§2初等数论整除
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
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
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。
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．
初等数论：数的整除性
15
第一节 1 数的整除性
《初等数论》 第一章 整数的可除性
例 5. 设整数 k 1，证明：
(ⅰ)
若 2k
n
<
2k
1
，1
a
n，a
2k，则 2k | a；
(ⅱ) 若 3k 2n 1 < 3k + 1，1 b n，2b 1 3k，
则|b||a|，与|a|<|b|矛盾，故 a = 0。
6
第一节 1 数的整除性
《初等数论》 第一章 整数的可除性
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。
7
第一节 1 数的整除性
8
第一节 1 数的整除性
《初等数论》 第一章 整数的可除性
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 = d1d2，
其中 d1 > 1 是最小的素约数，
所以
d2 1
a。证毕。
9
第一节 1 数的整除性
《初等数论》 第一章 整数的可除性
例 1. 设 r 是正奇数，证明：对任意的正整数 n，有
q3k，
显然 q 只可能是 0，1, 或 2。
此时 2b-1=
k
0，3 ，或
2
3k
，这都是不可能的，
所以
k
3
|
2b
1。
17
第一节 1 数的整除性
数论讲义一：整除
数论讲义一：整除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，如是整除，，则不一定是整数。
由此引出初等数论中第一个基本概念：整数的整除性。
定理一：（带余除法）对于任一整数和任一整数，必有惟一的一对整数，使得，，并且整数和由上述条件惟一确定，则称为除的不完全商，称为除的余数。
若，则称整除，或被整除，或称的倍数，或称的约数（又叫因子），记为。
否则，| 。
任何的非的约数，叫做的真约数。
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（2）若（3）若，则反之，亦成立。
（4）若。
因此，若。
（5）、互质，若（6）为质数，若则必能整除中的某一个。
特别地，若为质数，（7）如在等式中除开某一项外，其余各项都是的倍数，则这一项也是的倍数。
（8）n个连续整数中有且只有一个是n的倍数。
（9）任何n个连续整数之积一定是n的倍数。
（10）二项式定理：；；经典例题：一、带余除法1．若是形如的数中最小的正整数，求证：；分析：利用带余除法，设2．为质数，，证明：被整除；分析：利用带余除法处理，可以设，再来表示二．若3．设和为自然数，使得被整除，证明：分析：根据恒等式4．为给定正整数，对任意，都有，证明：；分析：注意到，对任意，有三、利用牛顿二项式定理；；5．设都是正整数，，且，证明：；分析：首先由，而，讨论的奇偶性6．已知，定义，证明：；分析：当时，四、配对思想7．设为奇数，证明：；分析：由于，这些数的分子都是，分母都小于，因此想到用配对法做此题；五．反证法8．设，，而是一个不小于的正整数，证明：存在整数，使得；整除作业一1．设为有理数，为最小正整数，使得是整数，如果与是整数，证明：。
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.
初等数论论文
初等数论“整除”【摘要】本文主要讲述整除和有关整除问题【关键词】整除整除问题是数学学习的一大方面，无论小学，中学，还是高中，甚至大学数学都有关于整除的问题。
理解掌握整除的概念、性质及某些特殊数的整除特征，可以简单快捷地解决许多整除问题。
现在对整除问题做下整理，以方便关于整除问题的学习，来了解、深入的探讨整除问题。
一、整除的定义：当两个整数a和b（b≠0），a被b除的余数为零时（商为整数），则称a被b整除或b整除a，也把a叫做b的倍数，b叫a的约数，记作b|a，如果a被b除所得的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a.注：a , b作除数的其一为0则不叫整除。
二、数的整除性质：(1)对称性：若甲数能被乙数整除，乙数也能被甲数整除，那么甲、乙两数相等。
记作：a|b,b|a,则a=b。
( 2)传递性：若甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除，那么甲数能被丙数整除。
记作：若a|b,b|c,则a|c。
(3) 若两个数能被一个自然数整除，那么这两个数的和与差都能被该自然数整除。
记作：如果b∣a，b∣c那么b∣a±c．(4) 几个数相乘，若其中有一个因子能被某一个数整除，那么它们的积也能被该数整除。
(5) 若一个数能被两个互质数中的每一个数整除，那么这个数也能分别被这两个互质数的积整除。
记作：若a|b,c|b,(a,c)=1, 则ac|b。
(6) 若一个数能被两个互质数的积整除，那么，这个数也能分别被这两个互质数整除。
记作：若ac|b,(a,c)=1, 则a|b,c|b。
(7) 若一个质数能整除两个自然数的乘积，那么这个质数至少能整除这两个自然数中的一个。
(8) 若a|b,m≠0,则am|bm。
(9) 若am|bm,m≠0,则a|b。
（10）若c|a，c|b，则c|（ma+nb），其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和）三、整除特征（1）1与0的特性：1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a.0是任何非零整数的倍数，a≠0,a为整数，则a|0.（2）若一个整数的末位是0、2、4、6或8，则这个数能被2整除。
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.
初等数论第一章2
习题二
1. 证明：12n4 2n3 11n2 10n，nZ。 2. 设3a2 b2，证明：3a且3b。 3. 设n，k是正整数，证明：nk与nk + 4的个位数字相 同。 4. 证明：对于任何整数n，m，等式n2 (n 1)2 = m2 2不可能成立。 5. 设a是自然数，问a4 3a2 9是素数还是合数？ 6. 证明：对于任意给定的n个整数，必可以从中找 出若干个作和，使得这个和能被n整除。
第二节 带余数除法
其中R1和R2被9除的余数分别与r13和r23被9除的余 数相同，即 R1 = 0，1或8，R2 = 0，1或8。 (4)
因此
x3 y3 = 9(Q1 Q2) R1 R2 。
又由式(4)可知，R1 R2被9除的余数只可能是0，
1，2，7或8，所以，x3 y3不可能等于a 。
第二节 带余数除法
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
初等数论
Number Theory
第一章 整除理论
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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。
2020/4/11
阜阳师范学院 数科院
3
5. 100个正整数之和为101101，则它们的最大公约 数的最大可能值是多少?证明你的结论。
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？
2020/4/11
9
例4. 若ax0 by0是形如ax by(a,b, x, y Z,a,b不全为0) 的最小正整数，则有(ax0 by0 ) (ax by).
7
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 L ,3b,2b,b,0,b,2b,3b,L 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.
定理2 m a , m b m (a b)
定理3 m a1 ,L , m an , q1,L ,qn Z m (q1a1 L 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 )。
6. 证明T 1 1 1 L 1 (n 1)不是整数.
23
n
7. 求自然数n，使得28 211 2n是一个整数的平方。
2020/4/11
4
§1.1 整除的概念 带余数除法 一、整除的概念
定义1：设a,b是整数，b 0,如果存在整数q,使得 a bq成立，则称b整除a,或a能被b整除.记作：b a .
∵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。
2020/4/11
阜阳师范学院 数科院
11
例6 已知： 782 + 8161能被57整除， 求证：783 +8163也能被57整除。
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
2020/4/11
5
二、整除的性质
定理1〔传递性〕 b a, c b c a
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。
2020/4/11
阜阳师范学院 数科院
12
习题选讲 P4－4 设a, b是任意两个整数，b 0,
2020/4/11
6
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)
(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。
2020/4/11
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？
证：作序列L , 3 b , 2 b , b ,0, b , 2 b , 3 b ,L 2 2 2 22 2
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。
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。
2020/4/11
阜阳师范学院 数科院
2
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).
证明：a , b不全为0，
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
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.
2020/4/11
10
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 )
唯一性：反证〔略〕
2020/4/11
8
例3 利用带余数除法，由a, b的值求q, r .
(1) a 14,b 3
14 3 4 ( 余 2 ), q 4, r 2
(2) a 14,b 3 14 3 5 ( 余 1 ), q 5, r 1
(3)a 14,b 3
14 (3) 14 3
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。