太阳花籽-说说520

第一章 整数的可除性
一、教学目标：
通过本节内容的学习，达到以下教学目标与要求：
一级目标：掌握整除的概念和带余除法；
二级目标：会求解常见的整数的整除性问题。
二、教学内容和重、难点：
1.整除的概念
2.带余除法
重点：整除
难点：带余除法
三、教学方法和教具使用：
讲授法。
四、教学过程：
§1 整数的概念 带余除法
定义 对于整数
a
和非零整数
b
，如果存在 整数
q
使得
abq
，则称
b
整除
a
或< br>a
能被
b
整

除，记为
b|a.
此时， 称
a
是
b
的倍数，
b
是
a
的因数或约数.
|a.
如果这样的整数
q
不存在，则称
b
不能整除
a
或
a
不能被
b
整除，记为
b
1|a,b|0, b|b

b0

.

定理1 若
c|b,b|a
，则
c|a.

证 由
c|b,b|a< br>知，存在整数
q
1
,q
2
使得
bcq
1< br>,abq
2
.
从而
ac

q
1
q
2

,c|a.

定理2 若
m|a,m|b
，则
m|ab.

b
所以存在整数q
1
,q
2
使得，
amq
1
,bmq2
.
从而证 因为
m|a,m|
，
abmmq

1
q
2
定理3若
m|a
i
,i1,
证
m,
2
|q

q
1

m.ab
k
n
a
n
.

,n
，而
k
1
,,k
n
是任给的
n
个整数，则
m|k
1
a
1

,n.

m|a
i
,i1,,n,存在整数q
i
使得a
i
mq
i
,i 1,
k
1
a
1
k
n
a
n
k
1
mq
1

k
n
a
n
.< br>
k
n
m
n
q
n
m

k
1
q
1
k
n
q
n

， < br>m|k
1
a
1

定理4设
a,b
是两个整 数，其中
b0
，则存在唯一的一对整数
q
与
r
，满足
abqr,0rb
（1）
证 作整数序列
,3b,2b,b,0,b,2b,3b,

则
a
必在上述序列的某两个相邻的整数之间，即存在整数
q
使得
aba

q1

b

成立. 令
abqr
，则
0rb
，且
abqr.

设
q
1
,r
1
是满足（1）的两个整数，则
abq
1
r
1
,0r
1
b.
< br>于是
b

qq
1

r
1
r, b|b

qq
1

rr
1
,b|rr1
.

因
0rb,0r
1
b
，故0rr
1
b.
若
0rr
1
b
，则 不可能有
b|rr
1
.
故

rr
1
0,rr
1
.
于是
b

qq
1

0,qq
1
0,qq
1
.

定义 （1） 式中的
q
叫做
a
被
b
除所得到的不完全商，
r叫做
a
被
b
除所得到的余数.
如255被15除所得到的不完 全商为17，余数为零.417被15除所得到的不完全商为27，余
数为12.
81
被15除所得到的不完全商为
6
,余数为9.
设
b
为正整数，则
b|a
的充分必要条件是
b
除
a
所 得到的余数为零.
例1 设
a,b
均为非零整数，
ab
，则对任 意非负整数
n
，总有
ab|a
n
b
n
.

证法一
n0
时，结论显然.
下设
n1
.
a
n
b
n


ab


a
n1
a
n2
bb
n1

,ab| a
n
b
n
.

证法二 设
T
n
a
n
b
n
，则
T
n 1
T
n
a
n1
b
n1
a

a
n
b
n

b
n

ab< br>
,n0.

若ab|T
n
，则ab|T
n 1
.
又因
ab|T
0
，故对任意非负整数
n
， 总有
ab|T
n
.

例2 证明对任意整数
n0,9| 2
3n2
5
n1
2
n
.

证 令
f

n

2
3n2
5
n1
2
n
，
f
1

n

f
< br>n1

2
3
f

n

3
5
n1
2
n1

.

显然，
9|f

0

,3|5
n1
2
n1
,nN
.
9|f
1

n

,n N.9|f

n

,nN.

例3证明当
n
为正整数时，
7|21
(IMO，1964).
证 因
7|21
，故
7|2
33k
n
这
1,
里
k
为非负整数.因此，当
n3k
时，
2
n
12
3k
1

2
3k
1
< br>2
被7除所得的余数为2.
n3k1
122
3k
13
被7除所得的余数为3. 当< br>n3k1
时，
212

n3k2
1423k
15
被7除所得的余数为5. 当
n3k2
时，
2 12

于是，当
n
为正整数时，
7|21
.
作业：P4,2,3.
n

习题选解
2.证明
3| n

n1

2n1

,
其中
n为任何整数.
证 当
n3k
时，
n

n1
2n1

3k

3k1

4k 1


能被3整除.
当
n3k1
时
n
n1

2n1

3

3k1
3k2

2k1


能被3整除.
当
n3k2
时，
n

n1

2 n1

3

3k2

k1

6k5


能被3整除.
于是，对任何整数
n
，总有< br>3|n

n1

2n1

.

3.若
ax
0
by
0
是形如
axbyx,y是任意整 数，a,b是两个不全为零的整数
的数中的
最小正数，则


a x
0
by
0

|

axby

,

其中
x,y
是任何整数.
证 假设存在整数
x1
,y
1
使得

ax
0
by
0
|

ax
1
by
1

.
则由带余除法，存在整数
q,r
使得
ax
1
by
1

ax
0
by
0

qr,0rax
0
by
0
.

因
r
矛盾.
a

x
1
qx
0

b

y1
qy
0

，故
r
是形如
axby
的一个比
ax
0
by
0
还要小的正整数，