高中数学奥赛辅导：第二讲整除

1、高中数学奥赛辅导 第二讲 整除知识、方法、技能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. 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，如是整除，则不一定是整数. 由此引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）对于任一整数和任一整数，必有惟一的一对整数，使得，并且整数和由上述条件惟一确定，则称为除的不完全商，称为除的余数.若，则称整除，或被整除，或称的倍数，或

2、称的约数（又叫因子），记为.否则，| .任何的非的约数，叫做的真约数.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（2）若（3）若，则反之，亦成立.（4）若.因此，若.（5）、互质，若（6）为质数，若则必能整除中的某一个.特别地，若为质数，（7）如在等式中除开某一项外，其余各项都是的倍数，则这一项也是的倍数.（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.定理一：设大

3、于1的整数的标准分解式为为质数，均为非负整数），则a的约数的个数为.所有的约数和为：.事实上，由算术基本定理的推论知，而各约数的和就是展开后的各项之和，所以例如，25200=2432527，所以，. 最大公约数和最小公倍数定义二：设、是两个不全为0的整数.若整数c满足：，则称的公约数，的所有公约数中的最大者称为的最大公约数，记为.如果=1，则称互质或互素.定义三：如果、的倍数，则称、的公倍数. 的公倍数中最小的正数称为的最小公倍数，记为.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，并用表示的最大公约数，表示的最小公倍数.若，则称互质，若中任何两个都互质，则称它们是两两互质的.注意

4、，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，由于有相同的公约数，且（有限多个亦成立），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.显然，若的标准分解式为为质数，为非负整数），则 例如 3960=2332511， 756=22337，则 （3960，756）=2232=36， 3960，756=23335711=83160.求最大公约数也可以用辗转相除法，其理论依据是：定理二：设a、b、c是三个不全

5、为0的整数，且有整数t使得，则a、b与b、c有相同的公约数，因而，即因为，若、b的任一公约数，则由、c的公约数；反之，若、c的任一公约数，、b的公约数.辗转相除法：设、，由带余除法有 因为每进行一次带余除法，余数至少减1，即，而b为有限数，因此，必有一个最多不超过b的正整数n存在，使得，而，故由定理二得：例如，（3960，756）=（756，180）=（180，36）=36.具体算式如下： 5（q1） 3960（a） 756（b） 4（q2） 3780 720 180（r1） 36（r2） 5（q3） 180 0（r3）由定义和上述求法不难得出最大公约数和最小公倍数的如下性质：（1）.（2）设

6、的公约数，则特别地，若.（3）设是任意n个正整数，如果，则.因，如此类推得出能整除是它们的一个公约数.又设的任一公约数，则，因而，同理可推出，如此类推最后可得. 于是，故是最大公约数.（4）若，则一定有整数，使得.特别地，存在.这可由辗转相除法的式逆推而得.（5）若.（6）；的任一公倍数，则；，特别地，若.可由直接得到，可由最小公倍数定义得，根据、式知，.（7）设是任意个正整数.若mn，则.这是一个求多个整数的最小公倍数的方法.它可用证明类似的方法来证明.方幂问题一个正整数能否表成个整数的次方和的问题称为方幂和问题.特别地，当时称为次方问题，当时，称为平方和问题.能表为某整数的平方的数称为完全

7、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.进一步研究可得到有关平方和的几个结论:定理三：奇素数能

8、表示成两个正整数的平方和的充要条件是定理四：设正整数，其中不再含平方因数，能表示成两个整数的平方的充要条件是没有形如的质因数.定理五：每个正整数都能表示成四个整数的平方和.这几个定理的证明略.这里重点是介绍有关方幂的解法技巧.方幂中许多问题实质上是不定方程的整数解问题，比如著名的勾股数问题.赛题精讲例1：证明：对于任何自然数和，数都不能分解成若干个连续的正整数之积.（1981年全国高中联赛试题）【证明】由性质9知，只需证明数不能被一个很小的自然数整除.因3 1，故3 ，因而不能分解成三个或三个以上的连续自然数的积.再证不能分解成两个连续正整数的积.由上知，因而只需证方程：无正整数解.而这一点可

9、分别具体验算时，均不是形的数来说明.故对任何正整数、都不能分解成若干个连续正整数之积.例2： 设和均为自然数,使得证明：可被1979整除. (第21届IMO试题)【证明】=1979 两端同乘以1319！得1319！ 此式说明1979|1319！由于1979为质数，且1979 1319！，故1979|【评述】把1979换成形如的质数，1319换成，命题仍成立.牛顿二项式定理和为偶数), 为奇数)在整除问题中经常用到.例3 ：对于整数与，定义求证：可整除（1996加拿大数学竞赛试题）【证明】当时，由于能被整除，所以能被整除，另一方面，上式中能被整除，所以也能被整除.因与2+1互质，所以能被（2+1

10、）（即）整除.类似可证当时，F（2+1，）能被F（2+1,1）整除.故能被整除.例4 ：求一对整数，满足：(1)不能被7整除；（2）能被77整除. (第25届IMO试题)【解】= =根据题设要求(1)(2)知，即令即即，则故可令即合要求.(第15届美国普特南数学竞赛试题)【评述】数学归纳法在整除问题中也有广泛应用.例5：是否存在1000000个连续整数，使得每一个都含有重复的素因子，即都能被某个素数的平方所整除？【解】存在.用数学归纳法证明它的加强命题：对任何正整数存在个连续的整数，使得每一个都含有重复的素因子.当=1时，显然成立.这只需取一个素数的平方.假设当=时命题成立,即有个连续整数,它

11、们分别含有重复的素因子,任取一个与都不同的素数(显然存在),当时,这个数中任两个数的差是形如的数,不能被整除,故这个数除以后,余数两两不同.但除以后的余数只有0，1，1这个，从而恰有一个数，使能被整除.这时，（个连续整数：2，（+1）分别能被整除，即时命题成立.故题对一切正整数均成立.例6：求证：（第1届美国数学奥林匹克竞赛试题）【证明】设其中为质数，为非负整数，则 因此只需证明 2 =2上式关于对称，则不妨设，于是上式变为：此式显然成立，故得证.例7：设和是两个正整数，为大于或等于3的质数，），试证：（1）；（2）或（1985新加坡数学竞赛试题） 【证明】由已知得，两式相乘得于是故（1）现用

12、反证法来证明.若令是的一个质因子，则有因，则，从而于是是、的一个公约数，这与=1矛盾，故.（2）因为所以而为质数且，故或例8：设，求最大公约数（第26届IMO预选题）【解】能过具体计算可猜想 此式不难用数学归纳法获证.为求，对分奇偶来讨论.（1）当时，由于和互质，所以而当时 时，与81互质.故此时有 （2）当当时与质，所以而当时，时，与34互质.故此时有例9：盒子中各若干个球，每一次在其中个盒中加一球.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 （第26届IMO预选题）【证明】设，则有使得，此式说明：对盒子连续加球次，可使个盒子各增加了个，一个增加个.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，则只要在个盒中放个球，则不管加球多少次，例如，加球次，则这时个盒中共有球（个），因为所