1、初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室第二讲 整数的整除性一、基础知识： 1整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下定义： 设 a，b 是整数，b0如果有一个整数 q，使得 a=bq，那么称 a 能被 b 整除，或称 b 整除a，并记作 ba也称 b 是 a 的约数，a 是 b 的倍数。如果不存在这样的整数 q，使得 a=bq，则称 a 不能被 b 整除，或称 b 不整除 a，记作 b a关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质 1 若 ，则cba|,a|证明： ， （ 是整数） ，| bqcp, ， aqpc)(|性质 2 若 ab，ba，则 |a
2、|=|b|性质 3 若 ca，c b，则 c (ab)，且对任意整数 m，n，有 c(manb)证明： ， 是整数） ，|, qp,b,( ，)(aqcb|)ac性质 4 若 ba，dc，则 bdac特别地，对于任意的非零整数 m，有 bma m性质 5 若 a=bc，且 ma，m b，则 mc性质 6 若 ba，ca，则 b，ca特别地，当( b，c )=1 时，bca【此处b，c 为 b，c 的最小公倍数；( b，c )为 b，c 的最大公约数】性质 7 若 cab，且( c，a)=1，则 cb特别地，若 p 是质数，且 pab，则 pa 或 pb性质 8 n 个连续整数中，必有一个能被
3、n 整除【特别地：两个连续整数必有一偶数；三个连续整数必有一个被 3 整除，如 11，12，13 中有 3 | 12；41，42，43，44 中有 4 |44；77，78，79，80，81 中 5 | 80】二证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4) 反证法等下面举例说明例 1 若 an，bn，且存在整数 x，y，使得 ax+by=1，证明：ab|n初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室证明：由条件，可设 n=au ， n=bv，u，v 为整数，于是n=n(ax+by)= nax+nby=abvx+abuy= ab(
4、vx+uy) 所以 n|ab例 2 证明：三个连续奇数的平方和加 1，能被 12 整除，但不能被 24 整除分析 要证明一个数能被 12 整除但不能被 24 整除，只需证明此数等于 12 乘上一个奇数即可证明：设三个连续的奇数分别为 2n-1，2n1，2n+3(其中 n 是整数) ，于是(2n-1) 2+(2n+1)2+(2n+3)21=12(n 2n1)所以 12(2n-1) 2(2n1) 2(2n 3) 2又 n2+n1=n(n1)+1 ，而 n，n+1 是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以 n(n+1)是偶数，从而 n2n+1 是奇数，故24 (2n-1)2+(2n+1)2(2n3) 2
5、|例 3 若整数 a 不被 2 和 3 整除，求证：24(a 2-1)分析 因为 a 既不能被 2 整除，也不能被 3 整除，所以，按模 2 分类与按模 3 分类都是不合适的较好的想法是按模 6 分类，把整数分成 6k，6k1，6k2，6k3，6k4，6k5 这六类由于6k，6k2，6k4 是 2 的倍数，6k3 是 3 的倍数，所以 a 只能具有 6k1 或 6k5 的形式，有时候为了方便起见，也常把 6k5 写成 6k-1(它们除以 6 余数均为 5)证明 因为 a 不被 2 和 3 整除，故 a 具有 6k1 的形式，其中 k 是自然数，所以 a2-1=(6k1)2-1=36k212k=
6、12k(3k1)由于 k 与 3k1 为一奇一偶(若 k 为奇数，则 3k1 为偶数，若 k 为偶数，则 3k1为奇数)，所以 2k(3k1) ，于是便有 24(a 2-1)例 4 若 x，y 为整数，且 2x+3y，9x5y 之一能被 17 整除，那么另一个也能被 17 整除证明： 设 u=2x3y，v=9x 5y若 17u，从上面两式中消去 y，得3v-5u=17x所以 173v因为(17，3)=1，所以 17v，即 179x5y若 17v，同样从式可知 175u因为(17，5)=1，所以 17u，即 172x3y例 5 已知 a，b 是自然数，13a8b 能被 7 整除，求证：9a+5b
7、 都能被 7 整除分析：考虑 13a8b 的若干倍与 9a+5b 的若干倍的和能被 7 整除，证明 13a8b+4（9a+5 b）=7（7a+4b）是 7 的倍数，又已知 13a+8b 是 7 的倍数，所以 4（9a+5b）是 7的倍数，因为 4 与 7 互质，由性质 7|（ 9a+5b）例 6 已知 a，b 是整数，a 2b 2 能被 3 整除，求证：a 和 b 都能被 3 整除初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室证明 用反证法如果 a，b 不都能被 3 整除，那么有如下两种情况：(1) a，b 两数中恰有一个能被 3 整除，不妨设 3a，3 b令 a=3m，b=3n1(m，n
8、都是整数)，于是a2+b2=9m2+9n26n+1=3(3m 23n 22n)+1，不是 3 的倍数，矛盾(2) a，b 两数都不能被 3 整除令 a=3m1，b=3n1，则a 2b 2=(3m1)2+(3n1)2=9m 26m+1+9n26n1=3(3m2+3n22m2n)2，不能被 3 整除，矛盾由此可知，a，b 都是 3 的倍数例 7 已知 a，b 是正整数，并且 a2b 2 能被 ab 整除，求证：a=b先考虑 a，b 互质的情况，再考虑一般情况。证明 (1)若 a，b 互质，那么由 ab|a2b 2，得 a|a2b 2，从而 a|b2，又 a，b 互质，得 a=1同理 b=1，所以
9、a=b；(2) 若 a，b 不互质，则设 d 为它们的最大公约数，a=a 1d ， b=b1d，则 a1，b 1 互质，由 ab|a2b 2，得 a1b1d2| d2(a12b 12)，从而 a1b1| (a12b 12)，由（1）可知 a1=b1=1所以 a=b=d例 8 设 p 是质数，证明：满足 a2=pb2 的正整数 a，b 不存在证明 用反证法假定存在正整数 a，b，使得a2=pb2令(a，b)=d，a=a 1d，b=b 1d，则(a 1，b 1)=1所以= ， =22pd12b所以 ，由于 p 是质数，所以 ，令 ，则 ，则21|a1|a212ap21ab初中数学兴趣班系列讲座数论
10、部分 唐一良数学工作室同理 ，即 a1，b 1 都有 p 这个因子，与(a 1，b 1)=1 矛盾|p例 9 若 p，q， ， 都是整数，并且 p1求 pq 的值2q解 若 p=q，则 212qp不是整数，所以 pq不妨设 pq，于是 1而 是整数，故 =1，即 q=2p-1，21q21又 是整数，所以 p 只能为 3，从而 q=543p所以 pq=35=15例 10 试求出两两互质的不同的三个自然数 x，y，z，使得其中任意两个的和能被第三个数整除分析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数解 不妨设 ，于是 ， ， 都是自然数，先考虑最小的一个：xyzyzxxyz1
11、2z所以 ，即 ，再考虑 ，因为 ，即+1xyzzxyxy|()xzy(y2x)，所以 y2x，于是 21xy所以 ，即 ，从而这三个数为 x,2x,3x，又因为这三个数两两互质，所以 x=1 21xy2x所求的三个数为 1，2，3例 11 设 n 是奇数，求证：606 n-3n-2n-1分析 因为 60=2235，2 2，3，5 是两两互质的，所以由性质 6，只需证明 22，3，5 能被 6n-3n-2n-1 整除即可对于幂的形式，我们常常利用性质 8性质 10，其本质是因式分解证明 60=2235由于 n 是奇数，利用性质 8 和性质 10，有226 n-2n，2 23 n1，初中数学兴趣
12、班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室所以226 n-2n-3n-1， 36 n-3n， 32 n+1，所以36 n-3n-2n-1，56 n-1，53 n+2n，所以56 n-1-3n-2n由于 22，3，5 两两互质，所以606 n-3n-2n-1【注】我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被 2 除余数为 0 的是偶数，余数为 1 的是奇数偶数常用 2k 表示，奇数常用 2k+1 表示，其实这就是按模 2 分类又如，一个整数 a 被 3 除时，余数只能是0，1，2 这三种可能，因此，全体整数可以分为 3k，3k1，3k2 这三类形式，这是按模 3 分类有时为了解题方便，还常把整数按模 4、模
13、 5、模 6、模 8 等分类，但这要具体问题具体处理例 12 求证：3 n+1(n 为正整数)能被 2 或 22 整除，但不能被 2 的更高次幂整除证明 按模 2 分类若 n=2k 为偶数，k 为正整数，则3n1=3 2k1=(3 k)2 1由 3k 是奇数，(3k) 2 是奇数的平方，奇数的平方除以 8 余 1，故可设(3k) 2=8l1，于是3n1=8 l2=2(4 l 1)4 l1 是奇数，不含有 2 的因数，所以 3n1 能被 2 整除，但不能被 2 的更高次幂整除若 n=2k1 为奇数，k 为非负整数，则3n+1=32k1 +1=3(3k)21=3(8 l1)1=4(6 l1)由于
14、6l1 是奇数，所以此时 3n+1 能被 22 整除，但不能被 2 的更高次幂整除在解决有些整除性问题时，直接证明较为困难，可以用反证法来证例 13 设 m 是一个大于 2 的正整数，证明：对任意正整数 n，都有 1|mn证明：如果存在正整数 n，使得 ，那么取其中最小的那个 n，1|2mn由于 m2，知 n1，进一步，应有 ，知n而 n=m 时， （因为 ，右边每一项都是 2n-1 的倍数），矛盾，故 nm21|m2(1)(2)nn初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室于是设 ，这里 q 是正整数，则21()nm2(1)(2)(1)nmnmq即 n于是 (21)()21)()1nm
15、nmq得 nn因此， ，与 n 的最小性矛盾，21|+mn所以，命题成立。例 14 设 p，q 均为自然数，且 11234589pq求证：29p证明 注意到 29 是质数令 a=101119所以 ap=29qb，初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室29ap ，29 是质数，且 29a，所以 29p例 15. 用正方形的地砖不重叠、无缝隙地铺满一块地，选用边长为 x（cm）规格的地砖，恰用 n 块；若选用边长为 y（cm）规格的地砖，则要比前一种刚好多用 124 块已知 x、y、n 都是正整数，且（x，y）=1试问：这块地有多少平方米？解：设这块地的面积为 S，则 S=nx2=（n+
16、124 ）y 2，得 n（x 2-y2）=124y 2xy，（x，y）=1，（x 2-y2，y 2）=l，得（x 2-y2）|124124=2 231，x 2-y2=（x 十 y）（x-y），x 十 yx-y ，且 x 十 y 与 x-y 奇偶性相同，或3131解之得 x=16，y=15 ，此时 n=900故这块地的面积为 S=nx2=900162=230400（cm 2）=23.04（m 2）故答案为：23.04m 2例 16 已知 1996 个自然数 a1，a 2，a 1996 两数的和能被它们的差整除，现设 n=a1a2a3a1996求证：n，n+a 1，n+ a2，n+ a1996 这
17、 1997 个数仍满足上述条件证明：由于自然数是有序的，因此我可以把他们排列从小到大，不妨设 a1a 2a 3a 1996， 证明 a1，a 2a1996 任取 3 个，一定有一个是偶数假设任取三个 ai，a j，a k，它们全部都是奇数，那么他们可以表示成 ai=a，a j=a+2b，a k=a+2c，其中 a，b，c 为正整数，且 a 为奇数，bc，我这样做因为他们肯定相隔偶数由已知 aj-ai|ai+aj，a k-ai|ai+ak，a k-aj|aj+ak，得到 b|a+b，即 b|a，c|a+c，即 c|a，故 c-b|a+b+c，因此 b，c 都是奇数，那么 a+b+c 是 3 个奇
18、数相加，因此也是奇数，然而 c-b 是两个奇数相减，因此是偶数，那么不可能一个偶数 c-b 能除尽奇数 a+b+c，因此得到矛盾，所以不可能都是奇数从 a1，a 1996 任取两个 ai，a j，其中 aia j，下面证明 aj-ai|n由 aj-ai|ai+aj，可得 aj-ai|（a i+aj） 2=ai2+2aiaj+aj2=（a j-ai） 2+4aiaj由于 aj-ai|（a j-ai） 2 所以 aj-ai|4aiaj在里面，可见任何 3 个数中，必有一个是奇数，因此 a1，a 2，a 1996 至少有 2 个偶数不等于 ai，a j，因此，显然 4aiaj|n，所以 aj-ai|
19、n从 n，n+a 1，n+a 2，n+a 1996 任取两个 n+ai，n+a j，其中 aia j他们两个之差=a j-ai之和=2n+a i+aj 因为 aj-ai|n（中证明的） 和 aj-ai|ai+aj（已知条件）所以 aj-ai|2n+ai+aj，这样证明了任取两个数属于n，n+a 1，n+a 2n+a1996，他们之和能被他们之差整除例 17从 1，2，9 中任取 n 个数，其中一定可以找到若干个数(至少一个，也可以是全部) ，它们的和能被 10 整除，求 n 的最小值当 n4 时，数 1，3，5，8 中没有若干个数的和能被 10 整除初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工
20、作室当 n5 时，设 是 1，2，9 中的 5 个不同的数若其中任意若干个数，它们的和都不125a， ， ，能被 10 整除，则 中不可能同时出现 1 和 9；2 和 8；3 和 7；4 和 6于是 中a， ， ， 125a， ， ，必定有一个数是 5若 中含 1，则不含 9于是不含 4（41510） ，故含 6；于是不含12a， ， ，3（36110） ，故含 7；于是不含 2（21710） ，故含 8但是 57820 是 10 的倍数，矛盾若 中含 9，则不含 1于是不含 6（69520） ，故含 4；于是不含125， ， ，7（74920） ，故含 3；于是不含 8（89310） ，故含
21、 2但是 53210 是 10 的倍数，矛盾 综上所述，n 的最小值为 5.三、模拟训练1已知九位数 能被 72 整除，求 ba35712ba,解： ，而 ，8 | ，9 | 9235712ba35712根据数的整除特征，有 ，且 必须是偶数，| ，又 ，6b )6753(|9a即 ，)34(|22已知 能被 792 整除，试确定数字 及 zxyN51 zyx,N解： ， ， ， ，987N|845|6又 ， ，即|9)63(| yx)19(|yx ，或 ，又 ，11 ，1yx17| )53(4| 即 11 ， ，或)(|8yx3yx经检验， 符合题意，它的解是 故 ,yx,081456N3用
22、 0，1，2，3，9 这十个不同的数字组成能被 99 整除的十位数，求其中最大的一个数和最小的一个数分析：因为 99=911，所以这个十位数能同时被 9 和 11 整除解：0+1+2+9=45=59，所有这样的十位数均能被 9 整除，设十位数中奇数位上数字和为 ，偶数位上数字和为 ，则 +9= 45 为奇数， xy210x为奇数yx初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室根据题意，得 ， ，)(|1yx1|yx若 ，则 ；若 ，则yx7,2828,17yx要使十位数最大，前几位应尽量选用 9，8，7，6；若前四位为 9876，则 9+7=16，8+6=14，可知 ，于是有 17,从而易
23、得能被 99 整除的最大的十位数为 9876524130同理能被 99 整除的最小的十位数为 1024375869说明：注意到 与 奇偶性相同，在得 ，11，22 时就可以排除yx0|yx与 0|yx2|4从 19 到 80 的所有两位数被连续地写成一个数 192021227980，求证：这个数能被 1980 整除分析：显然 ，由 1980=20911，故 1980 | ，这个数能被 1980 整除x| x想一想证明 11 | x 时，也可证 19+20+21+79+80= 9931 能被 11 整数整除，这是为什么？5若 ，试问 能否被 8 整除？请说明理由324dcbabcd分析：要说明
24、能否被 8 整除，根据被 8 整除的数的特征，只要判断 能否被 8 整除bcd解： cc10)24(96dcb32896， ，)412(8bbd|ac|6若 是互不相等的整数，且整数 满足等式dca, x )()(dxcbxa9求证： )(|证明： 是互不相等的整数， 也是互不相等的整数cb, xcx,， 均为 9 的约数，)()(dxxa9dba,而 ，3(19 )()()( dxcx，即 ，故 0)()(c4|ba7求证： 能被 11 整除 08个证明： 1个 1)(39)10)(363= 0)(622 能被 11 整除 08个初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室8已知 均为整
25、数，若 ，求证： zyx, )527(|1zyx)1273(|1zyx证明： 3)3(4z又 ，527|1yx)(|zyx ，又11，4 互质，)1(| z )1273(|1zyx9试证： 为整数时， 是 的倍数n)(n6证明： )(2)2(n，又 是三个连续整数，1()1(, 是 的倍数，即 ；n3)2(1|6同理 ， ，即)(|6)2(|6nn )12(|6n10一整数 若不能被 2 和 3 整除，则 必能被 24 整除a47a证明：因为 ，且 48 能被 24 整除，故只需证 能被 24 整除， 就478)1( 2a472a能被 24 整除 不能被 2 整除， 为奇数，设 是整数） ，a
26、a12k(则 能被 8 整除)(41)(1kk 能被 3 整除，而 不能被 3 整除2 a 能被 3 整除，又 3 与 8 互质，故 能被 24 整除a 1211已知 为整数，且 ，求证： b, )(|92ba|b，分析：由 ，得 ，从而22)(|3a)(|3a证明： ，a)(22|9 ， ，3 是质数，3)(|2b|b)(|b又 ， ， ，3 是质数，|9|9a| a|3,|或若 ，由 ，得 ，若 ，同理可得 故 a|)(|说明： 是显然的，但它不能保证 与 同时成立b|3|b|12 .一个整数称为可被其数字和整除如果：初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室（1） 它的数字都不为
27、0；（2）它可以被它的数字和整除（例如 322 可被其数字和整除） 证明：有无限多个可被数字和整除的整数证明：322 可被其数字和整除，即 3227=46322107=4610=4603221027=46102=4.6103；依此类推：32210 n7=4610n=4.610n+1n 是任意的整数，因而 32210n 即 3.2210n+2 都是可被数字和整除的整数故有无限多个可被数字和整除的整数13.某商场向顾客发放 9999 张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从 0001 到 9999 号，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”证明：这个商场所发放
28、的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被 101 整除解：“如果某个号码 n 是幸运券，那么号 m=9999-n 也是幸运券”，这是解决问题的关键，请你考虑这句话合理性若六位数 是 99 的倍数，求整数 a、b 的值8193ab 能被 9 整除，8+1+a+b+9+3=21+a+b 能被 9 整除，得 3+a+b=9kl（k 1 为整数）又 能被 11 整除，813ab8-1+a-b+9-3=13+a-b 能被 11 整除，得 2+a-b=11k2（k 2 为整数） 0a，b9，0a+b18， -9a-b9，由、两式，得 39k 121，-711k 211，知 k1=1，或 k1=2；k 2=0
29、，或，而 3+a+b 与 2+a-b 的奇偶性相异，而 k1=2，k 2=1 不符合题意故把 k1=1，k 2=0 代入、两式，解方程组可求得 a=2，b=4代入所设 6 位数即得到 812493所以，这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被 101 整除14.试找出由 0，1，2，3，4，5，6 这 7 个数字组成的没有重复数字的七位数中，能被 165 整除的最大数和最小数（要求写出推理过程） 解：165=3511此 7 位数必同时能被 3，5，11 整除，而 0+1+2+3+4+5+6=21 能被 3 整除，排成的 7 位数只需能同时被 11，5 整除即可，根据能被 11 整除
30、的数的性质，设 7 位数奇位上的数字和为 x，偶数位上的数字和为 y，则x-y 是 11 的倍数而 x-y 与 x+y 的奇偶性相同，且 x+y=21，只有 x-y=11 或-11，即 x=5，y=16 或 x=16，y=57 位数能被 5 整除，其末位数必为 0 或 5，当末位数必为 0 或 5 时，找不到 4 个数的和为 5，只有 x=16，y=5 ，即该 7 位数的奇数位上的数字和为 16，偶数位上的数字和为 5，且其末位数必为 5只有两组分法：、奇数位上的数字（1，4，6，5） ，偶数位上的数字（0，2，3）、奇数位上的数字（2，3，5，6）偶数位上的数字（0，1，4）中最大数和最小数分别为 6342105 和 1042635；中最大数和最小数分别为 6431205 和 2031645初中数学兴趣班系列讲座数论部分 唐一良数学工作室所求的最大数和最小数分别为 6431205 和 1042635故答案为：6431205 和 1042635
