年轻的战场歌词-感恩节的歌曲

关于数的整除问题的讨论
麟游县九成宫中学 田宏刚
关于整 数问题（特别是正整数）它与人们的生活实践密切相关。
在整数性质单位讨论中，发现最多的还是它的整 除性质，下面做一些
分析、说明，以便进一步运用于解决实际问题。
关键词: 数的整除 讨论
（一）关于数的整除的概念 这一理解有多种方法，一般认为：
若存在整数a，正整数 b，当a=b成立，这时称b整除a，或a被b整
除，表示为b∣a，a叫b的倍数，b叫a的两数；b 不能整除a，表示
b+a；它与除尽所区别的是：除尽要求的是两数的商为有限小数，而a,b
本身也在有理数范围内或a,b是非有理数。总之，只要两数的商是有
限小数即可。而整除则是在整数范 围内讨论的，并且两数的商为整数，
余数为o；两整数a,b，若b∣a，则b一定能除尽a；而b能除 尽a，
则b不一定能整除a。从同余角度，b∣a还可表示为a≡o(modb)这就
是说，两 整数a,b，若a除以b商为整数，当且仅当余数R=o时, b∣a。
（二）2
n
及5
n
（n为正整数）整除定理介绍 关于整除问题， 我们
先来讨论除数为个别正整数的情况，若除数为这些书的相反数时，只
需在商前面添符号“— ”其余性质都不变。关于除数为2、5、3、9、
10的情况，我们已比较熟悉，不再述了，我们来讨论 除数为2
n
及5
n
的
情况（n∈N﹡）
1. 2
n
及5
n
整除定理，若一整数（十进制的）若能被整除，则它的
1到n位数能 被2
n
整除。

证：设Z=
a
n
·
10
nm
+
a
n1
·
10nm1
＋
a
n2
·
10
nm2
+„ ＋
a
nm1
·
10
n1
＋
a
n m
·
10
n
＋
a
nm1
·
10
n1
＋„
a
3
·
10
2
＋
a
2
10
1
+
a
1
能被2
n
整除。设它< br>的第n+m+1位到第n+m位为M,第n位到第1位为N,即
M=
a
n
·
10
nm
+
a
n1
·
10
nm 1
＋
a
n2
·
10
nm2
+„＋
a
nm1
·
10
n1
＋
a
nm
·
10
n
，
N=
a
nm1
·
10n1
＋„
a
3
·
10
2
＋
a
2
10
1
+
a
1
，则2
n
∣M，2< br>n
∣N，则Z=
10
n
· M
＋N，所以2
n
∣Z。
反之，若2
n
不整除N，由于2
n
∣
10
n
· M，所以
10
n
· M＋N不整除
2
n
。所以Z能被2n
整除的充分必要条件是：Z的1到n位数能被2
n
整
除。
由于10
n
=2
n
· 5
n
，Z=
10
n
· M＋N，所以 N=
a
n m1
·
10
n1
＋„
a
3
·
102
＋
a
2
10
1
+
a
1
能 被5
n
整除时，Z必然能被5
n
整除。反之不能被5
n
整除 。
推论1：若一整数的末两位数字能被4或25整除，则这个数能被4
或25整除。否命题亦 成立。
推论2: 若一整数的末三位数字能被8或125整除，则这个数能被
8或125整除。否命题亦成立。
（三）整数的奇偶性及其运算。
整数的奇偶性分析在解决整数，方程及图形的性质问题中有着广泛
的应用，下面作初步说明。
1. 主要运算性质：
(1)两奇数的和差为偶数；积商（存在b∣a，b≠0）为奇数。
(2)两整数a,b中若有一奇一偶；则它们和，差为奇数。积为偶数，
商(存在b∣a，b为 奇数)为偶数。

(3)若两整数a,b（o除外）的和为奇数， 则a,b有不同的奇偶性；
若ab的积为奇数，则a,b同为奇数。
(4)若两整数a,b的和为偶数，则a,b有相同的奇偶性。
(5)奇数的乘方及连续乘积 为奇数；偶数的乘方及连续乘积为偶
数；若n个数的乘积为偶数，则它们之中有一个必然为偶数（逆定理亦成立）
(6)奇数≠偶数。
(7)对整数a,b。则a+b与a- b有相同的奇偶性。
说明：对于以上的推论，均可把偶数表示成2m(m∈z)，奇数表示成
2n+1(n∈z)的形式加以证明（从略）。
2. 定理及应用：
（1） 对于一元二次 方程
ax
2
+bx+c=o(a≠o)若a,b,c均为奇数且
a=1，那么 此方程无整数根。
证明：（反证法）若设有整数根
X
1
,
X
2
.
由韦达定理：
X
1
+
X
2
= —= — b,
X
1
·
X
2
= = c .
由
X
1
·
X
2
= c为奇数知：
X
1,
X
2
.均为奇数，则
X
1
+
X
2< br>= —= —
b为偶数，则b为偶数，这已知b为奇数矛盾。
假设不成立，故此方程无整数根。
（2） 在勾股定理
a
2
+
b
2
=
c
2
中，若要求勾股数a,b,c（即a,b,c
为正整数）那么a,b中至少有一正偶数。
证:(反证法)下面我们来反设a,b都为正奇数的情况：
设a=2m+1,b=2n+1,(m﹒m∈N)

b
a
c
a
b
a

则
a
2
+
b
2
=
(2m1)
2
+
(2n1)
2

=4
m
2
+4m+2+4
n
2
+4n
=4(
m
2
+m+
n
2
+n+)
由分析：若a, b同为奇数，则
a
2
，
b
2
均为奇数，
a
2
+
b
2
=
c
2
为偶数。
求算术平方根得c为偶数，则c中含因数2.则
c
2
中含因数4，但实际
上
c
2
=4(
m
2
+m+
n
2
+n+) 却不能被4整除，则这种结论不成立，所以
a,b不能同为奇数。
(3)这样，我们可以介绍发现一组或几组勾股数的一般方法：
∵a,b中必有一偶数，∴不妨设b=2n（n∈N※）
联想
(ab)
2
+
(ab)
2
=2
(a
2
b
2
)
=2
c
2
.则可按下列步骤进行：
1°由于
a
2
+
b
2
=
c
2
中，a与c的奇偶关系有两种情况存在：（1）a为
奇数，则c为奇数;(2) a为偶数，则c为偶数。（分析从略）联想m+t
与m—t （n,t∈
N
）有相同的奇偶性，可令a= m—t，c=m+t，则
a
2
=
(mt)
2
，
c
2
=
(mt)2
，那么
b
2
=
(mt)
2
—
(m t)
2
=4 mt ，由此b=2
mt
，
1
2
1
2
但为了避免
mt
不是正整数的情况，可再次联想‘‘奇数的平方为奇数”
“偶数的平方为偶数”不影响a，c的奇偶性，可令a=
m
2
t
2
，c=
m
2
t
2
，
则b
2
=
c
2
a
2
=
(m
2
t
2)
2
—
(m
2
t
2
)
2
= 4
m
2
t
2
，所以b=
4m
2
t
2
=2mt, (m,t∈
N
)
即b为偶数。
2°对比b=2 mt，与b=2n，于是得：（1）b为偶数，把b写成b=2n（n
∈N※）的形式，求出n的各个正 约数(包括1和n)把相乘得n的两个
约数编为一组。（2）可令m=
m
1
， t=
m
2
，（
m
1
，
m
2
∈N※ 且
m
1
·
m
2
=
n
2
）
不妨设m，t中较大的为m，较小的为t （m=t时划去这一组）用方法

（1）（2）联合起来，可在已知2 mt时求得a=
m
2
t
2< br>，c=
m
2
t
2
的全部
勾股值。
3°若已知
am
2
t
2
，则a=
(mt) (mt)
,可用方法（1）分解a的全部
正约数对，相乘为a的编为一组，但两因数相同时即 除去，设m﹥t, (m,t
∈
N
),代入b=2 mt，c=
m
2
t
2
可得。（2）应注意：求m,t时需解方程
组{
mtm
1
mtm
2
其中
m
1
，
m
2
为a的不同正约数，且
m
1
，
m
2
的奇偶性不同
时应舍去。

amt


4°勾股数组的两种形式（1）

b2mt

( m,t∈
N
,m﹥t,且mt为< br>
cmt


大于1的完全平方数)。

am
2
t
2


（2）

b2mt

( m,t∈
N
,且m﹥t),

cm
2
t
2


其中a,b的表 达式可以互换.
5.举例：已知下列勾股数中的一个，求另外两个。（1）a=4;(2)b=8.
解：（1）a=4=2

2, 代入（2）式∴mt=2.求2的约数1,2.且2 ﹥1，∴
m=2,t=1.∴b=
m
2
t
2
=3，c=< br>m
2
t
2
=5,所以这组勾股数组为：a=4,
b=3,c=5.
(2)∵b=8,代入(1)式，mt=16,m﹥t,∴m= 16,t=1;或m=8,t=2.即可
分别求得勾股数组：a=15,b=8,c=17或a=6,b =8,c=10.
(四)同余法及余数定理在整除中的应用：
1.余数问题 两整 数a,b(a,b≠0)且除数大于1或小于-1时，若两
整数不能整除时，必然会出现余数，记为R， 令商为m ,则a,b的关系

可表示为:a=bm+R,(a,m,R

Z且b≠0)。
2.余数的有关定理及同余式表示
一般地，在除数b为正整数时，余数R的取值范围是R
< br>[o,b),但
在余数的应用和计算过程中暂且“看作”余数小于0或大于除数的情
况， 还可以把这个关系式用同余式表示为a≡R(mod b).
利用同余式来计算余数会带来方便。有下面的：
同余定理：设a

R
1
(mod b) , m


R
2
(mod b) ,其中0

R
1
﹤
b, 0

R
2
﹤ b, 则：（1）a+m

R
1
+
R
2
(mod b) ；（2）a-m

R
1
—
R
2
(mod
b); （3）am≡
R
1
R
2
(mod b); (4)若n

N
,a≡R(mod b),则
a
n
≡
R
n

(mod b)。
证：（1）由题意，a-
R
1
≡0(mod b)及m-
R
2
≡0(mod b)，设a=Ab+

R
1
,m=Bb+
R
2
(A,B∈Z)∴a+m= Ab+
R
1
+Bb+
R
2
=(A+B)b+(
R
1
+
R
2
),其中A+B∈
Z, ∴a+m

R
1
+
R
2
(mod b).
( 2 ) 类似的，可证：a-m

R
1
—
R
2
(mod b)
（ 3 ）1°先证明：若a≡R(mod b) ,则—a≡- R(mod b)。
证：a≡R(mod b)

a=Ab+R

—a=-Ab+(-R)

—a≡- R(mod b).
2°再证明：am≡
R
1
R
2
(mod b)。a≡
R
1
(mod b)

a=Ab+
R
1

m


R
2
(mod b)

m=Bb+
R
2
(A,B∈Z)则am= （Ab+
R< br>1
）
(Bb+
R
2
)=AB
b
2
+ Bb
R
1
+Ab
R
2
+
R
1
R< br>2
=b(ABb+B
R
1
+A
R
2
)+R
1
R
2

am≡
R
1
R
2
(mod b).
( 4 ) a≡R(mod b)

a=Ab+R (A∈Z),n

N
时，
a
n
=
(AbR)
n
=
012rnn
C
n
(Ab)< br>n
C
n
(Ab)
n1
RC
n
(Ab)
n2
R
2
C
n
(Ab)
nr
R
r
C
n
R
=b

0nn11n1n22n2n32rnrnr1rn1nn
(C
n
AbC
n
AbRC
n
AbRC
n
A bRC
n
AR
n1
)C
n
R

其中A,n,R,r都为正整数，且n

r

1. ∴
a
n
≡
R
n
(mod b)。
3. 余数的处理方法:
由以上证明可知:两整数的和，差,积,乘方除以同一正整数b的余
数，等 于他们分别除以b的余数的和，差,积,乘方。这样，在整
数除法中，余数可按整数运算做各种运算，但 这样计算出来的余
数可能不在[o,b)，怎样把最终的余数计算到[o,b)呢？（1）若余
数R′﹥b,则从R′中减去b的正整数倍，使得R﹤b，（2）若余数
R′﹤0，则从R′中加上b的 正整数倍，使得0﹤R。
4. 应用举例：
例1：求证：
8888
222 2
7777
3333
能被37整除。
证明：设N=
8888
2222
7777
3333

=
(8888
1111
)
2
(7777
1111
)
3

∵8888≡8(mod 37) 7777≡7(mod 37)
∴N=
(8888
1 111
)
2
(7777
1111
)
3

≡（
(8
1111
)
2
(7
1111
)
3
（mod 37)
≡
(8
2
)
1111
(7
3
)
1111
（mod 37)
又∵
8
2
≡—10（mod 37)
7
3
≡10 （mod 37)
∴ N≡
(8
2
)
1111
(7
3
)
1111< br> （mod 37)
≡
(10)
1111
+
10
1111
（mod 37)
≡0 （mod 37)

即
8888
2222
7777
3333
≡0 （mod 37) ∴
8888
2222
7777
3333
能被37整除。
例2：求证：X为奇数时，
x
2
≡1（mod 8)
证：设X=2n+1（n

Z）则
x
2
=
(2n 1)
2
=4
n
2
+4n+1= 4 n（n+1）+1
∵n

Z，则n与n+1必为连续整数，则n与n+1中必有一奇一偶，
∴4 n（n+1）≡0 (mod 8)
∴4
n
2
+4n+1≡1 (mod 8) 即
x
2
≡1（mod 8)。
例3：今天是星期五，再过
3
1998
天是星期几？
解：
3
1998
=
(3
6
)
333
∵
3
6
≡1 (mod 7 ) ∴
(3
6
)
333
≡1 (mod 7 )
∴再过
3
1998
天是星期六。
例4: 若一正整数被2除余1，被5除余2，被7除余3，被9除余4，
求这个最小的正整数M.
解：由题意M≡1(mod 2 ) M≡2(mod5) M≡3(mod7) M≡4(mod 9 )
又

5,7,9

=315≡1(mod 2 )

2,7,9

=126≡1(mod 5 )

126×2≡2(mod
5 )

2,5,9

=90≡6(mod 7)

90×4≡24(mod 7) ≡3(mod7)

2,5,7

=70≡7(mod 9)

70×7≡4(mod 9)
∴N=315+126×2+90×4+70×7=1417.∴M= N-2×

2,5,7,9

=1417—2×
630=157 < br>例5：求证：对于任何整数X,Y,则2
x3y
，
9x5y
或同时 能被17整
除，或同时不能被17整除。
证：若17︱2
x3y
，则
整数m,使得17m=2
x3y
( 1 )

x17t
1
7t
2


求方程（1）的整数解得
yt
2

（
t
1
，
t
2


Z ）

m2tt

12


< br>把方程的解代入多项式
9x5y
=9（
17t
1
7t2
）+
5t
2
=
153t
1
68t
2
=17
（
9t
1
4t
2
）
这表明2
x3y
的必要条件是17︱
9x5y
. ( 1 )′
若17︱
9x5y
.则

整数n,使 得17n=9x+
5y
( 2 )

xt
3

求方程（2）的整数解得

y17t
2
5t
3

（
t
2
，
t
3

Z ）

n 5t2t

23

把此方程的解代入2
x3y
得，2
x3y
=
2t
3
+3（
17t
2
5t
3
）=
51t
2
17t
3
=17
（3t
2
t
3
）
这表明17 ︱2
x3y
的充分条件是：17︱
9x5y
( 2 )′
由( 1 )′( 2 )′可知：17︱
9x5y

17 ︱2
x3y
。即原命题得
证。
例6: 设p为奇质数，求方程+=的正整数解。（
xy
）
解：+=
1
x
1
x
1
y
2
p
1
y
2
x y2


2
xy
=
p
（
xy
），若
x,y
为整数，则2xy

xyp
p
为正偶数，那么
p
（
xy
）为偶数，由于p为奇质数，∴2不整除p ∴
2︱xy
，即
xy
为偶数∴令
xy
=2m, (m

Z) 则
xy2

，即
xyp
2m2m1 x




xy
=pm

m.y
，由于m

Z，p为质数，∴x, y中至
xypxypp
少有一个含因数p,不妨设y=pn (n

N
), 令t=X，（t

N
） 则由
ty2pt




ptpy2ty



pt(2tp)y


y
，又由y=pn，∴
typ2tp
p

2t
t
由于p为奇质数，对比系数不难发现：只有当t=n, p= 2t-1n
时，y=pn（由于n,t

N
∴还可以直接令
xn）由t=n, p=

2t-1
2np1

n
p1

2
(p1)

x


2
∴

为此方程组的正整数解。
p(p1)

y

2


分析检验可知：p为奇数，则p+1为偶数且p+1〉0，（ p

3）∴
xn

p1p(p1)
为正整数, 同理分析得
y
为正整数。
22
这样，对于奇质数p 的每一个值，可以确定x, y对应的每一组值，
可列举如下：

x2
 
x3

x4

x6

(p3
)
(p5)(p7)

(p11)


y6

y15

y28

y66


x7

x9

x10

x 12


(p13)


(p17)


(p19)


(p23)
„
y91y153y190y276
 
其中每组解中
x,y
的取值还可以调换。