式(6)与式(5)推出(a i , a k + 1) = 1，1 ≤ i ≤ k ； (7)由式(6)及归纳假设推出(a i , a j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ k ，i ≠ j . (8)综合式(7)与式(8)，可知当n = k + 1时，充分性成立. 由归纳法证明了充分性. 证毕三、辗转相除法本节要介绍一个计算最大公约数的算法——辗转相除法，又称Euclid 算法.它是数论中的一个重要方法，在其他数学分支中也有广泛的应用.1、定义1 下面的一组带余数除法，称为辗转相除法.设a 和b 是整数，b ≠ 0，依次做带余数除法：a = bq 1 + r 1， 0 < r 1 < |b |，b = r 1q 2 + r 2， 0 < r 2 < r 1 ，r k - 1 = r k q k + 1 + r k + 1，0 < r k + 1 < r k ， (1)r n - 2 = r n - 1q n + r n ， 0 < r n < r n-1 ，r n - 1 = r n q n + 1 .由于b 是固定的，而且|b | > r 1 > r 2 > ，所以式(1)中只包含有限个等式.下面，我们要对式(1)所包含的等式的个数，即要做的带余数除法的次数进行估计.2、引理1 用下面的方式定义Fibonacci 数列{F n }：F 1 = F 2 = 1，F n = F n - 1 + F n - 2，n ≥ 3，那么对于任意的整数n ≥ 3，有F n > α n - 2， (2)其中α =251+.证明：容易验证α 2 = α + 1.当n = 3时，由F 3 = 2 >251+= α 可知式(2)成立.假设式(2)对于所有的整数k ≤ n （n ≥ 3）成立，即F k > α k - 2，k ≤ n ，则F n + 1 = F n + F n - 1 > α n - 2 + α n - 3 = α n - 3(α + 1) = α n - 3α 2 = α n - 1，即当k = n + 1时式(2)也成立.由归纳法知式(2)对一切n ≥ 3成立.证毕. 定理11(1),1,,;k k k k a P b r k n --=-= 若a,b 是任意两个正整数，则Q其中 0111201121,,,0,1,,k k k k k k k k P P q P q P P Q Q Q q Q Q ----===+===+ 其中k=2,,n.推论1.1若a,b 是任意两个不全为零的整数，则存在两个整数s,t 使得as+bt=(a,b).定理2 若a,b,c 是三个整数，且(a,c)=1.则i （）ab,c 与b,c 有相同的公因数，ii （） (ab,c)=(b,c),,.b c 上面假定了至少有一不为零推论2.1 ,.ab c b 若（a,c)=1,c 则推论2.2 1212,,,,,,.n m a a a b b 设及b 是任意两组整数1212,,,,,,.n m a a a b b 若前一组中任意整数与后一组中任意整数互质，则与b 互质例2 用辗转相除法求(125, 17)，以及x ，y ，使得125x + 17y = (125, 17).解：做辗转相除法：125 = 7⋅17 + 6，q 1 = 7，r 1 = 6，17 = 2⋅6 + 5， q 2 = 2，r 2 = 5，6 = 1⋅5 + 1， q 3 = 1，r 3 = 1，5 = 5⋅1， q 4 = 5.由定理4，(125, 17) = r 3 = 1.利用定理2计算（n = 3）P 0 = 1，P 1 = 7，P 2 = 2⋅7 + 1 = 15，P 3 = 1⋅15 + 7 = 22，Q 0 = 0，Q 1 = 1，Q 2 = 2⋅1 + 0 = 2，Q 3 = 1⋅2 + 1 = 3，取x = (-1)3 - 1Q 3 = 3，y = (-1)3P 3 = -22，则125⋅3 + 17⋅(-22) = (125, 17) = 1.例3 求(12345, 678).解：(12345, 678) = (12345, 339) = (12006, 339) = (6003, 339)= (5664, 339) = (177, 339) = (177, 162) = (177, 81)= (96, 81) = (3, 81) = 3.例4 在m 个盒子中放若干个硬币，然后以下述方式往这些盒子里继续放硬币：每一次在n （n < m ）个盒子中各放一个硬币.证明：若(m , n ) = 1，那么无论开始时每个盒子中有多少硬币，经过若干次放硬币后，总可使所有盒子含有同样数量的硬币.解：由于(m , n ) = 1，所以存在整数x ，y ，使得mx + ny = 1. 因此对于任意的自然数k ，有1 + m (-x + kn ) = n (km + y )，这样，当k 充分大时，总可找出正整数x 0，y 0，使得1 + mx 0 = ny 0 .上式说明，如果放y 0次（每次放n 个），那么在使m 个盒子中各放x 0个后，还多出一个硬币.把这个硬币放入含硬币最少的盒子中（这是可以做到的），就使它与含有最多硬币的盒子所含硬币数量之差减少1. 因此经过若干次放硬币后，必可使所有盒子中的硬币数目相同.四、小结.第四节 素数、整数的唯一分解定理教学目的：1、掌握素数的一系列性质；2、理解并掌握唯一分解定理.教学重点：素数的性质及唯一分解定理的证明及应用教学难点：唯一分解定理的证明及应用教学课时：4课时教学过程一、素数1、定义 大于1的整数，如果只有平凡因子，就叫素数，否则叫合数.2、定理1 设a 是任意大于1的整数，则a 除1以外的最小正因子p 是素数，并且当a 是合数时，则a p ≤ .3、定理2 设p 是素数，a 是任意整数，则a p |或1),(=a p .4、定理3 设p 是素数，p|ab , 则p|a 或p|b.5、定理4 素数有无穷多个.6、定理2 形如4n-1型的素数有无穷多个.例1 写出不超过100的所有的素数。
《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。
初等数论中的整除问题
初等数论中的整除问题
被称为"数论"的一个子分支——初等数论，在研究数字的最基本知识时受到广泛重视。
其中用"整除”概念来进行分析，也是初等数论中最重要的概念之一。
整除是指当某一数被另一数整除时，其结果为整数。
在数学计算中，求余运算和整除运算是两个常见的运算。
其中，整除运算指能被除数正好整除的结果，而剩余运算指除数整除后余下的部分。
例如，7÷3=2余1，这里7除以3的商为2，余数为1。
分解质因数法是解决整除问题的重要方法。
分解质因数法要求一个数如果可以被另一个自然数整除，则可以对除数进行因式分解，从而得到质因数。
这就省去了手工把除数一次次去除被除数的繁琐步骤，以此求出商和余数。
此外，定义可以被一个整数整除的另一个整数为它的因子，满足这种整除关系的数称为互质数，有时也称为最大整数因子。
初等数论的整除知识与其他的数论基础知识密切相关。
有效地运用分解质因数法，及对互质数、最大公约数等知识的熟练应用，不仅可以解决很多整除问题，还有助于加深对数论知识的理解。
初等数论 整除
一 整除1.定义：若b=aq 则称a|b2.传递性：a|b b|c 则b|c3.可乘性：d|a d|b 则d|ab4.可加性：d|a d|b 则d|(a+b) 且d|(ax+by)5.和式等式的约数：除一个加数外 其余均为b 的倍数，则该数也为b 的倍数6.整除中的大小关系：a|b 则|a||b|7.质数⑴定义:整数a 只有两个正约数 1和a 则称a 是质数⑵乘积的质因数(欧几里德引理) Pi 是素数 p|12n a ,,a a … i i 12n p |a ∃∈，，…使 ⑶有无穷多素数证明：设有限个素数12n p p p ，… 则n i i=1p ∏是合数 但i p |ni i=1p ∏不成立(i=1,2…n),故矛盾⑷相继合数n!+2,n!+3…n!+n 是n-1个相继合数 ⑸合数n 的最小质因子 ⑹质数p 的形式(p ﹥3) 8.带余除法对于正整数a b ∃唯一正整数对(p,r)使a=pb+r 且0r b-1≤≤ p 称商数 r 0≠时称不完全商9.最大公约数 最小公倍数 ⑴定义：最大公约数：对于任意多正整数 若D Z ∈且满足 ①D|a ，b ，…c ②若∃1D 满足①则1D D ≤ 则称D 是a ，b,…c 的最大公约数 记作D=(a,b,c)… 最小公倍数：对于任意多正整数 若D Z ∈且满足 ①a ，b ，…c |D ②若∃1D 满足①则1D D ≤ 则称D 是a ，b,…c 的最小公倍数 记作D=[a,b,c]… 互质：若(a,b,…c)=1 则称a,b,…c 互质⑵性质最大公约数：①这部分让人无语i (a,b,…c)=A(a)=B(b)=…C(c) 是偶函数ii 无序性12(,,)n a a a …=12(,,)i i in a a a … {1,2,…n}={i1,i2,…in} iii (a,a,…a)=a iv (1,a,b,…c)=1 ②裴蜀定理a,b,d ∈Z (a,b)=d 则d|a d|b 且∃x ，y 使ax+by=d推论:i c|a c|b ,1x y ax by ⇔∃+=使 ii*,,(,)1,ax-by=1a b N a b x y ∈=⇔∃使⑶练习 能当定理用 i c|a c|b |(a,b)c ⇒ ii (a,b,…c)=((a,b),…c)iii *m N ∈ (ma,mb,…c)=m(a,b,…c) iv (a,b,…c)=m ⇒(,,)a b cm m m… v (a,m)=(b,m)=1⇒(ab,m)=1vi c|ab,(a,b)=1⇒c|a i 若a,b,…c|D 则[a,b,…c]|D ii [a,b,…c]=[[ a,b] ,…c]iii *m N ∈[ma,mb,…c]=m[a,b,…c] iv 若a,b,…c 两两互质则[a,b,…c]=|ab…c|v (a,b)[a,b]=|ab|。
初等数论第一、二章
例7 设a，b，c是三个互不相等的正整数，
求证： a
3
b ab , b c bc , c a ca
3 3 3 3
3
三数中至少有一个能被10整除。 例8 设n 为自然数，求证：
A 3237 632 855 235
n n n
n
能被1985整除。
例9 设p为大于5的素数 ，
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？
带余数除法的第二种表示 定理 若a, b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数 a bq r， 0r b q及r，使得
成立，而且q及r是唯一的。
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。
• 1、定义：设a，b是整数，b≠0。如果存在一个 整数q使得等式： a=bq 成立，则称b能整除a或a能被b整除，记b∣a； 如果这样的q不存在，则称b不能整除a，记为b | a。
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。
• 素数： –定义 设整数n≠0，±1.如果除了平凡因数 ±1，±n以外，n没有其他因数，那么，n 叫做素数（或质数或不可约数），否则，n 叫做合数. –规定：若没有特殊说明，素数总是指正整 数，通常写成p或 p1， p2，…， pn. –例 整数2，3，5，7都是素数，而整数4，6， 8，10，21都是合数.
初等数论
• ⑷性质：定理1.3.3推论1(裴蜀恒等式)
• 如果两个数a，b的最大公约数是d，那么存在两
个整数x与y，使得等式ax+by＝d成立．(可以推 广到n个数的情况) • 推论2：两个数a，b互质的必要且充分条件是存 在整数x与y,使ax＋by＝1成立。 推论1的推广 设 a1 ,a2 , …, an ∈N+ (n≥2) ，则一定存在整数 s1, s2, …, sn，使 a1s1＋a2s2 ＋ … ＋ ansn＝ (a1 ,a2 , …,an ) .
第一章 整数的整除性
主要内容
整除的定义、性质，奇数和偶数，带余除法 定理、余数，最大公因数、最小公倍数、辗转相 除法、互素、两两互素、素数、合数、算术基本 定理
1.1整除 1、整除的概念：
• 定义1.1 设 a，b ∈Z ，b≠0，如果存在 q ∈Z ，使得等式 a＝bq成立．我们就说，a 能被b整除或b整除a ，记作b | a． • 如果整数 q 不存在( 即对任何整数 q，恒有 bq ≠a ),那么就说a不能被 b 整除 (或者说b 不能整除a)，记作 b ｜a。
σ( a )表示正整数 a 的所有正约数的和，如 σ(2) = 3, σ( 4 ) = 7，等等。 σ1( a)表示正整数 a 的所有正约数的乘积．如 σ1( 4 ) = 8 , σ1( 10 ) = 100，等等．
我喜欢数学
• 定理1. 26 如果自然数a的标准分解式为
a p1 p2
1
2
特别地，n 个偶数的积是 2n 的倍数（ n∈N+）.
性质2 (关于奇数)
(1) 双数个奇数的和是偶数；
(2) 单数个奇数的和是奇数；
(3) 任意个奇数的积还是奇数。
性质3 奇数与偶数的和是奇数. 性质4 任一奇数与任一偶数不相等.
第二讲 整除
数学奥赛辅导 第二讲 整除知识、方法、技能整除是整数的一个重要内容，这里仅介绍其中的几个方面：整数的整除性、最大公约数、最小公倍数、方幂问题。
Ⅰ.整数的整除性初等数论的基本研究对象是自然数集合及整数集合。
我们知道，整数集合中可以作加、减、乘法运算，并且这些运算满足一些规律（即加法和乘法的结合律和交换律，加法与乘法的分配律），但一般不能做除法，即，如b a ,是整除，0≠b ，则ba不一定是整数。
由此引出初等数论中第一个基本概念：整数的整除性。
定义一：（带余除法）对于任一整数a 和任一整数b ，必有惟一的一对整数q ，r 使得r bq a +=，b r <≤0，并且整数q 和r 由上述条件惟一确定，则q 称为b 除a 的不完全商，r 称为b 除a 的余数。
若0=r ，则称b 整除a ，或a 被b 整除，或称b a 是的倍数，或称a b 是的约数（又叫因子），记为a b |。
否则，b | a 。
任何a 的非1,±±a 的约数，叫做a 的真约数。
0是任何整数的倍数，1是任何整数的约数。
任一非零的整数是其本身的约数，也是其本身的倍数。
由整除的定义，不难得出整除的如下性质： （1）若.|,|,|c a c b b a 则（2）若.,,2,1,,|,|1n i Z cb c a b a ini i i i =∈∑=其中则（3）若c a |，则.|cb ab 反之，亦成立。
（4）若||||,|b a b a ≤则。
因此，若b a a b b a ±=则又,|,|。
（5）a 、b 互质，若.|,|,|c ab c b c a 则（6）p 为质数，若,|21n a a a p ⋅⋅⋅ 则p 必能整除n a a a ,,,21 中的某一个。
特别地，若p 为质数，.|,|a p a p n 则（7）如在等式∑∑===mk kni i ba 11中除开某一项外，其余各项都是c 的倍数，则这一项也是c的倍数。
初等数论
初等数论初等数论从表面意义来讲，就是作为一门研究数的相关性质的数学学科。
准确地按照潘承洞、潘承彪两位数论大师的说法：初等数论是研究整数最基本的性质，是一门十分重要的数学基础课。
它不仅是中、高等师范院校数学专业，大学数学各专业的必修课，而且也是计算机科学等相关专业所需的课程。
纵观数论发展过程，我国出现了许许多多的数论大师，如：华罗庚的早期研究方向、陈景润、潘承洞等。
第一部分：整除初接触初等数论，经过《初等数论》课本知整除理论是初等数论的基础。
整除理论首先涉及整除。
现向上延伸则想到整除的对象，即自然数、整数。
从小学、中学再到大学，我们从接触最初的1、2、3再到后来的有理数、无理数、实数再到复数，可谓种类繁多。
但数论中的整除运算仅仅局限于自然数及其整数等相关范围内。
首先大学数学中绝大多数数学定义中的自然数不包括0 ，这似乎与中学有一点差别，当然整数的定义改变就相对少得多。
另外，自然数、整数的相关基本性质需懂得及灵活利用，如分配律、交换律、反对称性等。
在初等代数中曾系统地介绍了自然数的起源问题：自然数源于经验，自然数的本质属性是由归纳原理刻画的，它是自然数公理化定义的核心。
自然数集合严格的抽象定义是由Peano定理给出的，他刻画了自然数的本质属性，并导出有关自然数的有关性质。
Peano定理：设N是一个非空集合，满足以下条件：（ⅰ）对每一个n∈N，一定有唯一的一个N中的元素与之对应，这个元素记作n+,称为是n的后继元素（或后继）；（ⅱ）有元素e∈N，他不是N中任意元素的后继；（ⅲ）N中的任意一个元素至多是一个元素的后继，即从a+=b+ 一定可以推出a=b;(ⅳ)(归纳原理)设S是N的一个子集合，e∈S, 如果n∈Ｓ则必有n+ ∈S,那么，S=N.这样的集合N称为自然数集合，它的元素叫做自然数。
其中的归纳原理是我们常用的数学归纳法的基础。
数学归纳法在中学已属重点内容，此处就不作介绍。
主要描述一下推广状态下的第二种数学归纳法：（第二种数学归纳法）设P(n)是关于自然数n的一种性质或命题。
初等数论知识点
初等数论知识点数论是数学的一个重要分支，而初等数论则是数论中较为基础的部分，它主要研究整数的性质和相互关系。
下面让我们一起来了解一些初等数论的重要知识点。
一、整除整除是初等数论中的一个核心概念。
如果整数 a 除以整数 b（b≠0），商是整数且没有余数，我们就说 a 能被 b 整除，记作 b ｜ a。
例如，15÷3 ＝ 5，没有余数，所以 3 ｜ 15。
整除具有一些基本的性质：1、如果 a ｜ b 且 b ｜ c，那么 a ｜ c。
2、如果 a ｜ b 且 a ｜ c，那么对于任意整数 m、n，有 a ｜（mb＋ nc)。
二、素数与合数素数（质数）是指一个大于 1 的整数，除了 1 和它自身外，不能被其他正整数整除。
例如 2、3、5、7 等都是素数。
合数则是指除了能被 1 和本身整除外，还能被其他数（0 除外）整除的自然数。
比如 4、6、8、9 等。
素数具有重要的地位，有一个著名的定理叫做“算术基本定理”，它指出任何一个大于 1 的整数都可以唯一地分解成素数的乘积。
三、最大公因数与最小公倍数两个或多个整数共有的因数中最大的一个，称为它们的最大公因数，记作（a, b)。
例如，12 和 18 的公因数有 1、2、3、6，其中最大的是 6，所以（12, 18) ＝ 6。
两个或多个整数共有的倍数中最小的一个，称为它们的最小公倍数，记作 a, b。
对于 12 和 18，它们的公倍数有 36、72 等，其中最小的是 36，所以 12, 18 ＝ 36。
求最大公因数和最小公倍数可以使用质因数分解法或辗转相除法。
四、同余同余是指两个整数 a 和 b 除以正整数 m 所得的余数相同，就说 a 和b 对模 m 同余，记作a ≡ b （mod m)。
同余有很多性质，比如如果a ≡ b （mod m)，c ≡ d （mod m)，那么a ＋c ≡b ＋ d （mod m)，ac ≡ bd （mod m)，ac ≡ bd （mod m)等。
初等数论中的整除问题
特征４ ： 若 一 个 整 数 的 末 尾 两 位 数 能 被
即： ３ ｝ ｎ （ ｎ ＋１ ） （ ２ ｎ ＋ １ ） 。
法二 ： 若ｎ 是３ 的倍数 ， 或ｎ ＋ｌ 是３ 的 倍
整除 ， 则这 个数 能被 ４ 整除。 设ａ ， ｂ 是 任意 两 个整 数 ， 其 中ｂ ≠０ ， 如果 ４ 整除 。 说ｂ 整除 ａ 或ａ 被ｂ 整除， 记 作ｂ ｌ ａ ， 此 时我 们把 个 数 能 被 ５ ｂ叫作ａ 的 因数 ， 把ａ 叫作ｂ 的倍数。
特征 １ １ ： 若 一 个 整 数 的 奇 数 位 之 和 与
偶数位之和 的差能被 １ １ 整除 ， 则 这 个 数 就 能被 ｌ １ 整除 。
ｐ ｂ ＝ Ｐ ａ ； 即 ＝ ｐ ａ ；
ｇ ２ ａ ２＋ … ＋ ｑ ａ 是 ｍ 的 倍 数 。即 ， 对
同理 可得 ， Ｐ 即： ｌ
．
ｄ Ｒ ＝ ｐ ｂ ｌ ２ ｄ ， ａ ＝ ｐ ６ ２ ｌ
特征 １ ０ ： 若 一个 整 数的 末 位是 ０ ， 则 这个
数 就能被１ ０ 整除 。
．
‘ Ｐ是 质 数
Ｐ ｌ ａ １ ， 令ｄ ｌ ＝ Ｐ ａ ２ ， 则ａ ＝ｐ ２ ａ ；
・ ． ．
ｑ ２， ． ．ｑ 是 任 意 Ｉ １ 个整 数 ， 则ｑ ｌ ａ Ｉ ＋
整 除 问题 是 数 学 学 习 的 一 大 方 面 ， 无 ３ 整 除特征 论小学 ， 还是中学， 甚 至 大 学 数 学 都 有 关 于 整除 的 问 题 。 理 解 掌握 整 除 的概 念 、 性 质 及 何 非 零 整 数 整 除 。 某些特殊 数的整除特征 ， 可 以 简 单 快 捷 地
．
性质ｌ ： 若ａ 是ｂ 的倍 数 ， ｂ 是Ｃ 的 倍数 ， Ｎａ ８ 整除 ， 则这个数能被８ 整除。
初等数论 整除理论 (B)
第一章整除理论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一些应用。
第一节数的整除性定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得a = bc成立，则称a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c使得a = bc成立，则称a不被b 整除，记为b|/a。
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。
被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。
定理1下面的结论成立：(ⅰ) a∣b⇔±a∣±b；(ⅱ) a∣b，b∣c⇒a∣c；(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k⇒b∣a1x1+a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）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。
证明留作习题。
定义2若整数a≠ 0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。
以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。
定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。
证明若a是素数，则定理是显然的。
若a 不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d 1, d 2, , d k 。
不妨设d 1是其中最小的。
若d 1不是素数，则存在e 1 > 1，e 2 > 1，使得d 1 = e 1e 2，因此，e 1和e 2也是a 的正的非平凡约数。
这与d 1的最小性矛盾。
所以d 1是素数。
证毕。
推论 任何大于1的合数a 必有一个不超过a 的素约数。
证明 使用定理2中的记号，有a = d 1d 2，其中d 1 > 1是最小的素约数，所以d 12 ≤ a 。
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其中每两个都互质，则称a1 , a2 ,, an两两互质.
注：a1 , a2 ,, an两两互质 a1 , a2 ,, an互质. 例1 已知两个自然数的和为165，它们的最大公约数
为15，求这两个数。
15与150，或30与135，或45与120， 或60与105，或75与90.
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2.已知66︱X1998Y，求所有满足条件的六位数X1998Y.
3.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？ 4.已知: 782 + 8161能被57整除，求证：783 +8163也能
被57整除。
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5. 100个正整数之和为101101，则它们的最大公约
的最小正整数，则有(ax0 by0 ) (ax by ).
a , b不全为0， 证明：
在S ax by | x , y Z 中存在正整数，
所以，存在形如ax by的最小正整数ax0 by0 .
由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r ,0 r ax0 by0
a bq成立，则称b整除a , 或a能被b整除.记作：b a .
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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(3) a bq r , q 0 (a , b) 辗转相除法.
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二、辗转相除法
在a b 的带余数除法中， 定义：设有整数 a , b(b 0)，
每次用余数去除除数，直到余数为0停止，这种运算 方法称为辗转相除法。即有
显然，r ( x x0q)a ( y y0q)b S， 由ax0 by0是S中的最小正整数，知 r 0.
即有 (ax0 by0 ) (ax by ).
注： (ax0 by0 )即是a , b的最大公约数.
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例5 设n为整数，求证：24∣n(n+2)(5n+1)(5n－1). 证明：f ( n ) = n ( n + 2 ) ( 5n + 1 ) ( 5n－1 ) = n ( n + 2 ) [ ( n2－1) + 24n2] = ( n－1 ) n ( n + 1 ) ( n + 2 ) + 24 n3 ( n + 2 ) ∵4!∣( n－1) n ( n + 1 ) ( n + 2 ), 24∣24 n3 ( n + 2 ) ∴24∣f ( n ). 练习：对于任意的五个自然数,证明其中必有3 个数的和能被3整除。
s s1 , t t1 . 当b为奇数时，②式中的等号不能成立，
当b为偶数时,s, t可以不唯一，举例如下：
令 b 6, t 3, t1 3, s 5 a bs t 33;
a t1 33 3 s1 6. b 6 显然有 33 6 5 3 6 6 3， 即s , t不唯一。
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三、带余数除法 定理4 设a与b是两个整数，b > 0，则存在唯一
的两个整数q和r，使得
a bq r , 0 r b (1)
定义2：（1）式通常写成
a b q (余r )
并称q为a被b除所得的不完全商； r叫做a被b除所得的余数； (2)式称为带余数除法。
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b 0, 设a, b是任意两个整数， b 证明：存在两个整数s, t，使得 a bs t , t . 2 并且，当b为奇数时，s, t是唯一的。b为偶数呢？
习题选讲 P4－4
3b 2b b b 2b 3b 证：作序列, , , ,0, , , , 2 2 2 2 2 2 则a必在此序列的某两项之间， q q1 即 q Z , 使得 b a b. 2 2 q q (1)q为偶数，且b 0时，令s , t a bs a b 2 2 b q q 1 则有 0 a bs t a b a b b t . 2 2 2 2
数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991 年，IMO在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6 道IMO试题中有5道与数论有关。 数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术 基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位 农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最 终被澄清了。可是这也说明了最难的数论问题，适合于任 何人去研究。 初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许 多数论定理。
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例6 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。
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， 函数 x、 x 的性质，算术基本定理以及 它们的一些应用。
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中小学数学中的一些数论问题：
1.设n为整数，求证:24∣n(n+2)(5n+1)(5n－1).
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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 a , m b m (a b )
定理3 m a1 , , m an , q1 , , qn Z m (q1a1 qnan ) 例2 (1) 已知：x和y是整数，13︱( 9x + 10y )， 求证：13︱( 4x + 3y )； (2)若 a ,b 是整数，且7∣( a + b ), 7∣( 2a－b )， 证明:7|( 5a + 2b )。
注：该例为简化辗转相除法求最大公约数提供了依据。
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§1.2 最大公因数与辗转相除法
一、最大公因数
定义：若 d a1 , , d an ( n 2), 则称d 是a1 , a2 , , an的一个
公因数，其中最大的称为最大公因数，记作(a1 , a2 ,, an ). 若(a1 , a2 ,, an )，则称a1 , a2 ,, an互质(素)；
a bq1 r1 b r1q2 r2 rn 2 rn1qn rn rn1 rnqn1 rn1
由r1 a bq1 d r1 ; 由r2 b r1q2 d r2 ;
由rn rn 2 rn1qn d rn .
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q q q为偶数，且b 0时，令s , t a bs a b 2 2
b 同样有 t . 2 q1 q1 (2)当q为奇数且b 0时，令s , t a bs a b 2 2 b b q1 则 t a bs a b 0， t 2 2 2 q1 q1 若b 0, 令 s , t a bs a b 2 2 b 同样有 t . 存在性得证 ；下证唯一性. 2
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q q1 又 b a b， 2 2
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设a bs t bs1 t1，s1 s, 则 t t1 b( s1 s ) b ，(1)
b b 另一方面， t , t1 2 2
t t1 t t 1 b (2)
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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例4. 若ax0 by0是形如ax by(a, b, x, y Z , a, b不全为0)
证明：先考虑两个数的情形， 一方面，(a1 , a2 )的因数显然是a1 , a2的公因数. 另一方面，由辗转相除法可以得到，
a1 , a2的公因数一定是rn的因数.
所以， (a1 , a2 )的因数与a1 , a2的公因数完全相同.
对于多个整数的公因数，利用
(a1 , a2 ,, an ) ((a1 , a2 ,), an )
a b q1 (余r1 )
a bq1 r1 , 0 r1 b
b r1 q2 (余r2 ) b r1q2 r2 , 0 r2 r1 或 ( * ) rn 2 rn1qn rn , 0 rn rn1 rn2 rn1 qn (余rn )
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定理4 设a与b是两个整数，b > 0，则存在唯一
的两个整数q和r，使得 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(包括这两项）， 即存在一个整数q，使得 qb a (q 1)b