新中国成立的意义-自我工作评价

26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
a,b
是整除，
b0
，则
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
a
不一定是 整数. 由此引
b
abqr
，
0rb
，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
r0
，则称
b
整除
a
，或
a
被
b
整除，或称
a是b
的倍数，或称
b是a
的约数（又叫< br>因子），记为
b|a
.否则，
b
|
a
.
任何
a
的非
a,1
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
a|b,b|c,则a|c.

（2）若
a|b
i
,则a|

cb,其中c
ii
i1
n
i

Z,i

1,2,

,n.

（3）若
a|c
，则
ab|cb.
反之，亦成立.
（4） 若
a|b,则|a||b|
.因此，若
a|b,又b|a,则ab
.
（5）
a
、
b
互质，若
a|c,b|c,则ab|c.
（6）
p
为质数，若
p|a
1
a
2
a
n
,
则
p
必能整除
a
1
,a< br>2
,

,a
n
中的某一个.
特别地，若
p
为质数，
p|a,则p|a.

n
（ 7）如在等式

a

b
i
i1k1
nmk
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.
（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.
本讲开始在整除的定义同时给 出了约数的概念，又由上一讲的算术基本定理，我们就
可以讨论整数的约数的个数了.
Ⅱ. 最大公约数和最小公倍数
定义二：设
a
、
b
是两个不全为0的整数 .若整数c满足：
c|a,c|b
，则称
c为a,b
的
a与b
的所有公约数中的最大者称为
a与b
的最大公约数，公约数，记为
(a,b)
.如果
(a,b)
=1，
则称
a与b
互质或互素.
定义 三：如果
d是a
、
b
的倍数，则称
d是a
、
b的公倍数.
a与b
的公倍数中最小的正
数称为
a与b
的最小公 倍数，记为
[a,b]
.
最大公约数和最小公倍数的概念可以推广到有限多个整数的 情形，并用
(a
1
,a
2
,,a
n
)
表 示
a
1
,a
2
,

,a
n
的最大 公约数，
[
a
1
,
a
2
,

,< br>a
n
]
表示
a
1
,a
2
,

,a
n
的最小公倍数.
若
(a
1
,a
2
,,a
n
)1
，则称
a
1
,a
2< br>,a
3
,

,a
n
互质，若
a
1< br>,a
2
,

,a
n
中任何两个都互质，
则称 它们是两两互质的.注意，n个整数互质与n个整数两两互质是不同的概念，前者成立时
后者不一定成立 （例如，3，15，8互质，但不两两互质）；显然后者成立时，前者必成立.
因为任何正数都不是0 的倍数，所以在讨论最小公倍数时，一般都假定这些整数不为
0.同时，由于
a,b与|a|, |b|
有相同的公约数，且
(a,b)(|a|,|b|)
（有限多个亦成立），< br>因此，我们总限于在自然数集合内来讨论数的最大公约数和最小公倍数.
Ⅲ.方幂问题
一个正整数
n
能否表成
m
个整数的
k
次方和的问 题称为方幂和问题.特别地，当
m1
时称为
k
次方问题，当
k2
时，称为平方和问题.
能表为某整数的平方的数称为完全平方数.简称平方数，关于平方数 ，明显有如下一些
简单的性质和结论：
（1）平方数的个位数字只可能是0，1，4，5，6，9.
（2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余
数只能是0或1.
（3）奇数平方的十位数字是偶数.
（4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6.
（5）不能被3整除的数的平方被3除余1，能被3整除的数的平方能被3整除.因而，
平方 数被9除的余数为0，1，4，7，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能为0，
1，4，7.
（6）平方数的约数的个数为奇数.
（7）任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数.

例题讲解

1．证明：对于任何自然数
n
和
k
，数
f(n,k)2n的正整数之积.


2．设
p
和
q
均为自然数,使得



n
3k
4n
k
10
都不能分解成若干个连续
p 1111
1.
证明：
p
可被1979整除.
q2313181319
3．对于整数
n
与
k
，定义
F(n,k)

r
r1
2k1
,
求证：
F (n,1)
可整除
F(n,k).



4．求一对整数< br>a,b
，满足：(1)
ab(ab)
不能被7整除；（2）
(ab )
7
a
7
b
7
能
被7
7
整除 .


5．求设
a
和
b
是两个正整数，
( a,b)1,p
为大于或等于3的质数，
a
p
b
p
c (ab,
），试证：（1）
(c,a)1
；（2）
c1
或cp.

ab

6．
m
盒子中各若干个球，每一次 在其中
n(nm)
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
(m,n)1.



7．求所有这样的自然数
n
，使得
222
是一个自然数的平方.

811n
课后练习
1． 选择题

（1）若数 n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，则不是n
的因数的最小质数是（ ）.
（A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案 < br>（2）在整数0、1、2…、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则
x+y+ z等于（ ）.
（A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10
（3）可除尽3+5的最小整数是（ ）.
（A）2 （B）3 （C）5 （D）3+5（E）以上都不是
2． 填空题
（1）把100000表示为两个整数的乘 积，使其中没有一个是10的整倍数的表达式为
__________.
(2)一个自然数与 3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中最小的是
_________.
(3)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225整除的最小自然数是________.
1118
1118
3.求使为整数的最小自然数a的值.
2
4.证明:对一切整数n,n+2n+12不是121的倍数.
5.设
倍 ,
是一个四位正整数,已知三位正整数
又是18的倍数.求出这个四位数
22
与246的和是一位正整数d的111
,并写出推理运算过程.
6.能否有正整数m、n满足方程m+1954=n.
7.证明：（1）133|（11+12），其中n为非负整数.
(2)若将(1)中的11 改为任意一个正整数a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动
后的结论.
8.设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在ab-ab,bc-bc,ca- ca三个数中,
至少有一个能被10整除.
333333
n+2n+1
9. 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.

课后练习答案
１．Ｂ．Ｂ．Ａ
２．（１）２·５．（２）２７．
３．由2000a为一整数平方可推出a=5．
４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ
２
＝１１（１１ｋ－１）．∵１ １是素数且除尽（＋１），
∴１１除尽ｎ＋１
２２
２
５５
（ｎ＋１ ）
２
１１除尽（ｎ＋１）或１１｜１１ｋ－１，不可能．
５．由是ｄ的１１１倍，可 能是１９８，３０９，４２０，５３
只能是１９８．而１９８＋２１，６４２，７５３；又
４６ ＝４４４，∴ｄ＝４，
ｎ＋２
是１８的倍数，∴
是１９８４．
ｎ
７ ．（１）１１＋１２＝１２１×１１＋１２×１４４＝１２１×１１
ｎｎｎｎ
＋１２×１１－１ ２×１１＋１２×１４４＝…＝１３３×１１＋１２×（１
ｎｎｎｎ
４４－１１）．第一项可被 １３３整除．又１４４－１１｜１４４－１１，∴
ｎ＋２２ｎ＋１
１３３｜１１＋１２． （２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题
ｎ＋２２ｎ＋１< br>为ａ（ａ＋１）＋１｜ａ＋（ａ＋１），可仿上证明．
８．∵ａｂ－ａｂ＝ａｂ（ａ－ｂ）；同理有ｂ（ｂ－ｃ）；ｃａ（ｃ－
２
ａ）．若ａ
３３２２２２２
２ｎ＋１ｎｎ
、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除． 又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有
２２２
一个是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ ，ｂ，ｃ个位数
２２２２２２
只能是１，４，６，９，从而ａ－ｂ，ｂ－ｃ，ｃ－ａ的个位数是 从１，４，
６，９中，任取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一
个 被５整除，又２、５互质．
９．设１００个正整数为ａ
１
，ａ
２
， …，ａ
１００
，最大公约数为ｄ，并令

则ａ
１
＋ａ２
＋…＋ａ
１００
＝ｄ（ａ
１
′＋ａ
２
′＋… ＋ａ′
１００
）＝１０１１０１＝１０１×
１００１，故知ａ
１
′， ａ
２
′，ａ′
１００
不可能都是１，从而ａ′
１
＋ａ′２
＋…＋ａ′１００≥
１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ
１
＝ａ
２
＝ａ
９９
＝１００１，ａ
１００
＝

< br>２００２，则满足ａ
１
＋ａ
２
＋…＋ａ
１００
＝１０ ０１×１０１＝１０１１０１，且ｄ
＝１００１，故ｄ的最大可能值为１００１

例题答案：
1. 证明：由性质9知，只需证明数
f(n,k)
不能被一个 很小的自然数
n
整除.因

f(n,k)3n
3k
3 n
k
n
3k
n
k
103(n
3k
n
k
3)n
k
(n
k
1)(n
k
1)1,

3|3(n
3k
n
k
3),3|nk
(n
k
1)(n
k
1),
3 1，故3
f(n,k)
，因而
f(n,k)
不能分解成
三个或三个以上的连续 自然数的积.


再证
f(n,k)
不能分解成两个连续正整数的积.
由上知，
f( n,k)3q1(qN)
，因而只需证方程：
3q1x(x1)
无正整数 解.而
这一点可分别具体验算
x3r,341,342
时，
x(x1 )
均不是
3q1
形的数来说明.
故
f(n,k)
对任 何正整数
n
、
k
都不能分解成若干个连续正整数之积.
2. 证明：
p111111
(1)2()

q231319 241318
=
(1
11111
)(1)
< br>2313192659
=
(
111111
)()()< br>
66989990
111


)

6 6013196611318989990
p
1979m(mN*).
此式说明1979|1319！×
p.
由
q
=1979×
(
两端同乘以1319！得1319！

于1979为质数，且1979 1319！，故1979|
p.



【评述】把1979换成形如
3k2
的质数，1319换成
2k1(kN*)
，命题仍成立.
牛顿二项式定理和
(ab)|ab,(ab)|ab(n
为偶数),
(ab)|ab(n
nnnnnn
为奇数)在整除问题中经常用到.
3 .证明：当
n2m
时，
F(2m,1)

rm(2m1),

r1
2m

F(2m,k)

r
r1
m
2k1

rm1

r
m
2m
2k1



r
r1
m
m
2k1


(2m1r)
2k1
r1



[r
2k1
(2m1r)
2k1
],
r1
由于[…]能被
r(2m1r)2m1
整除，所以
F(2m,k)
能被
2m1
整除，另一方
面，

F(2m,k)

[r
r1
m1
2k1
(2m r)
2k1
]m
2k1
(2m)
2k1
,
上式中[…]能被
r(2mr)2m
整除，所以
F(2m,k )
也能被
m
整除.因
m
与2
m
+1
互质， 所以
F(2m,k)
能被
m
（2
m
+1）（即
F( m,1)
）整除.
类似可证当
n2m1
时，F（2
m
+1，
k
）能被F（2
m
+1,1）整除. 故
F(n,k)
能被
F(n,1)
整除.
4.
(ab )ab
=
7ab[(ab)3ab(ab)5ab(ab)]

=
7ab(ab)(abab).



根据题设要求(1) (2)知，
7|(abab)|,
即
7|abab.

22 32
令
abab7,
即
(ab)ab343,
即
ab19
，则
ab19343.
故可
6222322
22 2
777553322
2
令
a18,b1
即合要求.
a
p
b
p
cs(t,sN)
，两式相乘得 5. 由 已知得
abct,
ab
c
2
sta
p
b
p
a
p
(cta)
p
c
p
tp
pac
p1
t
p1
pa
p1
ct,
于是
csc
p1
t
p1
pac
p 2
t
p2
pa
p1
,
故
c|pap1
.

（1）现用反证法来证明
(c,a)1
.若
(c,a)k1,
令
q
是
k
的一个质因子，则有
q| c,q|a.
因
c|ab
，则
q|ab
，从而
q|b.
于是
q
是
a
、
b
的一个公约数，这与
(a ,b)
=1矛盾，故
(c,a)1
.

（2）因为
c|pa
p1
,(c,a)1,
所以
c|p.
而
p为质数且
p3
，故
c1
或
cp.

6. 证明：设
(m,n)1
，则有
u,vZ
使得
unvm1v (m1)(v1)
，此式说明：对
盒子连续加球
u
次，可使
m 1
个盒子各增加了
v
个，一个增加
(v1)
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
(m,n)d1
，则只要 在
m
个盒中放
m1
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
m1kn
（个），因为
d |m,d|n,d1,
所以
m1kn
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
(m,n)1
.
7.

证明：（1）当
n8
时，
N222( 2
811n8n
2
11n
1)
，因（…）为奇数，所以要使N为平方数，
n
必为偶数.逐一验证
n2,4,6,8
知，N都不 是平方数.


（2）当
n9
时，
N222211
不是平方数. （3）当
n10
时，
N2(92
n8
8n8
81198
)
，要N为平方数，
92
n8
应为奇数的平方，不< br>妨假设
92
=
(2k1)
,则
2
2n10(k1)(k2).
由于
k1
和
k2
是一奇一偶， 左边
n10
为2的幂，因而只能
k1
=1，于是得
k2
，由
2






2
2
知
n12
为所求.