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1、 第一節(jié)　整數(shù)的p進位制及其應(yīng)用 　　正整數(shù)有無窮多個，為了用有限個數(shù)字符號表示出無限多個正整數(shù)，人們發(fā)明了進位制，這是一種位值記數(shù)法。進位制的創(chuàng)立體現(xiàn)了有限與無限的對立統(tǒng)一關(guān)系，近幾年來，國內(nèi)與國際競賽中關(guān)于“整數(shù)的進位制”有較多的體現(xiàn)，比如處理數(shù)字問題、處理整除問題及處理數(shù)列問題等等。在本節(jié)，我們著重介紹進位制及其廣泛的應(yīng)用。 基礎(chǔ)知識 給定一個m位的正整數(shù)A，其各位上的數(shù)字分別記為，則此數(shù)可以簡記為：（其中）。 由于我們所研究的整數(shù)通常是十進制的，因此A可以表示成10的次多項式，即，其中且，像這種10的多項式表示的數(shù)常常簡記為。在我們的日常生活中，通常將下標10省略不寫，并

2、且連括號也不用，記作，以后我們所講述的數(shù)字，若沒有指明記數(shù)式的基，我們都認為它是十進制的數(shù)字。但是隨著計算機的普及，整數(shù)的表示除了用十進制外，還常常用二進制、八進制甚至十六進制來表示。特別是現(xiàn)代社會人們越來越顯示出對二進制的興趣，究其原因，主要是二進制只使用0與1這兩種數(shù)學符號，可以分別表示兩種對立狀態(tài)、或?qū)α⒌男再|(zhì)、或?qū)α⒌呐袛啵远M制除了是一種記數(shù)方法以外，它還是一種十分有效的數(shù)學工具，可以用來解決許多數(shù)學問題。 為了具備一般性，我們給出正整數(shù)A的p進制表示： ，其中且。而仍然為十進制數(shù)字，簡記為。 典例分析 例1．將一個十進制數(shù)字2004（若沒有指明，我們也認為是十進制的數(shù)字

3、）轉(zhuǎn)化成二進制與八進制，并將其表示成多項式形式。 分析與解答 　分析：用2作為除數(shù)（若化為p進位制就以p作為除數(shù)），除2004商1002，余數(shù)為0；再用2作為除數(shù)，除1002商501余數(shù)為0；如此繼續(xù)下去，起到商為0為止。所得的各次余數(shù)按從左到右的順序排列出來，便得到所化出的二進位制的數(shù)。 解： 各次商數(shù) 被除數(shù) 除數(shù) 0 1 3 7 15 31 62 125 250 501 1002 2004 2 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 各次余數(shù) 故，； 同理，有，。 處理與數(shù)字有關(guān)的問題，通常利用定義建立不定方

4、程來求解。 例2．求滿足的所有三位數(shù)?！　　。?988年上海市競賽試題） 解：由于，則，從而； 推薦精選 當時，； 當時，； 當時，； 當時，； 當時，； 于是所求的三位數(shù)只有512。 例3．一個四位數(shù)，它的個位數(shù)字與百位數(shù)字相同。如果將這個四位數(shù)的數(shù)字順序顛倒過來（即個位數(shù)字與千位數(shù)字互換，十位數(shù)字與百位數(shù)字互換），所得的新數(shù)減去原數(shù)，所得的差為7812，求原來的四位數(shù)。　　　　　　　　　　　　　　　 （1979年云南省競賽題） 解：設(shè)該數(shù)的千位數(shù)字、百位數(shù)字、十位數(shù)字分別為，則 原數(shù)　　　　　　　　　　　　　　　　　　?、? 顛倒后的新數(shù)　　　　　　　　　　　

5、　　　?、? 由②－①得7812＝ 即　　?、? 比較③式兩端百位、十位、個位數(shù)字得 由于原四位數(shù)的千位數(shù)字不能為0，所以，從而，又顯然百位數(shù)字，所以。所以所求的原四位數(shù)為1979。 例4．遞增數(shù)列1,3，4,9，10,12,13，……是由一些正整數(shù)組成，它們或是3的冪，或是若個不同的3的冪之和，求該數(shù)列的第100項。　　　　　　?。ǖ?屆美國數(shù)學邀請賽試題） 解：將已知數(shù)列寫成3的方冪形式： 易發(fā)現(xiàn)其項數(shù)恰好是自然數(shù)列對應(yīng)形式的二進制表示： 即 由于100＝ 所以原數(shù)列的第100項為。 例5．1987可以在b進制中寫成三位數(shù)，如果，試確定所有可能的和?！　　　　　　　　?/p>

6、　　　　　　　　?。?987年加拿大數(shù)學競賽試題） 解：易知，從而， 推薦精選 即， 由知。由知故； 又因為有12個正約數(shù)，分別為1,2，3,6，9,18,109,218,327,654,981,1962，所以，從而。 又由知 例6．設(shè)是五位數(shù)（第一個數(shù)碼不是零），是由取消它的中間一個數(shù)碼后所成的四位數(shù)，試確定一切使得是整數(shù)。　　　　　　　　　　?。ǖ?屆加拿大數(shù)學競賽試題） 解：設(shè)，其中且；； 而是整數(shù)，可證，即 即，這顯然是成立的； 又可證，即＜ 即，這顯然也是正確的。 于是，即，又因為是整數(shù)，從而； 于是，即＝ 即，而但3　102知為正整數(shù)） 從而，顯

7、然，因而推得其中。 例7．若且是其各位數(shù)字和的倍數(shù)，這樣的有多少個？ （2004年南昌競賽試題） 解：（1）若為個位數(shù)字時，顯然適合，這種情況共有9種； 　?。?）若為100時，也適合； 　?。?）若為二位數(shù)時，不妨設(shè)，則，由題意得 即即也就是； 若顯然適合，此種情況共有9種； 若，則由，故 若，則顯然可以，此時共有2＋8＝10個； 若（）9，則或，這樣的數(shù)共有24,42,48,84共4個； 綜上所述，共有9＋1＋9＋10＋4＝33個。 推薦精選 例8．如果一個正整數(shù)在三進制下表示的各數(shù)字之和可以被3整除，那么我們稱為“好的”，則前2005個“好的”正整數(shù)之和是多

8、少？（2005年中國奧林匹克協(xié)作體夏令營試題） 解：首先考慮“好的”非負整數(shù)，考察如下兩個引理： 引理1.在3個連續(xù)非負整數(shù)（是非負整數(shù)）中，有且僅有1個是“好的”。 證明：在這三個非負整數(shù)的三進制表示中，0,1，2各在最后一位出現(xiàn)一次，其作各位數(shù)字相同，于是三個數(shù)各位數(shù)字之和是三個連續(xù)的正整數(shù)，其中有且僅有一個能被3整除（即“好的”），引理1得證。 引理2.在9個連續(xù)非負整數(shù)（是非負整數(shù)）中，有且僅有3個是“好的”。把這3個“好的”非負整數(shù)化成三進制，0,1，2恰好在這三個三進制數(shù)的最后一位各出現(xiàn)一次。 證明：由引理1不難得知在9個連續(xù)非負整數(shù)（是非負整數(shù)）中，有且僅有3個是“好的

9、”。 另一方面，在這三個“好的”非負整數(shù)的三進制表示中，最高位與倒數(shù)第三位完全相同，倒數(shù)第二位分別取0,1，2。若它使它們成為“好的”非負整數(shù)，則最后一位不相同，引理2得證。 將所有“好的”非負整數(shù)按從小到大的順序排成一列，設(shè)第2004個“好的”非負整數(shù)為，根據(jù)引理1，得，即。 設(shè)前個“好的”正整數(shù)之和為，由于前2003個“好的”正整數(shù)之和等于前2004個“好的”非負整數(shù)之和。因此； 又因為和都是“好的”正整數(shù)。因此前2005年“好的”正整數(shù)之和是： 　　。 第二節(jié) 整數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用（1） 基礎(chǔ)知識 整數(shù)的性質(zhì)有很多，這里我們著重討論整數(shù)的整除性、整數(shù)的奇偶性，質(zhì)數(shù)與合數(shù)、完

10、全平方數(shù)及整數(shù)的尾數(shù)等幾個方面的應(yīng)用。 1．整除的概念及其性質(zhì) 在高中數(shù)學競賽中如果不加特殊說明，我們所涉及的數(shù)都是整數(shù)，所采用的字母也表示整數(shù)。 定義：設(shè)是給定的數(shù)，，若存在整數(shù)，使得則稱整除，記作，并稱是的一個約數(shù)(因子)，稱是的一個倍數(shù)，如果不存在上述，則稱不能整除記作 。 由整除的定義，容易推出以下性質(zhì)： (1)若且，則(傳遞性質(zhì))； (2)若且，則即為某一整數(shù)倍數(shù)的整數(shù)之集關(guān)于加、減運算封閉。若反復運用這一性質(zhì)，易知及，則對于任意的整數(shù)有。更一般，若都是的倍數(shù)，則?；蛑?，則其中； (3)若，則或者，或者，因此若且，則； (4)互質(zhì)，若，則； 推薦精選 (5)是

11、質(zhì)數(shù)，若，則能整除中的某一個；特別地，若是質(zhì)數(shù)，若，則； (6)(帶余除法)設(shè)為整數(shù)，，則存在整數(shù)和，使得，其中，并且和由上述條件唯一確定；整數(shù)被稱為被除得的(不完全)商，數(shù)稱為被除得的余數(shù)。注意：共有種可能的取值：0,1，……，。若，即為被整除的情形； 易知，帶余除法中的商實際上為（不超過的最大整數(shù)），而帶余除法的核心是關(guān)于余數(shù)的不等式：。證明的基本手法是將分解為與一個整數(shù)之積，在較為初級的問題中，這種數(shù)的分解常通過在一些代數(shù)式的分解中取特殊值而產(chǎn)生，下面兩個分解式在這類論證中應(yīng)用很多，見例1、例2。 若是正整數(shù)，則； 若是正奇數(shù)，則；（在上式中用代） (7)如果在等式中取去某一項

12、外，其余各項均為的倍數(shù)，則這一項也是的倍數(shù)； (8)n個連續(xù)整數(shù)中，有且只有一個是n的倍數(shù)； (9)任何n個連續(xù)的整數(shù)之積一定是n!的倍數(shù)，特別地，三個連續(xù)的正整數(shù)之積能被6整除； 2．奇數(shù)、偶數(shù)有如下性質(zhì)： (1)奇數(shù)奇數(shù)=偶數(shù)，偶數(shù)偶數(shù)＝偶數(shù)，奇數(shù)偶數(shù)＝奇數(shù)，偶數(shù)偶數(shù)＝偶數(shù)，奇數(shù)偶數(shù)＝偶數(shù)，奇數(shù)奇數(shù)＝奇數(shù)；即任意多個偶數(shù)的和、差、積仍為偶數(shù)，奇數(shù)個奇數(shù)的和、差仍為奇數(shù)，偶數(shù)個奇數(shù)的和、差為偶數(shù)，奇數(shù)與偶數(shù)的和為奇數(shù)，和為偶數(shù)； （2）奇數(shù)的平方都可以表示成的形式，偶數(shù)的平方可以表示為或的形式； （3）任何一個正整數(shù)，都可以寫成的形式，其中為負整數(shù)，為奇數(shù)。 （4）若有限個整數(shù)

13、之積為奇數(shù)，則其中每個整數(shù)都是奇數(shù)；若有限個整數(shù)之積為偶數(shù)，則這些整數(shù)中至少有一個是偶數(shù)；兩個整數(shù)的和與差具有相同的奇偶性；偶數(shù)的平方根若是整數(shù)，它必為偶數(shù)。 3．完全平方數(shù)及其性質(zhì) 能表示為某整數(shù)的平方的數(shù)稱為完全平方數(shù)，簡稱平方數(shù)。平方數(shù)有以下性質(zhì)與結(jié)論： （1）平方數(shù)的個位數(shù)字只可能是0,1，4,5，6,9； （2）偶數(shù)的平方數(shù)是4的倍數(shù)，奇數(shù)的平方數(shù)被8除余1，即任何平方數(shù)被4除的余數(shù)只有可能是0或1； （3）奇數(shù)平方的十位數(shù)字是偶數(shù)； （4）十位數(shù)字是奇數(shù)的平方數(shù)的個位數(shù)一定是6； （5）不能被3整除的數(shù)的平方被3除余1，能被3整數(shù)的數(shù)的平方能被3整除。因而，平方數(shù)被9

14、也合乎的余數(shù)為0,1，4,7，且此平方數(shù)的各位數(shù)字的和被9除的余數(shù)也只能是0,1，4,7； （6）平方數(shù)的約數(shù)的個數(shù)為奇數(shù)； （7）任何四個連續(xù)整數(shù)的乘積加1，必定是一個平方數(shù)。 （8）設(shè)正整數(shù)之積是一個正整數(shù)的次方冪（），若（）＝1，則都是整數(shù)的次方冪。一般地，設(shè)正整數(shù)之積是一個正整數(shù)的次方冪（），若兩兩互素，則都是正整數(shù)的k次方冪。 4．整數(shù)的尾數(shù)及其性質(zhì)　 整數(shù)的個位數(shù)也稱為整數(shù)的尾數(shù)，并記為。也稱為尾數(shù)函數(shù)，尾數(shù)函數(shù)具有以下性質(zhì)： 推薦精選 （1）；（2）＝； （3）；（4）；； （5）若，則；（6）； （7）； （8） 5．整數(shù)整除性的一些數(shù)碼特征（即常見

15、結(jié)論） （1）若一個整數(shù)的未位數(shù)字能被2（或5）整除，則這個數(shù)能被2（或5）整除，否則不能； （2）一個整數(shù)的數(shù)碼之和能被3（或9）整除，則這個數(shù)能被3（或9）整除，否則不能； （3）若一個整數(shù)的未兩位數(shù)字能被4（或25）整除，則這個數(shù)能被4（或25）整除，否則不能； （4）若一個整數(shù)的未三位數(shù)字能被8（或125）整除，則這個數(shù)能被8（或125）整除，否則不能； （5）若一個整數(shù)的奇位上的數(shù)碼之和與偶位上的數(shù)碼之和的差是11的倍數(shù)，則這個數(shù)能被11整除，否則不能。 6．質(zhì)數(shù)與合數(shù)及其性質(zhì) 1．正整數(shù)分為三類：（1）單位數(shù)1；（2）質(zhì)數(shù)（素數(shù)）：一個大于1的正整數(shù)，如果它的因數(shù)只有

16、1和它本身，則稱為質(zhì)（素）數(shù)；（3）如果一個自然數(shù)包含有大于1而小于其本身的因子，則稱這個自然數(shù)為合數(shù)。 2．有關(guān)質(zhì)（素）數(shù)的一些性質(zhì) （1）若，則的除1以外的最小正因數(shù)是一個質(zhì)（素）數(shù)。如果，則； （2）若是質(zhì)（素）數(shù)，為任一整數(shù)，則必有或（）＝1； （3）設(shè)為個整數(shù)，為質(zhì)（素）數(shù)，且，則必整除某個（）； （4）（算術(shù)基本定理）任何一個大于1的正整數(shù)，能唯一地表示成質(zhì)（素）因數(shù)的乘積（不計較因數(shù)的排列順序）； （5）任何大于1的整數(shù)能唯一地寫成　?、佟　　　　〉男问?，其中為質(zhì)（素）數(shù)（）。上式叫做整數(shù)的標準分解式； （6）若的標準分解式為①，的正因數(shù)的個數(shù)記為，則。 典例分析

17、 例1．證明：被1001整除。 證明： 所以整除。 例2．對正整數(shù)，記為的十進制表示中數(shù)碼之和。證明：的充要條件是。 證明：設(shè)（這里，且），則，于是有 推薦精選 　　　　　　① 對于，知，故①式右端個加項中的每一個都是9的倍數(shù)，從而由整除的性質(zhì)可知它們的和也能被9整除，即。由此可易推出結(jié)論的兩個方面。 例3．設(shè)是一個奇數(shù)，證明L對于任意正整數(shù)，數(shù)不能被整除。 證明：時，結(jié)論顯然成立。設(shè)，記所說的和為A，則： 。 由k是正奇數(shù)，從而結(jié)于每一個，數(shù)被整除，故被除得余數(shù)為2，從而A不可能被整除（注意）。 例4．設(shè)是正整數(shù)，，證明：（）（）。 證明：首先，當時，易知結(jié)論

18、成立。事實上，時，結(jié)論平凡；當時，結(jié)果可由推出來（注意）。 最后，的情形可化為上述特殊情形：由帶余除法而，由于，從而由若是正整數(shù)，則知；而，故由上面證明了的結(jié)論知?。ㄗ⒁鈺r結(jié)論平凡），從而當時，也有（）（）。這就證明了本題的結(jié)論。 例5．設(shè)正整數(shù)滿足，證明：不是質(zhì)（素）數(shù)。 證法一：由，可設(shè)其中。由意味著有理數(shù)的分子、分母約去了某個正整數(shù)后得既約分數(shù)，因此，　　　　　　　?、? 同理，存在正整數(shù)使得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　② 因此，＝是兩個大于1的整數(shù)之積，從而不是素數(shù)。 注：若正整數(shù)適合，則可分解為①及②的形式，這一結(jié)果在某些問題的解決中很有作用。 證法二：由，得

19、，因此，因為是整數(shù)，故也是整數(shù)。 若它是一個素數(shù)，設(shè)為，則由　　　　　　　　　　　　　?、邸　　　? 可見整除，從而素數(shù)整除或。不妨設(shè)｜，則，結(jié)合③推出，而這是不可能的（因為）。 推薦精選 例6．求出有序整數(shù)對（）的個數(shù)，其中，，是完全平方數(shù)?！　　　　　　　　　　　　　　　　　。?999年美國數(shù)學邀請賽試題） 解：由于，可得： ＜。 又，于是 若是完全平方數(shù)，則必有＝。 然而＝，于是必有，即，此時，。所以所求的有序整數(shù)對（）共有98對： 。 例7．證明：若正整數(shù)滿足，則和都是完全平方數(shù)?！　　　　　　　　　　　　　　　。?006年山東省第二屆夏令營試題） 證法一：已

20、知關(guān)系式即為 （）（）＝　　　　　　　　　　?、? 若（或者說中有一個為0時），結(jié)論顯然。 不妨設(shè)且，令，則， 從而＝，將其代入①得　?、? 因為，所以，從而； 而②式又可寫成； 因為且，所以 所以，從而。 所以，所以＝，從而為完全平方數(shù)。 所以也是完全平方數(shù)。 證法二：已知關(guān)系式即為 （）（）＝　　　　　　　　　　?、? 推薦精選 論證的關(guān)鍵是證明正整數(shù)與互素。 記（，）。若，則有素因子，從而由①知。因為是素數(shù)，故，結(jié)合知，從而由得1，這是不可能的。故，從而由①推知正整數(shù)與都是完全平方數(shù)。 例8．證明不存在正整數(shù)，使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方

21、數(shù)。 證明：假設(shè)存在這樣的正整數(shù)，使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方數(shù)，那么 （2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）也必定是完全平方數(shù)。 而（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）＝36n6+36n4+11n2+1； 　36n6+36n4+9n2；36n6+36n4+12n3+9n2+6n+1； 所以（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）＜與（2n2+1）（3n2+1）（6n2+1）為完全平方數(shù)矛盾。 例9．數(shù)列的通項公式為，． 記，求所有的正整數(shù)，使得能被8整除．（2005年上海競賽試題） 解：記 　　 　　注意到　　，可得 因此，Sn+2除以8

22、的余數(shù)，完全由Sn+1、Sn除以8的余數(shù)確定 ，故由(*)式可以算出各項除以8的余數(shù)依次是1,3，0,5，7,0，1,3，……，它是一個以6為周期的數(shù)列，從而 故當且僅當 練習題 1．證明：如果和都是大于3的素數(shù)，則6是的因子。 推薦精選 證明：因為是奇數(shù)，所以2是的因子。又因為，，除以3的余數(shù)各不相同，而與都不能被3整數(shù)。于是6是的因子。 2．設(shè)，證明：； 解：由，故｜（）。 又因為，從而｜，于是由整除的性質(zhì)知 。 3．證明：對于任意正整數(shù)，數(shù)　不能被整除。 證明：只需證2（）2（）即可。 因為若是正整數(shù)，則； 若是正奇數(shù)，則； 故｜；｜，……， ｜ 所以

23、｜2（）。 又因為，所以　2，所以　2（）＋2 即（）2（）命題得證。 4．已知為正奇數(shù)，求證：。 證明：因為若是正整數(shù)，則； 若是正奇數(shù)，則； 　　所以，，從而； 　　　　，，從而； 　　　　，，從而； 又且，所以。 5．設(shè)a、b、c為滿足不等式1＜a＜b＜c的整數(shù)，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能數(shù)組（a，b，c）.　　　　　　　　　　　（1989年上海競賽試題） 推薦精選 解? ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1） =a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，① ∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1

24、）. ∴存在正整數(shù)k,使ab+ac+bc-1=kabc,???? ② k=＜＜＜＜　　∴k=1. 若a≥3，此時1=-＜矛盾. 已知a＞1.?? ∴只有a=2. 當a=2時，代入②中得2b+2c-1=bc，即?? 1=＜ ∴0＜b＜4，知b=3，從而易得c=5. 說明：在此例中通過對因數(shù)k的范圍討論，從而逐步確定a、b、c是一項重要解題技巧. 第三節(jié)　整數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用（2） 基礎(chǔ)知識 　　最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)是數(shù)論中的一個重要的概念，這里我們主要討論兩個整數(shù)互素、最大公約數(shù)、最小公倍數(shù)等基本概念與性質(zhì)。 定義1.（最大公約數(shù)）設(shè)不全為零，同時整除的整數(shù)（如）稱為它們

25、的公約數(shù)。因為不全為零，故只有有限多個，我們將其中最大一個稱為的最大公約數(shù)，用符號（）表示。顯然，最大公約數(shù)是一個正整數(shù)。 當（）＝1（即的公約數(shù)只有）時，我們稱與互素（互質(zhì)）。這是數(shù)論中的非常重要的一個概念。 　　　同樣，如果對于多個（不全為零）的整數(shù)，可類似地定義它們的最大公約數(shù)（）。若（）＝1，則稱互素。請注意，此時不能推出兩兩互素；但反過來，若（）兩兩互素，則顯然有（）＝1。 　　由最大公約數(shù)的定義，我們不難得出最大公約數(shù)的一些簡單性質(zhì)：例如任意改變的符號，不改變（）的值，即；（）可以交換，（）＝（）；（）作為的函數(shù)，以為周期，即對于任意的實數(shù)，有（）＝（）等等。為了更詳細地介紹

26、最大公約數(shù)，我們給出一些常用的一些性質(zhì)： 推薦精選 （1）設(shè)是不全為0的整數(shù)，則存在整數(shù)，使得； （2）（裴蜀定理）兩個整數(shù)互素的充要條件是存在整數(shù)，使得； 事實上，條件的必要性是性質(zhì)（1）的一個特例。反過來，若有使等式成立，不妨設(shè)，則，故及，于是，即，從而。 （3）若，則，即的任何一個公約數(shù)都是它們的最大公約數(shù)的約數(shù)； （4）若，則； （5）若，則，因此兩個不互素的整數(shù)，可以自然地產(chǎn)生一對互素的整數(shù)； （6）若，則，也就是說，與一個固定整數(shù)互素的整數(shù)集關(guān)于乘法封閉。并由此可以推出：若，對于有，進而有對有。 （7）設(shè)，若，則； （8）設(shè)正整數(shù)之積是一個正整數(shù)的次方冪（）

27、，若（）＝1，則都是整數(shù)的次方冪。一般地，設(shè)正整數(shù)之積是一個正整數(shù)的次方冪（），若兩兩互素，則都是正整數(shù)的次方冪。 定義2.設(shè)是兩個非零整數(shù)，一個同時為倍數(shù)的數(shù)稱為它們的公倍數(shù)，的公倍數(shù)有無窮多個，這其中最小的一個稱為的最小公倍數(shù)，記作，對于多個非零實數(shù)，可類似地定義它們的最小公倍數(shù)［］。 　　最小公倍數(shù)主要有以下幾條性質(zhì)： （1）與的任一公倍數(shù)都是的倍數(shù)，對于多于兩個數(shù)的情形，類似結(jié)論也成立； （2）兩個整數(shù)的最大公約數(shù)與最小公倍滿足：（但請注意，這只限于兩個整數(shù)的情形，對于多于兩個整數(shù)的情形，類似結(jié)論不成立）； （3）若兩兩互素，則［］＝｜｜； （4）若，且兩兩互素，則｜。

28、典例分析 例1． 設(shè)是正整數(shù)，且，它們的最小公倍數(shù)是最大公約數(shù)的120倍，求。 解：設(shè)，則，其中且，于是。 推薦精選 所以即　　 由及（2）可得： 。 由（1）可知只能取 從而或29，故或。 例2．設(shè)，，則。 證明：設(shè)，則，，其中。于是，已知條件轉(zhuǎn)化為，故更有，從而轉(zhuǎn)化為，但是，故，結(jié)合，知必有，同時，因此。 例3．設(shè)正整數(shù)的最大公約數(shù)是1，并且，證明是一個完全平方數(shù)。 證明：設(shè)，則，，其中，由于，故，現(xiàn)在問題中的等式可以轉(zhuǎn)化為　　　　　　?、? 由此可見整除。因為，故，同樣可得，再由便可以推出。設(shè)，其中是一個正整數(shù)。一方面，顯然整除；另一方面，結(jié)合①式，得，故，從

29、而，但，故。 因此，，故，這樣就證明了是一個完全平方數(shù)。 例4． 都是正整數(shù)，是否存在整數(shù)使得對任意的正整數(shù)，與互質(zhì)？ 解：令，，則，于是存在整數(shù)使得， 令，則對任意的正整數(shù)，設(shè)，有 即，而，，所以，即對任意的正整數(shù)，（，）＝1。 例5． 已知，證明：對于任意的正整數(shù)，都有 兩兩互素。（2002年克羅地亞競賽試題） 推薦精選 證明：設(shè)（其中出現(xiàn)次）。由，故對于有，則是含有0次項的多項式。因此，除以的余數(shù)為1。設(shè)整數(shù)可整除和，又＝，則當除以時余數(shù)為1，即＝＋1。所以，矛盾！ 從而可知兩兩互素。 例6．求出所有的正整數(shù)對，使得是一個整數(shù)。 （2006年山東省第二屆夏令營

30、試題） 解：由于且 ，所以是對稱的。不妨設(shè)。 當時，則，從而＝2； 當時，若時，則有，所以或3； 　　　　　　若時，由于是一個整數(shù)，從而使得　即，所以＜。 　　　　　　　又由于，，所以。 　　　　　　　所以，從而得或3，所以； 綜上知所有的為（2,2）,(2,1),(1,2),(3,1),(1,3),(5,2),(2,5),(5,3),(3,5). 例7．已知，且，試問的充要條件是嗎？ （2006年山東省第二屆夏令營試題） 分析：因為，所以； 又，所以； 令，則有 推薦精選 又因為，所以 從而上式且為奇數(shù)，即的充要條件是且為奇數(shù)。 例8．我們知道有

31、1個質(zhì)因子，且； 　　　　　　　有2個質(zhì)因子，且 　　　　　　　……………… 如此下去，我們可以猜想： 至少有個質(zhì)因子，且。試證明之。　　　　　　　　　　　　　　　　　　?。?006年山東省第二屆夏令營試題） 證明：令＝，則＝，即要證是整數(shù)且有個質(zhì)因子。下用數(shù)學歸納法證明是整數(shù)。 時，結(jié)論顯然； 假設(shè)時，成立； 當＋1時，因為(－1)3+1=3－32＋3； 因為，所以，即是整數(shù)。 下證至少有個質(zhì)因子。 ＝3－32＋3＝()3－3()2＋3(). 因為＝()，令，則＝ 由于(,3)=1，所以(,)=1，從而必有異于質(zhì)因子的質(zhì)因子， 所以至少有個質(zhì)因子?！　　　　　　　　?/p>

32、證畢！ 練習 1．若是奇數(shù)，則。 分析：要證明與互質(zhì)，我們只需要證明它們的公因子為1即可，但是這對于不好處理，由為奇數(shù)這一條件，我們可以想到從而找到思路。 證明：由于為奇數(shù)，故，又，從而（，）（），而（）＝（2）＝1，故。 2．若17|(2a+3b),試證：17|(9a+5b). 證明：注意到2(9a+5b)=9(2a+3b)－17b,于是17|2(9a+5b).但是(17,2)=1,即得17|(9a+5b). 3．設(shè)是正整數(shù)，若不是整數(shù)，則必為無理數(shù)。 證明：設(shè)是非整數(shù)的有理數(shù)，則可設(shè)，于是。因為 推薦精選 故可知。但，因而。這與是整數(shù)矛盾！證畢。 4．設(shè)a,b是不

33、全為0的整數(shù)，一切形如ax+by的數(shù)中，最小的正數(shù)是d，試證：d=(a,b). 5.記Fn＝＋1，試證：(Fn,Fm)=1,這里. 第四節(jié)　同余 　　同余式性質(zhì)應(yīng)用非常廣泛，在處理某些整除性、進位制、對整數(shù)分類、解不定方程等方面的問題中有著不可替代的功能，與之密切相關(guān)的的數(shù)論定理有歐拉定理、費爾馬定理和中國剩余定理。 基礎(chǔ)知識 三個數(shù)論函數(shù) 對于任何正整數(shù)均有定義的函數(shù)，稱為數(shù)論函數(shù)。在初等數(shù)論中，所能用到的無非也就有三個，分別為：高斯(Gauss)取整函數(shù)[x]及其性質(zhì)，除數(shù)函數(shù)d(n)和歐拉(Euler)函數(shù)和它的計算公式。 1． 高斯(Gauss)取整函數(shù)[] 設(shè)是實數(shù)，

34、不大于的最大整數(shù)稱為的整數(shù)部分，記為[]；稱為的小數(shù)部分，記為｛｝。例如：［0.5］＝0，等等。 由的定義可得如下性質(zhì)： 性質(zhì)1.； 性質(zhì)2.； 性質(zhì)3.設(shè)，則； 性質(zhì)4.;; 性質(zhì)5.　； 性質(zhì)6.對于任意的正整數(shù)，都有如下的埃米特恒等式成立： 　　??； 為了描述性質(zhì)7，我們給出如下記號：若，且　，則稱為恰好整除，記為。例如：我們有等等，其實，由整數(shù)唯一分解定理：任何大于1的整數(shù)能唯一地寫成的形式，其中為質(zhì)（素）數(shù)（）。我們還可以得到：。 性質(zhì)7.若，則 推薦精選 　　　請注意，此式雖然被寫成了無限的形式，但實際上對于固定的，必存在正整數(shù)，使得，因而，故，而且對于

35、時，都有。因此，上式實際上是有限項的和。另外，此式也指出了乘數(shù)的標準分解式中，素因數(shù)的指數(shù)的計算方法。 2．除數(shù)函數(shù)d(n) 正整數(shù)的正因數(shù)的個數(shù)稱為除數(shù)函數(shù)，記為d(n)。這里給出d(n)的計算公式： d(n)＝，為素數(shù)唯一分解定理中的指數(shù)。為了敘述地更加明確，我們組出素數(shù)唯一分解定理。 算術(shù)基本定理（素數(shù)唯一分解定理）：任何一大于1的整數(shù)均可以分解為素數(shù)的乘積，若不考慮素數(shù)乘積的先后順序，則分解式是唯一的。 例如：。當一個整數(shù)分解成素數(shù)的乘積時，其中有些素數(shù)可以重復出現(xiàn)。例如在上面的分解式中，2出現(xiàn)了三次。把分解式中相同的素數(shù)的積寫成冪的形式，我們就可以把大于1的正整數(shù)寫成　　　

36、（1） 此式稱為的標準分解式。這樣，算術(shù)基本定理也可以描述為大于1的整數(shù)的標準分解式是唯一的（不考慮乘積的先后順序）。 　　推論1.若的標準分解式是（1）式，則是的正因數(shù)的充要條件是： 　　　?。?） 應(yīng)說明（2）不能稱為是的標準分解式，，其原因是其中的某些可能取零值（也有可能不含有某個素因數(shù)，因而） 推論2.設(shè)，且，若是整數(shù)的次方，則也是整數(shù)的次方。特別地，若是整數(shù)的平方，則也是整數(shù)的平方。 3. 歐拉(Euler)函數(shù) 設(shè)正整數(shù)0,1，……中與互素的個數(shù)，稱之為的歐拉函數(shù)，并記為。若的標準分解式是，則的計算公式是： 　 例如：； . 以下我們講述同余的概念

37、： 同余的概念是高斯（Gauss）在1800年左右給出的。設(shè)是正整數(shù)，若用去除整數(shù)，所得的余數(shù)相同，則稱為與關(guān)于模同余，記作，否則，稱為與關(guān)于模不同余。 定義1.（同余）設(shè)，若，則稱和對模同余，記作；若不然，則稱和對模不同余，記作　。例如：，等等。 推薦精選 當時，，則稱是對模的最小非負剩余。 由帶余除法可知，和對模同余的充要條件是與被除得的余數(shù)相同。對于固定的模，模的同余式與通常的等式有許多類似的性質(zhì)： 性質(zhì)1. 的充要條件是也即。 性質(zhì)2.同余關(guān)系滿足以下規(guī)律： （1）（反身性）； （2）（對稱性）若，則； （3）（傳遞性）若，，則； （4）（同余式相加）若，，則

38、； （5）（同余式相乘）若，，則； 反復利用（4）（5），可以對多個兩個的（模相同的）同余式建立加、減和乘法的運算公式。特別地，由（5）易推出：若，為整數(shù)且，則；但是同余式的消去律一般并不成立，即從未必能推出，可是我們卻有以下結(jié)果： （6）若，則，由此可以推出，若，則有，即在與互素時，可以在原同余式兩邊約去而不改變模（這一點再一次說明了互素的重要性）。 現(xiàn)在提及幾個與模相關(guān)的簡單而有用的性質(zhì)： （7）若，｜，則； （8）若，，則； （9）若，則，特別地，若兩兩互素時，則有； 性質(zhì)3.若，則；； 性質(zhì)4.設(shè)是系數(shù)全為整數(shù)的多項式，若，則。 這一性質(zhì)在計算時特別有用：在計算大數(shù)

39、字的式子時，可以改變成與它同余的小的數(shù)字，使計算大大地簡化。如例3。 定義2.設(shè)，是使成立的最小正整，則稱為對模的階。 在取定某數(shù)后，按照同余關(guān)系把彼此同余的整數(shù)歸為一類，這些數(shù)稱為模的剩余類。一個類的任何一個數(shù)，都稱為該類所有數(shù)的剩余。顯然，同類的余數(shù)相同，不同類的余數(shù)不相同，這樣我們就把全體整數(shù)按照模劃分為了個剩余類：。在上述的個剩余類中，每一類任意取一個剩余，可以得到個數(shù) 推薦精選 ，稱為模的一個完全剩余系。例如關(guān)系模7，下面的每一組數(shù)都是一個完全剩余系： 0，1，2，3，4，5，6； -7，8，16，3，-10，40，20； -3，-2，-1，0，1，2，3。 顯

40、然，一組整數(shù)成為模的完全剩余系只需要滿足兩個條件（1）有個數(shù)；（2）各數(shù)關(guān)于模兩兩不同余。最常用的完全剩余系是最小非負完全剩余系及絕對值最小完全剩余系。模的最小非負完全剩余系是：0，1，2，………,;即除數(shù)為時，余數(shù)可能取到的數(shù)的全部值。 當為奇數(shù)時，絕對值最小的完全剩余系是：； 當為偶數(shù)時，絕對值最小的完全剩余系有兩個： ； 。 以上只是我們個人對同余及剩余類的理解，為了方便大家研究，我們把有關(guān)材料上的具體概念給出，希望大家好好地研究： 定義3.（同余類）設(shè)，每一個這樣的類為模的同余類。 說明：整數(shù)集合可以按模來分類，確切地說，若和模同余，則和屬同一類，否則不屬于同一類，每一個

41、這樣的類為模的一個同余類。由帶余除法，任一整數(shù)必恰與0,1,……，中的一個模同余，而0,1,……，這個數(shù)彼此模不同余，因此模共有個不同的同余類，即。 例如，模2的同余類共有兩個，即通常說的偶數(shù)類與奇數(shù)類，這兩類中的數(shù)分別具有形式和（為任意整數(shù)）。 定義4。（剩余類）設(shè)是正整數(shù)，把全體整按對模的余數(shù)分成類，相應(yīng)的個集合記為：，其中，稱為模的一個剩余類。以下是幾條常用性質(zhì)： （1）且； （2）每一個整數(shù)僅在的一個里； （3）對于任意，則的充要條件是。 定義5.（完全剩余系）一組數(shù)稱為模的完全剩余系，如果對任意有且僅有一個是對模的剩余，即。換一種說法更好理解： 設(shè)為模的全部剩余類，從每

42、個中任取一個，得個數(shù)組成的數(shù)組，叫做模的一個完全剩余系。 說明：在個剩余類中各任取一個數(shù)作為代表，這樣的個數(shù)稱為模的一個完全剩余系，簡稱模的完系。換句話說，個數(shù)稱為模的一個完系，是指它們彼此模不同余，例如0,1，2，……，是模的一個完系，這稱作是模的最小非負完系。 性質(zhì)：（1）個整數(shù)構(gòu)成模的一個完全剩余系兩兩對模不同余； 　　?。?）若，則與同時跑遍模的完全剩余系。 推薦精選 典例分析 例1．試解方程：。 解：因為左邊是整數(shù)，因而右邊的分式也應(yīng)該是整數(shù)，所以 于是，從而，故。 但是是整數(shù)，故，，代入前面的不等式，得，直接觀察即知，于是。 例2．數(shù)100！的十進位制表

43、示中，未尾連續(xù)地有多少位全是零？ 解：命題等價于100！最多可以被10的多少次方整除。因為因而100！中2的指數(shù)大于5的指數(shù)，所以100！中5的指數(shù)就是所需求出的零的位數(shù)。 由即可知100！的未尾連續(xù)地有24位全是數(shù)碼零。 例3．試求被50除所得的余數(shù)。 解：由于是關(guān)于的整系數(shù)多項式，而，于是知 。 又注意到，故 又，所以 注意到，因而29就是所求的余數(shù)。 說明：在上述過程中，我們已經(jīng)看到的作用。一般而言，知道一個整數(shù)的多少次冪關(guān)于模同余于是非常有用的。事實上，若，則對大的指數(shù)利用帶余除法定理，可得，于是有，這里余數(shù)是一個比小得多的數(shù)，這樣一來，計算的問題，就轉(zhuǎn)化成了

44、計算余數(shù)次冪的問題，從而使計算簡單化。 例4．設(shè)，計算某星期一后的第天是6星期幾？ 推薦精選 解；星期幾的問題是被7除求余數(shù)的問題。由于，于是， ，因而。 為了把指數(shù)的指數(shù)寫成的形式，還需取6為模來計算。為此我們有 ，進而有，，依次類推，有，所以 從而， 這樣，星期一后的第天將是星期五。 例5．求所有的素數(shù)，使與也是素數(shù)。 分析：要使與也是素數(shù)，應(yīng)該是對除以某個數(shù)素的余數(shù)進行分類討論，最后確定只能是這個素數(shù)。由于只有兩個數(shù)，所以不能太大，那樣討論起來也不會有什么效果，試驗發(fā)現(xiàn)對本題不起任何效果，現(xiàn)對展開討論。 解：設(shè)，，且 若或4時，，； 若或3時，，； 即時，

45、為5的倍數(shù)且比5大，不為質(zhì)數(shù)。故，此時， ；都是素數(shù)。 即可題有唯一解。 注：要使幾個數(shù)同為質(zhì)數(shù)，一般是對這幾個數(shù)也合乎以某一質(zhì)數(shù)的余數(shù)來確定，如均為質(zhì)數(shù)，可得只能為3，由于這是的一次式，故三個數(shù)就模3，而二次式對三個數(shù)就模5，四個數(shù)一般就模7了。 例6．求滿足的全部正整數(shù)。 分析：如果，兩邊，得，這是不可能的； 　　　如果，而中有一個大于1，則另一個也大于1，得，故為奇數(shù)，，得，而，為奇數(shù)，從而，矛盾！ 所以為唯一解。 注：在解不定方程時，往往要分情況討論，也常常利用同余來導出一些性質(zhì)求出矛盾！ 推薦精選 例7．數(shù)列滿足： 證明：（1）對任意為正整數(shù)；(2)對任意為

46、完全平方數(shù)。 （2005年全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題） 證明：（1）由題設(shè)得且嚴格單調(diào)遞增.將條件式變形得兩邊平方整理得?、? 　　　　　　　　　　　　　　　　　?、? ①-②得 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?、? 由③式及可知，對任意為正整數(shù). （2）將①兩邊配方，得?、? 由③式≡ ∴≡≡0（mod3）∴為正整數(shù)，④式成立. 是完全平方數(shù). 例8．若可以寫成有限小數(shù)，那么自然數(shù)的值是多少？ 解：由于 若與互素，則分數(shù)是既約分數(shù)； 若與不互素，設(shè)它們的公約數(shù)為，且，設(shè)，則，故與的公約數(shù)是5，此時分數(shù)的分子、分母只有公約數(shù)5。 由于可以寫成有限小數(shù)，故約分之后的

47、分母除了2,5以外，沒還有其它的公約數(shù)，因此。 因為是奇數(shù)，，故，即。 由于故，從而，即， 推薦精選 故只有才是有限小數(shù)。 練習 1． 試求方程的實數(shù)解。（答案：） 2． 若，試出至少5個的值。（答案：17，32，34，40，48） 3． 試求被25除所得的余數(shù)。（答案：24） 4． 設(shè)整數(shù)使，這些中最小的正整數(shù)為，試證：。特別地，若，則。 證明：設(shè)，則易知，但是最小的正整數(shù)，故只能為0，即。 5． 設(shè)是任意整數(shù)，試證下面形狀的數(shù)都不是完全平方數(shù)：（1）；（2）。 解：（1）不同余； （2）或3，但或1。 6． 求所有滿足的正整數(shù)三元組。

48、 第五節(jié)　初等數(shù)論中的幾個重要定理 基礎(chǔ)知識 定義（歐拉(Euler)函數(shù)）一組數(shù)稱為是模的既約剩余系，如果對任意的，且對于任意的，若＝1，則有且僅有一個是對模的剩余，即。并定義中和互質(zhì)的數(shù)的個數(shù)，稱為歐拉（Euler）函數(shù)。 這是數(shù)論中的非常重要的一個函數(shù)，顯然，而對于，就是1,2，…，中與互素的數(shù)的個數(shù)，比如說是素數(shù)，則有。 引理：；可用容斥定理來證（證明略）。 定理1：（歐拉（Euler）定理）設(shè)＝1，則。 證明：取模的一個既約剩余系，考慮，由于與互質(zhì)，故仍與 推薦精選 互質(zhì)，且有　，于是對每個都能找到唯一的一個，使得，這種對應(yīng)關(guān)系是一一的，從而，。 ，，故。證

49、畢。 分析與解答：要證，我們得設(shè)法找出個相乘，由個數(shù)我們想到中與互質(zhì)的的個數(shù)：，由于＝1，從而也是與互質(zhì)的個數(shù)，且兩兩余數(shù)不一樣，故（），而（）＝1，故。 這是數(shù)論證明題中常用的一種方法，使用一組剩余系，然后乘一個數(shù)組組成另外一組剩余系來解決問題。 定理2：（費爾馬（Fermat）小定理）對于質(zhì)數(shù)及任意整數(shù)有。 設(shè)為質(zhì)數(shù)，若是的倍數(shù)，則。若不是的倍數(shù)，則由引理及歐拉定理得，，由此即得。 定理推論：設(shè)為質(zhì)數(shù)，是與互質(zhì)的任一整數(shù)，則。 定理3：（威爾遜（Wilson）定理）設(shè)為質(zhì)數(shù)，則。 分析與解答：受歐拉定理的影響，我們也找個數(shù)，然后來對應(yīng)乘法。 證明：對于，在中，必然有一個數(shù)除

50、以余1，這是因為則好是的一個剩余系去0。 　　　從而對，使得； 　　　若，，則，，故對于，有　。即對于不同的對應(yīng)于不同的，即中數(shù)可兩兩配對，其積除以余1，然后有，使，即與它自己配對，這時，，或，或。 　　除外，別的數(shù)可兩兩配對，積除以余1。故。 推薦精選 定義：設(shè)為整系數(shù)多項式（），我們把含有的一組同余式（）稱為同余方組程。特別地，，當均為的一次整系數(shù)多項式時，該同余方程組稱為一次同余方程組.若整數(shù)同時滿足： ，則剩余類（其中）稱為同余方程組的一個解，寫作 定理4：（中國剩余定理）設(shè)是兩兩互素的正整數(shù)，那么對于任意整數(shù)，一次同余方程組，必有解，且解可以寫為： 這里，，以

51、及滿足，（即為對模的逆）。 中國定理的作用在于它能斷言所說的同余式組當模兩兩互素時一定有解，而對于解的形式并不重要。 定理5：（拉格郎日定理）設(shè)是質(zhì)數(shù)，是非負整數(shù)，多項式是一個模為次的整系數(shù)多項式（即 ），則同余方程至多有個解（在模有意義的情況下）。 定理6：若為對模的階，為某一正整數(shù)，滿足，則必為的倍數(shù)。 以上介紹的只是一些系統(tǒng)的知識、方法，經(jīng)常在解決數(shù)論問題中起著突破難點的作用。另外還有一些小的技巧則是在解決、思考問題中起著排除情況、輔助分析等作用，有時也會起到意想不到的作用，如：，。這里我們只介紹幾個較為直接的應(yīng)用這些定理的例子。 典例分析 例1.設(shè)，求證：。 證明：因為，

52、故由知，從而，但是，故由歐拉定理得：，，從而；同理，。 于是，，即。 注明：現(xiàn)考慮整數(shù)的冪所成的數(shù)列：若有正整數(shù)使，則有，其中； 因而關(guān)于，數(shù)列的項依次同余于這個數(shù)列相繼的項成一段，各段是完全相同的，因而是周期數(shù)列。如下例： 推薦精選 例2．試求不大于100，且使成立的自然數(shù)的和。 解：通過逐次計算，可求出關(guān)于的最小非負剩余（即為被11除所得的余數(shù)）為： 因而通項為的數(shù)列的項的最小非負剩余構(gòu)成周期為5的周期數(shù)列： 3，9，5，4，1，3，9，5，4，1，……… 類似地，經(jīng)過計算可得的數(shù)列的項的最小非負剩余構(gòu)成周期為10的周期數(shù)列： 7，5，2，3，10，4，6，9，

53、8，1，……… 于是由上兩式可知通項為的數(shù)列的項的最小非負剩余，構(gòu)成周期為10（即上兩式周期的最小公倍數(shù)）的周期數(shù)列： 3，7，0，0，4，0，8，7，5，6，……… 這就表明，當時，當且僅當時，，即； 又由于數(shù)列的周期性，故當時，滿足要求的只有三個，即 從而當時，滿足要求的的和為： . 下面我們著重對Fetmat小定理及其應(yīng)用來舉例： 例3．求證：對于任意整數(shù)，是一個整數(shù)。 證明：令，則只需證是15的倍數(shù)即可。 由3，5是素數(shù)及Fetmat小定理得，，則 ； 而（3，5）=1，故，即是15的倍數(shù)。所以是整數(shù)。 例4．求證：（為任意整數(shù)）。 證明：令，則； 所

54、以含有因式 由Fetmat小定理，知13|7| 又13，7，5，3，2兩兩互素，所以2730=能整除。 推薦精選 例5．設(shè)是直角三角形的三邊長。如果是整數(shù)，求證：可以被30整除。 證明：不妨設(shè)是直角三角形的斜邊長，則。 若2 ，2 ，2 c，則，又因為矛盾！ 所以2|. 若3 ，3 ，3 c，因為，則，又，矛盾！從而3|. 若 5 ，5 ，5 c，因為，， 所以或0(mod5)與矛盾！ 從而5|. 又(2,3,5)=1，所以30|. 下面講述中國剩余定理的應(yīng)用 例6．證明：對于任意給定的正整數(shù)，均有連續(xù)個正整數(shù)，其中每一個都有大于1的平方因子。

55、 證明：由于素數(shù)有無窮多個，故我們可以取個互不相同的素數(shù)，而考慮同余組 ① 因為顯然是兩兩互素的，故由中國剩余定理知，上述同余組有正整數(shù)解。于是，連續(xù)個數(shù)分別被平方數(shù)整除。 注：（1）本題的解法體現(xiàn)了中國剩余定理的一個基本功效，它常常能將“找連續(xù)個正整數(shù)具有某種性質(zhì)”的問題轉(zhuǎn)化為“找個兩兩互素的數(shù)具有某種性質(zhì)”，而后者往往是比較容易解決的。 （2）本題若不直接使用素數(shù)，也中以采用下面的變異方法：由費爾馬數(shù)兩兩互素，故將①中的轉(zhuǎn)化為后，相應(yīng)的同余式也有解，同樣可以導出證明。 例7．證明：對于任意給定的正整數(shù)，均有連續(xù)個正整數(shù)，其中每一個都不是冪數(shù)。 分析：我們來證明，存

56、在連續(xù)個正整數(shù)，其中每一個數(shù)都至少有一個素因子，在這個數(shù)的標準分解中僅出現(xiàn)一次，從而這個數(shù)不是冪數(shù)。 證明：取個互不相同的素數(shù)，考慮同余組 因為顯然是兩兩互素的，故由中國剩余定理知，上述同余組有正整數(shù)解。 對于因為，故，但由①式可知 ，即在的標準分解中恰好出現(xiàn)一次，故都不是冪數(shù)。 例8． 設(shè)是給定的偶數(shù)，且是偶數(shù)。 證明：存在整數(shù)使得，且。 推薦精選 證明：我們先證明，當為素數(shù)冪時結(jié)論成立。實際上，能夠證明，存在使 且： 若，則條件表明為偶數(shù)，此時可?。? 若，則與中有一對滿足要求。 一般情形下，設(shè)是的一個標準分解，上面已經(jīng)證明，對每個存在整數(shù)使得且，而由中國剩余定理

57、， 同余式 ①有解， 同余式 ②有解。 現(xiàn)不難驗證解符合問題中的要求：因，故 ， 于是，又由①②知， 故。 注：此題的論證表現(xiàn)了中國剩余定理最為基本的作用：將一個關(guān)于任意正整數(shù)的問題，化為為素數(shù)冪的問題，而后者往往是比較好處理的。 練習： 1．設(shè)是給定的素數(shù)，證明：數(shù)列中有無窮多項被整除。 2．求證：=為整值多項式。 3．數(shù)列：1，31，331，3331，………中有無窮多個合數(shù)。 4．設(shè)為任意給定的正整數(shù)，證明：存在連續(xù)個正整數(shù)，其中每一個都不是素數(shù)的冪。 5．設(shè)為正整數(shù)，具有性質(zhì)：等式對所有的正整數(shù)成立。 證明：，其中是某個整數(shù)。 第六節(jié)　不定

58、方程 所謂不定方程，是指未知數(shù)的個數(shù)多于方程個數(shù)，且未知數(shù)受到某些（如要求是有理數(shù)、整數(shù)或正整數(shù)等等）的方程或方程組。不定方程也稱為丟番圖方程，是數(shù)論的重要分支學科，也是歷史上最活躍的數(shù)學領(lǐng)域之一。不定方程的內(nèi)容十分豐富，與代數(shù)數(shù)論、幾何數(shù)論、集合數(shù)論等等都有較為密切的聯(lián)系。不定方程的重要性在數(shù)學競賽中也得到了充分的體現(xiàn)，每年世界各地的數(shù)學競賽吉，不定方程都占有一席之地；另外它也是培養(yǎng)學生思維能力的好材料，數(shù)學競賽中的不定方程問題，不僅要求學生對初等數(shù)論的一般理論、方法有一定的了解，而且更需要講究思想、方法與技巧，創(chuàng)造性的解決問題。在本節(jié)我們來看一看不定方程的基礎(chǔ)性的題目。 基礎(chǔ)知識 1

59、．不定方程問題的常見類型： （1）求不定方程的解； （2）判定不定方程是否有解； （3）判定不定方程的解的個數(shù)（有限個還是無限個）。 推薦精選 2．解不定方程問題常用的解法： （1）代數(shù)恒等變形：如因式分解、配方、換元等； （2）不等式估算法：利用不等式等方法，確定出方程中某些變量的范圍，進而求解； （3）同余法：對等式兩邊取特殊的模（如奇偶分析），縮小變量的范圍或性質(zhì)，得出不定方程的整數(shù)解或判定其無解； （4）構(gòu)造法：構(gòu)造出符合要求的特解，或構(gòu)造一個求解的遞推式，證明方程有無窮多解； （5）無窮遞推法。 以下給出幾個關(guān)于特殊方程的求解定理： （一）二元一次不定方程

60、（組） 定義1.形如(不同時為零)的方程稱為二元一次不定方程。 定理1.方程有解的充要是； 定理2.若，且為的一個解，則方程的一切解都可以表示成 為任意整數(shù))。 定理3.元一次不定方程，()有解的充要條件是. 方法與技巧： 1．解二元一次不定方程通常先判定方程有無解。若有解，可先求一個特解，從而寫出通解。當不定方程系數(shù)不大時，有時可以通過觀察法求得其解，即引入變量，逐漸減小系數(shù)，直到容易得其特解為止； 2．解元一次不定方程時，可先順次求出， ……，.若 ，則方程無解；若|，則方程有解，作方程組： 求出最后一個方程的一切解，然后把的每一個值代入倒數(shù)第二個方程，求出它的一切解，

61、這樣下去即可得方程的一切解。 3．個元一次不定方程組成的方程組，其中，可以消去個未知數(shù)，從而消去了個不定方程，將方程組轉(zhuǎn)化為一個元的一次不定方程。 （二）高次不定方程（組）及其解法 1．因式分解法：對方程的一邊進行因式分解，另一邊作質(zhì)因式分解，然后對比兩邊，轉(zhuǎn)而求解若干個方程組； 2．同余法：如果不定方程有整數(shù)解，則對于任意，其整數(shù)解滿足，利用這一條件，同余可以作為探究不定方程整數(shù)解的一塊試金石； 3．不等式估計法：利用不等式工具確定不定方程中某些字母的范圍，再分別求解； 4．無限遞降法：若關(guān)于正整數(shù)的命題對某些正整數(shù)成立，設(shè)是使成立的最小正整數(shù)，可以推出：存在，使得 推薦精選

62、 成立，適合證明不定方程無正整數(shù)解。 方法與技巧： 1．因式分解法是不定方程中最基本的方法，其理論基礎(chǔ)是整數(shù)的唯一分解定理，分解法作為解題的一種手段，沒有因定的程序可循，應(yīng)具體的例子中才能有深刻地體會； 2．同余法主要用于證明方程無解或?qū)С鲇薪獾谋匾獥l件，為進一步求解或求證作準備。同余的關(guān)鍵是選擇適當?shù)哪?，它需要?jīng)過多次嘗試； 3．不等式估計法主要針對方程有整數(shù)解，則必然有實數(shù)解，當方程的實數(shù)解為一個有界集，則著眼于一個有限范圍內(nèi)的整數(shù)解至多有有限個，逐一檢驗，求出全部解；若方程的實數(shù)解是無界的，則著眼于整數(shù)，利用整數(shù)的各種性質(zhì)產(chǎn)生適用的不等式； 4．無限遞降法論證的核心是設(shè)法構(gòu)

63、造出方程的新解，使得它比已選擇的解“嚴格地小”，由此產(chǎn)生矛盾。 （三）特殊的不定方程 1．利用分解法求不定方程整數(shù)解的基本思路： 將轉(zhuǎn)化為后，若可分解為，則解的一般形式為，再取舍得其整數(shù)解； 2．定義2：形如的方程叫做勾股數(shù)方程，這里為正整數(shù)。 對于方程，如果，則，從而只需討論的情形，此時易知兩兩互素，這種兩兩互素的正整數(shù)組叫方程的本原解。 定理3.勾股數(shù)方程滿足條件的一切解可表示為： ，其中且為一奇一偶。 推論：勾股數(shù)方程的全部正整數(shù)解（的順序不加區(qū)別）可表示為： 其中是互質(zhì)的奇偶性不同的一對正整數(shù)，是一個整數(shù)。 勾股數(shù)不定方程的整數(shù)解的問題主要依據(jù)定理來解決。

64、 3．定義3.方程且不是平方數(shù))是的一種特殊情況，稱為沛爾(Pell)方程。 這種二元二次方程比較復雜，它們本質(zhì)上歸結(jié)為雙曲線方程的研究，其中都是整數(shù)，且非平方數(shù)，而。它主要用于證明問題有無數(shù)多個整數(shù)解。對于具體的可用嘗試法求出一組成正整數(shù)解。如果上述pell方程有正整數(shù)解，則稱使的最小的正整數(shù)解為它的最小解。 定理4.Pell方程且不是平方數(shù))必有正整數(shù)解，且若設(shè)它的最小解為，則它的全部解可以表示成： 推薦精選 . 上面的公式也可以寫成以下幾種形式： （1）；（2）；（3）. 定理5.Pell方程且不是平方數(shù))要么無正整數(shù)解，要么有無窮多組正整數(shù)解，且在后一種情況下，設(shè)它的

65、最小解為，則它的全部解可以表示為 定理6. （費爾馬（Fermat）大定理）方程為整數(shù))無正整數(shù)解。 費爾馬（Fermat）大定理的證明一直以來是數(shù)學界的難題，但是在1994年6月，美國普林斯頓大學的數(shù)學教授A.Wiles完全解決了這一難題。至此，這一困擾了人們四百多年的數(shù)學難題終于露出了廬山真面目，脫去了其神秘面紗。 典例分析 例1．求不定方程的整數(shù)解。 解：先求的一組特解，為此對37，107運用輾轉(zhuǎn)相除法： ，， 將上述過程回填，得： 由此可知，是方程的一組特解，于是，是方程的一組特解，因此原方程的一切整數(shù)解為：。 例2．求不定方程的所有正整數(shù)解。 解：用原方程中

66、的最小系數(shù)7去除方程的各項，并移項得： 因為是整數(shù)，故也一定是整數(shù)，于是有，再用5去除比式的兩邊，得，令為整數(shù)，由此得。 經(jīng)觀察得是最后一個方程的一組解，依次回代，可求得原方程的一組特解：，所以原方程的一切整數(shù)解為：。 例3．求不定方程的正整數(shù)解。 解：顯然此方程有整數(shù)解。先確定系數(shù)最大的未知數(shù)的取值范圍，因為的最小值為1，所以。 推薦精選 當時，原方程變形為，即，由上式知是偶數(shù)且故方程組有5組正整數(shù)解，分別為，，，，； 當時，原方程變形為，即，故方程有3組正整數(shù)解，分別為：，，； 當時，原方程變形為，即，故方程有2組正整數(shù)解，分別為：，； 當時，原方程變形為，即，故方程只有一組正整數(shù)解，為。 故原方程有11組正整數(shù)解（如下表）： 2 4 6 8 10 2 4 6 2 4 2 13 10 7 4 1 9 6 3 5 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 4 例4．求出方程的所有正整數(shù)解。 解：先求最小解。令 當時，；當時，；當時，。所以的最小解為，于是： 例5．在