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第二讲 整除


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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。 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 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.
n

(2)若 a | bi , 则a |

? c b , 其中c
i ?1 i i

i

? Z , i ? 1,2,?, n.

(3)若 a | c ,则 ab | cb. 反之,亦成立。

1

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(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 | a1 ? a2 ? ?? an , 则 p 必能整除 a1 , a2 ,?, an 中的某一个。 特别地,若 p 为质数, p | a n , 则p | a.
n m

(7) 如在等式 的倍数。

? ai ? ? bk 中除开某一项外,其余各项都是 c 的倍数,则这一项也是 c
i ?1 k ?1

(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: 设大于 1 的整数 a 的标准分解式为 a ? p1 1 ? p 2 ? pn n ( p1 ? p2 ? ? ? pn 为 质数, ? i 均为非负整数) ,则 a 的约数的个数为
n

?

?

?

d (a) ? ? (? i ? 1) 。
i ?1

所有的约数和为:

? (a) ? ?
i ?1

n

pi?i ?1 ? 1 。 pi ? 1

事 实 上 , 由 算 术 基 本 定 理 的 推 论 知 d ( a) ?

? (?
i ?1

n

i

? 1) , 而 各 约 数 的 和 就 是

? (1 ? p
i ?1

n

i

? ? ? paii ) 展开后的各项之和,所以

? (a) ? ? (1 ? pi ? ? ? pi? ) ? ?
i

n

n

i ?1

i ?1

?i p1 ?1 pi ? 1

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例如,25200=24· 32· 52· 7,所以

d (25200 ) ? (4 ? 1)(2 ? 1)(2 ? 1)(1 ? 1) ? 90 ,

? (25200 )?

2 5 ? 1 33 ? 1 5 3 ? 1 7 2 ? 1 ? ? ? ? 99944。 2 ?1 3 ?1 5 ?1 7 ?1

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 公约数, 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,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 (a1 , a2 ,?, an ) 表示 a1 , a2 ,?, an 的最大公约数, [a1 , a2 ,?, an ] 表示 a1 , a2 ,?, an 的最小公倍数。 若 (a1 , a2 , ?, an ) ? 1,则称 a1 , a2 , a3 ,?, an 互质,若 a1 , a2 ,?, an 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) , 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 a , b 的标准分解式为 a ? 则 , ? pi?i , b ? ? pi?i ( pi 为质数, ai , ? i 为非负整数)
i ?1 i ?1 n n

(a, b) ? ? pimin(?i , ?i )
i ?1

n



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n

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[a, b] ? ? piman (?i , ?i )
i ?1



例如 3960=23· 32· 5· 11, 756=22· 33· 7, 则 (3960,756)=22· 32=36, [3960,756]=23· 33· 5· 7· 11=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 是三个不全为 0 的整数,且有整数 t 使得 a ? bt ? c ,则 a、b 与 b、 c 有相同的公约数,因而 (a, b) ? (b, c) ,即 (a, b) ? (b, a ? bt). 因为,若 d是a 、b 的任一公约数,则由 d | a, d | b和a ? bt ? c知d | c,即d是b 、c 的公 约数;反之,若 d 是 b、c 的任一公约数,d 也是 a、b 的公约数。 辗转相除法:设 a 、 b ? N ? , 且a ? b ,由带余除法有

? ? b ? r1 q 2 ? r2 ,0 ? r2 ? r1 , ? ? ?? ? rn ? 2 ? rn ?1 q n ? rn ,0 ? rn ? rn ?1 ,? ? rn ?1 ? rn q n ?1 ? rn ?1 , rn ?1 ? 0. ? ?

a ? bq1 ? r1 ,0 ? r1 ? b,



因为每进行一次带余除法,余数至少减 1,即 b ? r1 ? ? ? rn ? rn?1 ,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 rn ? 0 ,而 rn?1 ? 0 ,故由定理二得:

rn ? (rn?1 , rn ) ? (rn , rn?1 ) ? ? ? (r2 , r1) ? (r1 , b) ? (a, b).
例如, (3960,756)=(756,180)=(180,36)=36。具体算式如下:

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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) m ? N , 则(am, bm) ? m(a, b) 。 (2)设 c为a, b 的公约数,则 ( , ) ?

a b c c

( a, b) a b . 特别地,若 c ? (a, b), 则( , ) ? 1 。 c c c

(3) 设 a1 , a2 ,?, an 是任意 n 个正整数, 如果 (a1 , a2 ) ? c2 , (c2 , a3 ) ? c3 , ?, (cn?1 , an ) ? cn , 则 (a1 , a2 ,?, an ) ? cn 。 因 cn | an , cn | cn?1 , 而cn?1 | an?1 , cn?1 | cn?2 , 故cn?1 | an?1 , cn | cn?2 , 如此类推得出 cn 能整 除 an , an?1 ,?, a1 , 于是cn 是它们的一个公约数。又设 c为a1 , a2 ,?, an 的任一公约数,则

c | a1 , c | a2 ,因而 c | c 2 ,同理可推出 c | c3 ,如此类推最后可得 c | cn 。 于是 c ?| c |? cn ,
故 cn 是最大公约数。 (4)若 (a, b) ? c ,则一定有整数 x和y ,使得 ax ? by ? c 。 特别地, (a, b) ? 1 ? 存在 x, y使得ax ? by ? 1 。 这可由辗转相除法的③式逆推而得 c ? rn ? ax ? by 。 (5)若 (a, b) ? 1, 则(ac, b) ? (c, b) 。 (6) a, b ? N
?

① [ak, bk] ? k[a, b]

(k ? N ? ) ;

② m为a, b 的任一公倍数,则 [a, b] | m ; ③ (a, b)[a, b] ? ab ,特别地,若 (a, b) ? 1, 则[a, b] ? ab 。 ①可由③直接得到,②可由最小公倍数定义得,③根据①、②式知,

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n n

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(a, b)[a, b] ? ? pi min( ? i , ? i ) ? ? pi?i ? ?i ? ab 。
i ?1 i ?1

(7) 设 a1 , a2 ,?, an 是任意 n 个正整数。 若 [a1 , a2 ] ? m2 , [m2 , a3 ] ? m3 ,?, [mn?1 , an ] ? mn, 则 [a1 , a2 ,?, an ] ? mn 。 这是一个求多个整数的最小公倍数的方法。它可用证明③类似的方法来证明。 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。 进一步研究可得到有关平方和的几个结论: 定理三:奇素数 p 能表示成两个正整数的平方和的充要条件是 p ? 4m ? 1.
2 定理四:设正整数 n ? m p ,其中 p 不再含平方因数, n 能表示成两个整数的平方的

充要条件是 p 没有形如 4q ? 3 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 k 方幂的解法技巧。k 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。

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赛题精讲
例 1:证明:对于任何自然数 n 和 k ,数 f (n, k ) ? 2n 3k ? 4n k ? 10 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 f (n, k ) 不能被一个很小的自然数 n 整除。因

f (n, k ) ? 3n3k ? 3n k ? n3k ? n k ? 10 ? 3(n3k ? n k ? 3) ? n k (n k ? 1)(n k ? 1) ? 1, 3 | 3(n 3k ? n k ? 3),3 | n k (n k ? 1)(n k ? 1), 3 1,故 3
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。

f (n, k ) ,因而 f (n, k ) 不能分解

例 2: 设 p 和 q 均为自然数,使得

p 1 1 1 1 ? 1? ? ??? ? . q 2 3 1318 1319
(第 21 届 IMO 试题)

证明: p 可被 1979 整除。

【证明】

p 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ? ? ? ) ? 2( ? ? ? ? ) q 2 3 1319 2 4 1318

= (1 ? =(

1 1 1 1 1 ? ??? ) ? (1 ? ? ? ? ) 2 3 1319 2 659

1 1 1 1 1 1 ? )?( ? ) ??? ( ? ) 660 1319 661 1318 989 990 1 1 1 ? ??? ) 660 ? 1319 661 ? 1318 989 ? 990

=1979×(

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两端同乘以 1319!得 1319! ? 1979 为质数,且 1979

p ? 1979? m(m ? N *). 此式说明 1979|1319!× p. 由于 q

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 n ? b n , (a ? b) | a n ? b n (n 为偶数), (a ? b) | a n ? b n (n 为 奇数)在整除问题中经常用到。 例 3 :对于整数 n 与 k ,定义 F (n, k ) ?

?r
r ?1

n

2 k ?1

, 求证: F (n,1) 可整除 F (n, k ).
(1996 加拿大数学竞赛试题)

【证明】当 n ? 2m 时, F (2m,1) ?

? r ? m(2m ? 1),
r ?1

2m

F (2m, k ) ? ? r 2 k ?1 ?
r ?1
m m

m

r ? m ?1

?r

2m

2 k ?1

? ? r 2 k ?1 ? ? (2m ? 1 ? r ) 2 k ?1
r ?1 m r ?1

? ? [r 2 k ?1 ? (2m ? 1 ? r ) 2 k ?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

2 k ?1

? (2m ? r ) 2 k ?1 ] ? m 2 k ?1 ? (2m) 2 k ?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。 能被 F (n,1) 整除。
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F (n, k )

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例 4 :求一对整数 a , b ,满足:(1) ab(a ? b) 不能被 7 整除; (2) (a ? b) 7 ?a 7 ? b 7 能 被 77 整除。 (第 25 届 IMO 试题)

【解】 (a ? b) 7 ?a 7 ? b 7 = 7ab[(a 5 ? b 5 ) ? 3ab(a 3 ? b 3 ) ? 5a 2 b 2 (a ? b)] = 7ab(a ? b)(a 2 ? b 2 ? ab) 2 . 根据题设要求(1)(2)知, 7 6 | (a 2 ? b 2 ? ab) 2 |, 即 7 3 | a 2 ? b 2 ? ab.

. 故可 令 a 2 ? b 2 ? ab ? 7 3 , 即 (a ? b) 2 ? ab ? 343 , 即 a ? b ? 19 ,则 ab ? 192 ? 343
令 a ? 18, b ? 1 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 m, 存在 m 个连续的整数, 使得每一个都含有重复的素因子。 当 m =1 时,显然成立。这只需取一个素数的平方。 假设当 m = k 时命题成立,即有 k 个连续整数 n ? 1, n ? 2,?, n ? k ,它们分别含有重复的 素 因 子 p1 , p2 ,?, pk , 任 取 一 个 与 p1 , p2 ,?, pk 都 不 同 的 素 数 pk ?1 ( 显 然 存 在 ), 当
2 2 2 2 2 t ? 1,2,? pk ) 这 pk ?1 时 , tp1 p2 ? pk ? n ? (k ? 1 ?1 个 数 中 任 两 个 数 的 差 是 形 如 2 2 2 2 2 2 ap12 p2 ? pk (1 ? a ? pk ) 的数,不能被 pk ?1 ? 1 ?1 整除 , 故这 pk ?1 个数除以 pk ?1 后 , 余数两两 2 2 2 不 同 。 但 除 以 pk ?1 后 的 余 数 只 有 0 , 1 , … , pk ?1 - 1 这 pk ?1 个 , 从 而 恰 有 一 个 数 2 2 2 2 2 使 t 0 p1 p2 ? pk ? n ? (k ? 1) 能被 pk 这时, ( k ? 1) 个连续整数: t 0 (1 ? t 0 ? pk ?1 ) , ?1 整除。

2 2 2 2 2 2 t 0 p12 p2 ? pk ? n ? 1, t 0 p12 p2 ? pk ? n ? 2 , … , t 0 p12 p2 ? pk ?n? k , 2 2 t 0 p12 p2 ? pk ? n ? ( k +1)

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2 2 2 2 m ? k ? 1 时命题成立。故题对一切正整数 m 均成 分别能被 p1 , p2 ? pk , pk ?1 整除,即

立。

例 6:求证:

[a, b, c]2 (a, b, c) 2 ? . [a, b][b, c][c, a] (a, b)(b, c)(c, a)
(第 1 届美国数学奥林匹克竞赛试题)

【证明】设 a ?

? p? i, b ? ? p ? i, c ? ? p? i, 其中 pi 为质数, ? i , ? i , ? i 为非负整数,则
n n n i i i i ?1 i ?1 i ?1

[a, b, c] ? ? pimax(? i , ?i ,? i ) ,
i ?1 n

n

[a, b] ? ? pimax(?i , ?i ) ?,
i ?1 n

n i(, ? i ,? i ) (a, b, c) ? ? ? pim i ? , i ?1

(a, b) ? ? pimin(?i , ?i ) ?,
i ?1

n

因此只需证明 2 max(? i , ? i , ? i ) ? max( ? i , ? i ) ? max(? i , ? i ) ? max( ? i ,? i ) =2 min( ? i , ? i , ? i ) ? min( ? i , ? i ) ? min(? i , ? i ) ? min( ? i ,? i ) 上式关于 ? i , ? i , ? i 对称,则不妨设 ? i ?

? i ? ? i ,于是上式变为:

2? i ? ? i ? ? i ? ? i ? 2? i ? ? i ? ? i ? ? i . 此式显然成立,故得证。
例 7 : 设 a 和 b 是 两 个 正 整 数 , (a, b) ? 1, p 为 大 于 或 等 于 3 的 质 数 ,

c ? (a ? b,
试题)

ap ?bp ) ,试证: (1) (c, a) ? 1 ; (2) c ? 1 或 c ? p. (1985 新加坡数学竞赛 a?b

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ap ?bp ? cs(t , s ? N ) , 两 式 相 乘 得 【 证 明 】 由 已 知 得 a ? b ? ct, a?b

c 2 st ? a p ? b p ? a p ? (ct ? a) p ? c p t p ? pacp?1t p?1 ? ? ? pa p?1ct, 于是 cs ? c p?1t p?1 ? pacp?2t p?2 ? ? ? pa p?1 , 故 c | pa p ?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.
n

例 8:设 S n ?

? (k
k ?1

5

? k 7 ) ,求最大公约数 d ? (S n , S3n ). (第 26 届 IMO 预选题)

【解】能过具体计算可猜想

S n ? 2(1 ? 2 ? ? ? n) 4 ? 2(

n(n ? 1) 4 ) . 2

此式不难用数学归纳法获证。

为求 d ? (S n , S3n ) ,对 n 分奇偶来讨论。 (1)当 n ? 2k 时,

d ? (2[

2k (2k ? 1) 4 6k (6k ? 1) 4 ] ,2[ ] ) ? (2k 4 (2k ? 1) 4 ,2 ? 81k 4 (6k ? 1) 4 ). 2 2
4 4 和 6k ? 1 互质,所以 d ? 2k ((2k ? 1) ,81 ).而当 k ? 3t ? 1 时

由于 2k ? 1

(2k ? 1) 4 ? 81(2t ? 1) 4 , k ? 3t ? 1 时, (2k ? 1) 4 与 81 互质。故此时有
? n 4 81 4 4 2 ? 81 k ? 2 ? 81 ? ? n ,当n ? 6t ? 2 时; ? 4 ? 8 2 d ?? ?2k 4 ? 1 n 4 ,当n ? 6t ? 6或6t ? 4时(t ? 0). ? 8 ?
4 4 (2)当当 n ? 2k ? 1 时 d ? (2[(2k ? 1)(k ? 1)] ,2[3(2k ? 1)(3k ? 2) ).

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因3k ? 2与2k ? 1, k ? 1 与 质 , 所 以 k ? 2(2k ? 1) 4 ((k ? 1) 4 ,34 ). 而 当 k ? 3t ? 2 时 ,
k ? 1 ? 3(t ? 1), k ? 3k ? 2 时, k ? 1 与 34 互质。故此时有
4 4 4 4 ? ?2(2k ? 1) ? 3 ? 2n ? 3 ? 162n ,当n ? 6t ? 5时; d ?? 4 4 ? ?2(2k ? 1) ? 2n 当n ? 6t ? 1或6t ? 3时).

例 9: 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.

(第 26 届 IMO 预选题)

【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 。

例 10:求所有这样的自然数 n ,使得 2 ? 2 ? 2 是一个自然数的平方。
8 11 n

(1980 年第 6 届全俄数学竞赛试题)
8 11 n 8?n 11?n 【证明】 (1)当 n ? 8 时, N ? 2 ? 2 ? 2 ? (2 ? 2 ? 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。
8 11 9 8 (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
8

n?8

) ,要 N 为平方数, 9 ? 2 n?8 应为奇数的平方,不

妨假设 9 ? 2

n ?8

= (2k ? 1) ,则 2
2

n ?10

? (k ? 1) ? (k ? 2). 由于 k ? 1 和 k ? 2 是一奇一偶,左边
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n ?10 ? 2 2 知 n ? 12 为所求。 为 2 的幂,因而只能 k ? 1 =1,于是得 k ? 2 ,由 2

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第二讲 整除

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第二讲 整除

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第二讲 数的整除

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第二讲 数的整除性

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数学奥赛辅导 第二讲 整 除

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第二讲 数的整除特征

方法决定速度 习惯决定成绩 第二讲 【典型例题】 数的整除特征(2) 例 1:判断哪些数能被 7 整除,哪些能被 11 整除,哪些能被 13 整除。 143 625790 111605...

第二讲 整除

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第2讲 数的整除

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第二讲 数的整除(2)

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第二讲 数的整除

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