别丢掉-中秋假

第一章 数论初步
1.1 整数的整除
【知识精讲】
1.整除 的定义：设a，b是两个整数,且b

0,如果存在一个整数q,使等式a=bq成立,
则称a能被b整除或b整除a，记作b︱a，又称b是a的约数，a是b的倍数.若d不能
整除a，则 记作d
Œ
a，如2|6，4
Œ
6.
显然，１能整除任意整数，任意整数都能整除0.
2．最大公约数的定义：设a，b不全为零 ，同时整除a，b的整数（如
1
）称为它
们的公约数，因
a,b
不 全为零，故同时整除a，b的整数只有有限多个，其中最大的一个
称为a，b的最大公约数，用符号（a ，b）表示.显然，最大公约数是一个正整数.
当（a，b）＝1（即a，b的公约数只有
1
）时，则称a与b互素（互质）.
若a与b互素，则存在两个整数s，t，使得 as＋bt＝1.
3.最小公倍数的定义：设 a，b是两个非零整数，一个同时为a，b倍数的整数称为
它们的公倍数，a，b的公倍数有无穷多个， 这其中最小的一个正数称为a，b的最小公倍
数，记作[a，b].
显然a与b的任一公倍数都是[a，b]的倍数.
4．质数与合数
（1）正整数分为三类：
① 单位数1；
② 质数（素数）：一个大于1的正整数，如果它的正因数只有1和它本身，则称为
质（素）数；
③ 如果一个正整数有大于1而小于其本身的因数，则称这个正整数为合数.
(2)100以 内的质数有25个，即2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，
41，4 3，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97.
(3)偶质数只有2.
(4)质数有无穷多个.
(5) 若p是质数，a为任一整数，则必有
p|a
或（a，p）＝1.
5.整除的性质:设a，b，c均为非零整数
.


1

（1）若b︱a，a

0，则
ba
；
（2）若b|a，则b|(-a)；
（3）若b|a，则对任意的非零整数m，有bm|am；
（4）若a|b，b|a，则|a|=|b|；
（5）若c|b，b|a，则c|a； （6）若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c；特别地，若b是质数，
b|a
n< br>，则
b|a
；
（7）若c|a，c|b，则c|（ma+nb），其中m、
n为任意整数（可推广到更多项和）；
（8）若b|ac，而（a，b）=1，则b|c；
证明：∵(a，b)＝1，∴存在两个整数s，t，使得 as＋bt＝1，∴asc＋btc＝c.
∵b|acb|asc，∴ b|(asc＋btc)  b|c.
（9）若(a，b)＝1，且a|c，b|c，则ab|c.
证明：由a|c，则可设c
＝
as (s∈Z)。又b|c，则可设c＝bt (t∈Z) .
∴as= bt，因(a，b)＝1，∴b|s，∴可设s＝bt
1
(t
1
∈Z) .于是c＝abt
1
，即ab|c.
（10）如果在等式
是c的倍数；
（11）n个连续整数中，有且只有一个是n的倍数；
n个连续偶数中，至少有一个是n的倍数；
n（偶数）个连续奇数中，任何一个都不是n的倍数；
n（奇数）个连续奇数中，有且只有一个是n的倍数.
略证：设m，m+2，…，m+2(n -1)是连续的n（奇数）个奇数，m=qn+r，
0rn
，
对于r，r+2，… ，r+2(n-1)，当r为偶数时，可写为2k，2(k+1)，…，2(k+n-1)，而k，(k+1)， …，
(k+n-1)是连续的n个整数，其中有且只有一个是n的倍数；当r为奇数时，是
[1 ,3n2)
内的n个连续奇数，因小于3n，故不论从小还是从大数起，都一定含n，且只能是n.
（12）(a
－
b)|(a
n
－b
n
)(n为自然 数)，若用-b代b可进一步推得：
(a＋b)|(a
n
＋b
n
) (n为正奇数)；(a＋b)|(a
n
－
b
n
) (n为非负偶数)；

a

b
中除去某一项外，其余各项均为c 的倍数，则这一项也
ik
i1k1
nm
a
m
1amn
1
，
mN

,nN
.
6.整除的判别法：

2

设整数N＝
a
n
a
n1

a
2
a
1
（其中
0
a
i

9
，i=1,2,…,n-1,
a
n0
）.
① 2|a
1

2|N； 5|a
1

5|N；
② 4|
a
2
a
1

4|N； 25|
a
2
a
1

25|N；
③ 8|
a
3
a
2
a
1

8|N； 125|
a
3
a
2
a
1

125|N；
④ 3|a
1
＋a
2
＋…＋a
n


3|N； 9|a
1
＋a
2
＋…＋a
n

9|N.
证明：对正整数N，记
S(N)
为N的十进制表示中数码之和，则
i=1, 2,…,n-1,
a
n
0
），
0a
i
9，
S(N)a
n
...a
2
a
1
，< br>Na
n
10
n1
a
2
10a
（其中
1
于是有
NS(N)
a
n
(10
n 1
1)a
2
(101)
. (*)
对于
1in1
，知
9|(101)
，故(*)式右端n-1个加项 中的每一个都是9的倍数，
从而由整除的性质可知它们的和也能被9整除，即
9|(NS(N ))
.由此可容易推出结论的
两个方面.
⑤ 11|[(a
2
n< br>＋1
＋a
2
n
－1
＋…＋a
1
)－(a2
n
＋a
2
n
－2
＋…＋a
2
)]< br>
11|N；
⑥ 7||
a
n
a
n1

a
4
－
a
3
a
2
a
1
|

7|N；
⑦ 11||
a
n
a
n1

a
4
－
a
3
a
2
a
1
|

11|N；
⑧ 13||
a
n
a
n1
a
4
－
a
3
a
2
a
1|

13|N.
(更一般地,一个正整数A，把它从个位起向前每3位分成一节 （最后的一节可能只
有1个或2个数字）.如果奇数节的各三位数的和为
M
，偶数节的 各三位数的和为N，
则
MNA(mod7
或11或13).
i
【应用举例】

（1）利用数的整除性特征
例1．（1980年加拿大竞赛题）设72｜
a679b
,求a，b的值.
解：72=8×9，且（8，9）=1，
∴
只需讨论8、9都整除
a679b
时，a，b的值.
若8｜
a679b
，则8｜
79b
，由除法可得b＝２.
若9｜
a679b
，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3.
例2．用0至9十个不同的数字组成一个能被11整除的最大的十位数.

3

解：设这个十位数为
Na
9
a
8
...a0
.
记
a
9
a
7
a
5
a
3
a
1
a
，
a
8
a
6
a
4
a
2
a
0
b
(
10 a,b35
)，则
ab45
.
ab
与
a-b< br>由于所求
N
为满足条件的最大的十位数，不妨设
ab
，而由
11a-b
，
有相同的奇偶性知
a-b11
，即得
a28
，
b17
.
先排十位数的前四位为9876.由于该十位数的奇数位五个数字之 和为17，现已有
8+6=14，故其余三个数字之和为3，它们只能是2，1，0，余下的5，4，3 是偶数位上的
数，故所求的十位数是9876524130.
（2）利用整除的性质
例3.（1987年北京初二数学竞赛题）x，y，z均为整数，且11｜(7x+2y-5z)
.< br>
求证：11｜(3x-7y+12z)
.

证明：∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)，
而11｜11(3x-2y+3z)，且11｜(7x+2y-5z)，
∴11｜4(3x-7y+12z)，又(11,4)=1，∴11｜(3x-7y+12z)
.

另证：5(3x-7y+12z)+ (7x+2y-5z)=11(2x-3y+5z)
.

例4．一个正整数，如果用 ７进制表示为
abc
，如果用５进制表示为
cba
，请用10
进制表 示这个数.
解：由题意知：0＜a，c≤4，0≤b≤4，设这个正整数为n，则
n＝abc
＝a×7
2
＋b×7＋c，n=
cba
=c×5
2
＋b×5＋a，
∴49a＋7b＋c＝25c＋5b＋a.
∴48a＋2b－24c＝0，∴b＝12(c－2a)，∴12｜b，
又∵0≤b≤4，∴b＝0，∴c＝2a，
∵0＜a，c≤4，∴a =1或2.
当a＝1，c＝2时，n＝51；
当a＝2，c＝4时，n＝102.
例5．设n 为自然数，A＝3237
n
－632
n
－855
n
＋235
n
，求证：1985|A.
证明：∵1985＝397×5，
A＝(32 37
n
－632
n
)－(855
n
－235
n)
＝(3237－632)×u－(855－235)×v (u，v∈Z)
＝5×521×u－5×124×v，

4

∴5|A.
又A＝(3237
n
－855
n
)－(623
n
－ 235
n
)
＝(3237－855)×s－(623－235)×t (s，t∈Z)
＝397×6×s－397×t，
∴397｜A.
又∵(397，5)＝1，∴397×5｜A，即1985｜A.
例6．请确定最小的正整数 A，其末位数是6，若将末位的6移至首位，其余数字不
变，其值变为原数的4倍.
解：设该 数为A＝
a
n
a
n1
a
n2

a1
，其中a
1
＝6，
令x＝
a
n
a
n1
a
n2

a
2
，则A＝
x6
＝x ·10＋6.
于是4A＝
6x
＝6×10
n
－
1
＋x，即有4×10x＋24＝6×10
－
n
－
1
2(10
n1
4)
＋x，∴x＝，
13
∵(2，13)＝1，x是整数，∴13|(10
n1
－4) .
n＝1，2时，10
n1
－4＜10显然不满足条件；
－
n＝3时，10
n1
－4＝96 不满足条件；
－
n＝4时，10
n1
－4＝996 不满足条件；
－
n＝5时，10
n1
－4＝9996不满足条件；
－
n＝6时，10
n
－4＝99996 满足条件，
－1
∴x＝
299996
＝15384，即A＝153846.
13
（3）利用连续整数之积的性质
①任意两个连续整数之积必是一个奇数与一个偶数之积，因此一定可被2整除.
②任意三个连 续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积
一定可以被2整除，也可被3整除， 所以也可以被2×3=6整除.
③ 任意m个连续整数之积一定可以被m!整除.
例7.（1956年北京竞赛题）证明：
n
用3除时余2.
证明:
n

3
3
3
2
1
nn 1
对任何整数n都为整数，且
22
3
2
11
nn1 n(n1)(2n1)1
，
222
5

∵n(n+1)为连续二整数的积,必可被2整除，
∴
n(n1)
对任何整数n均为整数,
2
∴
1
n(n1)(2n1)1
为整数,即原式为整数. < br>2
n(n1)(2n1)4n(n1)(2n1)2n(2n1)(2n2)

，
288
又∵
而2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必 是3的倍数，又2与3互质，
∴
n(n1)(2n1)
是能被3整除的整数.
2
3
故
n
3
2
11
nn1n(n 1)(2n1)1
被3除时余2.
222
例8
．
一整数a若 不能被2和3整除，则a
2
+23必能被24整除.
证明：∵a
2
+23=（a
2
-1）+24，只需证a
2
-1可以被24整除即可.
∵2
Œ
a，∴a为奇数
.

设a=2k+1 (k为整数) ，则a
2
-1=(2k+1)
2
-1=4k
2
+4k=4k (k+1)
.

∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除，
∴8|4k（k+1），即8|（a
2
-1）
.

又∵（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3整除，
即3|a(a-1)(a+1)=a(a-1)，
∵3
Œ
a，∴3|(a- 1).而3与8互质，∴24|(a-1)，即a+23能被24整除.
(4)利用整数的奇偶性 < br>例9.求证:不存在这样的整数a
、
b
、
c
、
d使：
a·b·c·d-a=
11...1
(1985个1)， ①
a·b·c·d-b=
11...1
(1986个1)， ②
a·b·c·d-c=
11...1
(1987个1)， ③
a·b·c·d-d=
11...1
(1988个1)， ④
证明：由①，a（bcd-1）=
11...1
(1985个1).
∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数.

6
222
2

同理,由②、③、④知b、c、d必为奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶 数，与已
证bcd-1为奇数矛盾.所以命题得证.
例10
．
(1985年 合肥初中数学竞赛题)设有n个实数x
1
,x
2
,…，x
n
，其中每一个不是
+1就是-1，且
xx
x
1
x
2
...
n1

n
0
，试证：n是4的倍数.
x
2
x
3
x
n
x
1
x
i
x
，（
i1,2,...,n1
），
y
n

n< br>，
x
i1
x
1
证明：设
y
i

则y
i
不是+1就是-1，但y
1
+y
2
+…+ y
n
=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k，于是n=2k.
又y
1< br> y
2
y
3
…y
n
=1，即(-1)
k
=1，故k为偶数.
∴n是4的倍数.
(5)其他方法：
整数a整除整数b，即b含有因数a.这样， 要证明a整除b，可采用有关公式和变形
手段从b中分解出因数a就成了一条极自然的思路.
例11
．
(美国第4届数学邀请赛试题)使n
3
+100能被n+10整除的 正整数n的最大值
是多少?
解：n
3
+100=n
3
+1 000-900=(n+10)(n
2
-10n+100)-900
.
若n
3
+100能被n+10整除，则900也能被n+10整除.而且，当n+10的值 为最大时，
相应的n的值为最大。∵900的最大因数是900，∴n+10=900，∴n=890< br>.

例12
．
(上海1989年高二数学竞赛试题)设a
、< br>b
、
c为满足不等式1＜a＜b＜c的整
数，且(ab-1) (bc-1) (ca-1)能被abc整除，求所有可能数组（a，b，c）.
解：由已知(ab-1) (bc-1) (ca-1)＞0。
∵(ab-1) (bc-1) (ca-1)=a
2< br>b
2
c
2
-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1， ①
而abc|(ab-1) (bc-1) (ca-1).
∴存在正整数k，使ab+ac+bc -1=kabc， ②
k=
111111133

，∴k=1.
abcabcabca2
111111147

，矛盾.
abcabc34560
若a≥3，此时1=
已知a＞1，∴只有a =2.

7

当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，即1=
由a＜b＜4，知b=3，代入k=1得c=5.
221224

， < br>bcbcbbb
注：此例中通过放缩，逐步确定正整数k、a
、
b是一重要解题 技巧.
【巩固练习】
1.求使
2000a
为整数的最小正整数a的值.
2.若17|(2a+3b),a、b为整数，试证：17|(9a+5
b
). 3．在锐角
ABC
中，三个内角的度数都是质数.求证：
ABC
是等 腰三角形.
4．(1971年加拿大数学竞赛试题)证明:对一切整数n,n+2n+12不是121的倍数. < br>5.设
abcd
是一个四位正整数,已知三位正整数
abc
与246的 和是一位正整数d的111
倍,
abc
又是18的倍数.求出这个四位数
ab cd
,并写出推理运算过程.
6.(1954年苏联数学竞赛试题)能否有正整数m
、
n满足方程m
2
+1954=n
2
.
7.设n是自然数，求证n
5
－n可被30整除.
8．若
p
为大于3的质数，求证：
24p
2
1
.
9.证明：如果
p
和
p2
都是大于3的素数，则
6p1 .

10．已知
n
为正奇数，求证：
60|6321
.
11.(1986年全国初中数学竞赛试题)设a
、
b
、
c是三个互不相等的 正整数.求证:在
a
3
b-ab
3
，b
3
c-bc
3
，c
3
a-ca
3
三个数中,至少有一个能被10整除.
12．（1979年云南省竞赛试题）一个四位数，它的个位数字与百位数字相同。如果将
这个 四位数的数字顺序颠倒过来（即个位数字与千位数字互换，十位数字与百位数字互
换），所得的新数减去 原数，所得的差为7812，求原来的四位数。




1.1练习参考答案:
1．由2000a为一整数平方可推出a=5．
2．证明： 注意到2(9a+5b)=9(2a+3b)－17b,于是17|2(9a+5b).但是(17,2)=1, 即得

8
nnn
2

17|(9a+5b). 3．证明：不妨设
0ABC90
，
ABC180
0,A,B,C
为质数，
00
178

89

，
BC89
0
.

A2,BC178
，< br>BC90
，
C
2
00
0
4．反证法．若n +2n+12是121的倍数.
设n+2n+12＝121k
∴11整除n＋１
2< br>2
(n＋１)
2
＝11(11k－１)．∵11是素数且整除(n＋１)
2
，
11
2
整除(n＋１)
2
，∴11｜11k－１，这是不可能． < br>5．由
abc
+246=111d,d是一位整数，111d>246，知d只可能是4 ，6，8.经验证得d
＝４，
abc
=198．∴
abcd
是198 4．
6．不存在.

m+n,m-n同奇偶，∴n-m或为奇数，或为4的倍数.
22
7.按被5除的余数分类讨论.
2
8．当
p3k1
或
p3k2
时，
3p1
，或利用
3!(p1)p(p1 )
。
又
p2m1
时，
8p1.

9．证明 ：∵
p
是奇数，∴
2p1.
又因为
p
，
p1< br>，
p2
除以3的余数各不相
同，而
p
与
p2都不能被3整数，于是
6p1.

或利用
3!p(p1)(p2)
，而
(3!,p)(3!,p2)1
。
10．证明：因为若
n
是正整数，
则
xy(xy)(xn
nnn1
n
2
x
n2
yxy
n 2
y
n1
)
；
n1
若
n
是正奇 数，则
xy(xy)(xx
n2
yxy
n2
y
n1
)
；
∴
3|6
n
3
n
，
3|2
n
1
，从而
3|6
n
3
n< br>2
n
1
；
4|6
n
2
n
，
4|3
n
1
，从而
4|6
n
3
n2
n
1
；
5|6
n
1
，
5| 3
n
2
n
，从而
5|6
n
3
n
2
n
1
；
又（3，4，5）=1，且
34560，∴
60|6321
.
11．证明：∵ab－ab＝ab（a－b）；b
3
c-bc
3
=
ｂ
c（
ｂ
－
ｃ< br>）；c
3
a-ca
3
=ca（c
３３２２２２
２２
nnn
－a）．若a
、
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个位数只

9
２２２

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．
12．解：设该数的千位数字、百位数字、十位数字分别为
x,y,z
，则
原数
10
3
x10
2
y10zy
①
颠倒后的新数
10
3
y10
2
z10yx
②
由②－①得7812＝
999(yx)90(zy)

即
868111(yx)10(zy)10
2
(yx)10(zx)(yx )
③
比较③式两端百位、十位、个位数字得
yx8,zx6
。
由于原四 位数的千位数字
x
不能为0，∴
x1
，从而
yx89
，又显然百位数
字
y9
，∴
y9,x1,zx67
， ∴所求的原四位数为1979。
２２２２２２

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