初中数学竞赛讲座——数论部分4(辗转相除法与最大公约数)

第四讲 辗转相除法与最大公因数
一、基础知识：
1．带余除法：若a ，b 是两个整数，b ＞0，则存在两个整数q 和r ，使得
a =bq+r （0≤r ＜
b ）成立，
且q ，r 是唯一的。

证明：【存在性】作整数序列
…，-3b ，-2b ，-b ，0，b ，2b ，3b ，…
则a 必在上述序列的某两项之间，即存在一个整数q 使得
qb ≤a <(q +1)b 成立。

令a -qb =r ，即证存在性。

【唯一性】设q 1、r 1是满足a =bq+r ，0≤r <b 的另一对整数，因为bq 1+r 1=bq +r ,
于是b (q-q 1)=r 1-r 故b |q-q 1|=|r 1-r |
由于r 及r 1都是小于b 的非负整数，所以上式右边是小于b 的。

如果q ≠q 1，则上式左边≥b ，这是不可能的。

即证唯一性。

【说明】特别地，如果r =0，那么a=bq 。

这时，a 被b 整除，记作b|a ，
对任意整数a ，b 且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。

2．最大公因数：
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。

记为：(a ，b )=d
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。

记为：(a ，b )=1
3．辗转相除法：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。

例如，
一般的，设a ，b 是任意两个正整数，由带余数除法，我们有下面的系列等式： a =11bq r ，0<1r <b ，
b =1r 2q +2r ，0<2r <1r ， ……………
2n r -=1n r -n q +n r ，0<n r <1n r -， (1) 1n r -=n r 1n q ++1n r +，1n r +=0
因为每进行一次带余数除法，余数就至少减一，而b 是有限的，所以我们最多进行b 次带余数除法，总可以得到一个余数是零的等式，即1n r +=0 (1)式所指出的计算方法，叫作辗转相除法。

定理1： 设a ，b ，c 是任意三个不全为0的整数，且a =bq+c
其中q 是非零整数，则a ，b 与b ，c 有相同的公因数，因而（a ，b ）=（b ，c ）
证明：设d 是a ，b 的任一公因数，由定义，d |a ，d |b ，所以d 是c=a -bq 的因数，因而d 是b ，c 的一个公因数。

同理可证b ，c 的任一公因数是a ，b 的一个公因数。

于是定理的前一部分获证，第二部分随之得证。

定理2：若a ，b 是任意两个整数，则（a ，b ）就是（1）中最后一个不等于零的余数，即（a ，b ）=n r
证明：由定理（1）即得
n r =(0，n r )=(1n r +，n r ) =(n r ，1n r -)=………
=(1r ，b )=( a ，b ) 证完
由于n r 能够用辗转相除法直接算出，所以辗转相除法给出了求两整数的最大公因数的实际可行的算法。

定理3：裴蜀定理（或贝祖定理，B ézout 's identity ）得名于法国数学家艾蒂安·裴蜀，说明了对任何整数a ，b 和它们的最大公约数d ，关于未知数x 和y 的线性丢番图方程（称为裴蜀等式）：若a ，b 是整数，且（a ，b )=d ，那么对于任意的整数x ，y ，ax +by 一定是d 的倍数，特别地，一定存在整数x ，y ，使ax+by =d 成立。

它的一个重要推论是：a ，b 互质的充要条件是存在整数x ，y 使ax+by =1. 证明：⑴若b =0，则（a ，b )=a .这时定理显然成立。

⑵若a ，b 都不等于0，∵(a ，b )=(a ，-b )∴不妨设a ，b 都大于零，a ≥b ，(a ，b )=d 对ax+by =d ，两边同时除以d ，可得(a 1)x +(b 1)y =1，其中(a 1，b 1)=1。

转证(a 1)x +(b 1)y =1。

由带余除法： a 1=(q 1)b 1+(r 1)，其中0≤r 1<b 1
b 1=(q 2)(r 1)+(r 2)，其中0≤r 2<r 1 (r 1)=(q 3)(r 2)+(r 3)，其中0≤r 3<r 2 .....
(r n -3)=(q n -1)(r n -2)+(r n -1) (r n -2)=(q n )(r n -1)+(r n ) (r n -1)=(q n +1)(r n )
于是，有(a 1，b 1)=(b 1，r 1)=(r 1，r 2)=...=(r n -1，r n )=1 故(r n -2)=( q n )(r n -1)+1，即1=(r n -2)-( q n )(r n -1)
由倒数第三个式子(r n -1)=(r n -3)-( q n -1)(r n -2)代入上式，得 1=[1+(q n )( q n -1)](r n -2)-( q n )(r n -3)
然后用同样的办法用它上面的等式逐个地消去（r n -2），...(r 1)， 可证得1=(a 1)x +(b 1)y 。

（必要性）另证：假设u 和v 是使得au +bv 所有这种形式中的最小正整数，记为S 下证S ＝1，即只需证S 同时整除互素的数a 和b
由带余除法可知，存在整数q 和r 使得a ＝sq +r (0≤r ＜S ) 所以0≤r ＝a -sq ＝a -(au +bv )q ＝a (1-uq )+b (-vq )＜S
即存在u '＝1-uq 和v '＝-vq ，它们给出了一个非负整数r ＝au '+bv ' 这个r 小于假定的最小的正整数S
故r 只能为0，否则与S 的最小性矛盾。

此时，a ＝Sq ，即S |a ，同理S |b
这样S 是a 和b 的公因数，又a 和b 互素，那么S ＝1 推论(1) a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同 (2)设a ，b 是任意两个不全为零的整数，
（ⅰ）若m 是任意正整数，则（am ，bm ）=（a ，b ）m . （ⅱ） 若δ是a ，b 的任一公因数，则（
a
δ
，
b
δ
）=
(,)
a b δ
，特别（
(,)a a b ，(,)
b
a b ）=1，证明：当a ，b 有一为零时，定理显然成立，今设a ，b 都不为零.
（ⅰ）易知：（am ，bm ）=（a m ，b m ），（a ，b ）m =（a ，b ）m ，因此不妨假定a ，b 都是正数，在（1）里，把各式两边同乘以m ，即得 am =(bm ) 1q +1r m ，0<1r m <bm ， bm =(1r m ) 2q +2r m ，0<2r m <1r m ， …………… 1n r -m =（n r m ）1n q +.
由定理2得（am ，bm ）=n r m =( a ，b )m ，因而（ⅰ）获证. （ⅱ）由（ⅰ）及定理1， （
a
δ
，
b
δ
）δ=（
a b
δ，
b
δδ
）=（a ，b ）=（a ，b ）
， 故 （
a
δ
，
b
δ
）=
(,)
a b δ
当 δ=（a ，b ）时，上式即为（
(,)a a b ，(,)
b
a b ）=1 证完 又若 （1a ，2a ）=2d ，（2d ，3a ）=3d ，……，（1n d -，n a ）=n d （*） 于是我们有
(3)若1a ，2a ，……，n a 是n 个整数，则（1a ，2a ，……，n a ）=n d
证明：由（*），n d ｜n a ，n d ｜1n d -，但1n d -｜2n d -，故n d ｜1n a -，n d ｜2n d -，由此类推，最后得到n d ｜n a ，n d ｜1n a -，……，n d ｜1a ，即n d 是1a ，2a ，……，n a 的一个公因数，又设d 是1a ，2a ，……，n a 的任一公因数，则d ｜1a ，d ｜2a ，所以，d ｜2d ，同理，d ｜3d ，由此类推，最后得d ｜n d .因而d ≤d ≤n d .故n d 是1a ，2a ，……，n a 的最大公因数。

二、典型例题
例1 任给的五个整数中，必有三个数之和被3整除. 解：设a i =(03,1,2,3,4,5)i i i bq r r i +≤<=
(1)若在r i 中数0,1,2都出现，不妨设1230,1,2r r r ===， 则a 1+a 2+a 3=3(q 1+q 2+q 3)+3成立;
(2) 若在r i 中数0,1,2至少有一个不出现，
则至少有三个r i 取相同的值，令123(0,12)r r r r r ====或 则a 1+a 2+a 3=3(q 1+q 2+q 3)+3r 成立. 综合（1）（2）原题得证。

例2从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？
解：设a ，b ，c ，d 是所取出的数中的任意4个数，则
a+b+c =18m ，a+b+d =18n ，
其中m ，n 是自然数。

于是
c-d =18（m-n ）。

上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同。

设这个余数为r ，则
a =18a 1+r ，
b =18b 1+r ，
c =18c 1+r ，
其中a 1，b 1，c 1是整数。

于是
a+b+c =18（a 1+b 1+c 1）+3r 。

因为18|（a+b+c ），所以18|3r ，即6|r ，推知r =0，6，12。

因为1000=55×18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除。

例3 求证：如果a 和b 是整数，那么a ，b ，2
2
a b +，2
2
a b -中一定有一个能被5整除。

证明：若a ,b 之中有一个能被5整除，则命题获证。

若a ,b 之中任何一个都不能被5整除，则a ,b 只能形如51,52m m ±±，由于
222(51)251015(52)1m m m m m ±=±+=±+ 222(52)252045(54)4m m m m m ±=±+=±+
于是，a 2,b 2形如51,54m m ++
若a 2,b 2一个形如51m +，另一个形如54m +，则a 2+b 2能被5整除； 若a 2,b 2同为51m +形或54m +形，则a 2-b 2能被5整除； 故a ，b ，2
2
a b +，2
2
a b -中一定有一个能被5整除。

例4 正整数1210,,,a a a 的和为1001，1210(,,,)a a a d =，求d 的最大值。

解：因d 是1210,,,a a a 的最大公约数，故d |1001，即d 是1001=71113⨯⨯的约数，又
d |a k (k =1,2,
,10),可得k a d ≥，所以
1001=1210a a a +++≥10d ，
从而，有d ≤
1001
10
<101,由此可见，d 至多取值71391⨯=
由于1001可以写成10个数的和：
10919191++
个
+182
其中每个数都能被91整除，所以d 的最大值为91。

例5 证明：若a 被9除的余数是3,4,5或6，则方程33x y a +=无整数解。

证明：对任意整数x ,y ,
记x =3q 1+r 1，y =3q 2+r 2(0≤r 1,r 2<3)
则x 3=(3q 1+r 1)3=9Q 1+R 1, y 3=(3q 2+r 2)3=9Q 2+R 2 其中R 1和R 2被9除的余数
分别与31r 和3
2r 被9除的余数相同，即R 1=0,1或8；R 2=0,1或8
所以x 3+y 3=9 (Q 1 + Q 2) +R 1+ R 2，而R 1+ R 2被9除的余数只能是0,1,2,7或8， 所以x 3+y 3不可能等于a
例6 设221,0k
k F k =+≥，（1）证明：若m >n ，则|(2)n m F F - （2）证明：若m ≠n ，则()1m n F F =，
证明：（1）分析 题目所证的式子为2221|21n
m
+-，应联想到先证明1
2221|21n m
+--
再利用1
2
2221(21)(21)n n n
+-=-+，证明原命题
证明 首先将k k x y -分解因式，即k k x y -=1221()()k k k k x y x x y xy y -----⋅++++
在上式中，取1
22
n x +=，y =1，k =2m -n -1，得
得到1
2221|21n m
+--
又1
2
2221(21)(21)n n
n
+-=-+，故可得2221|21n
m
+-
【另证：-1
-2-3
00
22222221(21)(21)(21)
(21)(21)m
m m m -=++++-
m >n ≥0，故n 必为m-1,m-2,…,0中的一个，故得证。

】
（2）由（1）可得，对m >n ，有|(2)n m F F -，即存在整数x 使得2m n F xF -= 即2m n F xF -=，设d =(,)n m F F ，由2m n F xF -=，推出d |2，所以d =1或2，
1
221
2
2
1
21(2
1)()
m
n k k k k x
x
y xy
y +-----=-⋅++++
F F=1.
但F n显然是奇数，所以d=1，即(,)
n m
例7 设ax0+by0是形如ax+by（a,b不全为0）的整数中最小的正数，试证：对于任意整数x,y恒有ax0+by0|ax+by
分析与证明：对于任意整数x,y存在唯一的q,r，使得ax+by=(ax0+by0)q+r，0≤r< ax0+by0 r≠，则0<r< ax0+by0，且r=a(x-x0q)+b(y-y0q)
若0
而x-x0q与y-y0q均为整数，故r是一个比ax0+by0还要小的形如ax+by的正整数，
这与ax0+by0的最小性相矛盾，因此，必有r=0，故ax0+by0|ax+by
三、模拟训练
1.求（1056,3960）
解法1：210563960
25281980
2264990
3132495
1144165
415
所以（1056,3960）=23⨯3⨯11
解法2：分解质因数法：
因为1056=23⨯3⨯11⨯4,3960=23⨯3⨯11⨯15
所以（1056,3960）=23⨯3⨯11=264
解法3：（辗转相除法）：
（1）先用1056除3960，得到商和余数3960=1056⨯3+792
（2）再用第一步得到的余数792来除1056，得到商和余数1056=792⨯1+264
（3）用第二步得到的余数264来除第二步中的除数792，得792=264⨯3
故264是1056和3960的最大公约数。

2.设a,b,c为正整数，证明：((a,b),c)=(a,b,c)
分析：((a,b),c)指的是a和b的最大公约数与c的最大公约数，
要证明((a,b),c)=(a,b,c)，只需证明(a,b,c)| ((a,b),c)，并且((a,b),c)|(a,b,c)
证明：由最大公约数的概念可知(a,b,c)|a，(a,b,c)|b，
所以(a,b,c)|(a,b)
又因为(a,b,c)|c，所以(a,b,c)| ((a,b),c)
反之，((a,b),c)|(a,b)，((a,b),c)|c
所以((a,b),c)|a，((a,b),c)|b，
所以((a,b),c)| (a,b,c)
所以((a ,b ),c )=(a ,b ,c )
3.对于任意正整数n ，试证：分数
214
143
n n ++不能约简
分析：要证明这个分数不可约，只需证明21n +4和14n +3的最大公约数是1即可 证明：(21n +4,14n +3)= (21n +4-14n -3,14n +3) = (7n +1,14n +3)
=(7n +1,14n +3-14n -2) =(7n +1,1) =1 故对于任意正整数n ，分式
214
143
n n ++不能约简
4.已知两个正整数之和为104055，它们的最大公约数是6937，求这两个数。

解：设这两个数为x ,y ，依题意得
104055(,)6937
x y x y +=⎧⎨
=⎩①②
由②令6937,6937x a y b ==，且(,)1a b =，代入①得15a b += 由于(,)1a b =，所以只有以下4种可能：
114a b =⎧⎨=⎩，213a b =⎧⎨=⎩，411a b =⎧⎨=⎩，7
8a b =⎧⎨=⎩
分别代入x ,y 的表达式，得
693797118x y =⎧⎨
=⎩；1387490181x y =⎧⎨=⎩；2774876307x y =⎧⎨=⎩；4855955496
x y =⎧⎨=⎩ 5.已知正整数a ,b 使得
11
a b b a
+++是整数，证明：a 与b
证明：因为11a b b a +++=22a b a b ab
+++，假设a 和b 的最大公约数是d ，由于ab 可被d 2整除，所以22a b a b +++可被d 2整除，既然22
a b +可以被d 2整除，所以a b +可以被d 2
d
6.已知a 和b 都是正整数，且(a ,b )=1，求证：()
22
,a b a ab b +-+等于1或3
解：设(a +b ，a 2-ab +b 2)=d ，则
22
(,a b dm m n a ab b dn +=⎧⎨-+=⎩
①
是正整数）② ①2-②得23()ab d dm n =-
因为(a ,b )=1，所以d |3，或d |a ，或d |b 当d |3时，则d =1或3；
当d |a 或d |b 时，因为d |(a+b )，所以d =1，
综上所述，()
22
,a b a ab b +-+=1或3.
7.在正方体的每个顶点上各记上1个互不相同的正整数，在它的每条棱上记上它两端上的两个正整数的最大公约数，那么，是否有可能使得顶点上的各数的和等于棱上的各数的和？证明你的结论。

解：不能，设a 和b 为两个正整数，且a >b ，记a,b 的最大公约数为(a ,b )，则有(a ,b )≤b
且(a ,b ) ≤
2a ，因此，当a b ≠时，(a ,b ) ≤3
a b + 由正方体的12条棱组成12个这样的不等式，于是，我们得出：当且仅当(a ,b ) =
3
a b
+时,满足问题条件的等式成立。

这时，a,b 中的大数应是其中小数的2倍，不妨设a =2b 。

考察从记有数a 的顶点出发的另外两条棱的另一端点的数字c 和d ，其中每一个数都
应该或是2a ，或是
2
a。

如果其中至少有一个是2
a
，则它必与b 相等；如果两个都比a 大，则它们应该相等。

这
两种情况都与已知矛盾，于是，结论成立。