整除性概念与性质

概念

定义1

设 b≠0b \ne 0b=0 ，若有一整数 qqq ，使得 a=bqa=bqa=bq , 则称 bbb 能整除 aaa , 或 aaa 能被 bbb 整除，记作 b∣ab \mid ab∣a 。此时我们把 aaa 叫作 bbb 的倍数，bbb 叫作 aaa 的因数。否则，称 bbb 不能整除 aaa，或 aaa 不能被 bbb 整除，记作 b∤ab \nmid ab∤a 。

定义2

若 b∣ab \mid ab∣a 且 1<∣b∣<∣a∣1 \lt |b| \lt |a|1<∣b∣<∣a∣，则称 bbb 是 aaa 的真因数。

定理

定理一

设b,c均不为零。则有：设\,b,c\,均不为零。则有：设b,c均不为零。则有：

(1)若c∣b,b∣a,则c∣a。(1) \quad 若\,c \mid b\,,\,b \mid a\,,\,则\,c \mid a\,。(1)若c∣b,b∣a,则c∣a。
(2)若b∣a,则bc∣ac;若bc∣ac,则b∣a。(2) \quad 若\, b \mid a\,,则\,bc \mid ac\,;若\,bc \mid ac\,,则\,b \mid a\,。(2)若b∣a,则bc∣ac;若bc∣ac,则b∣a。
若c∣a,c∣b,则对任意整数m,n,c∣(ma+nb)。若\,c \mid a\,,\,c \mid b\,,则对任意整数\,m,n\,,\,c \mid (ma+nb)\,。若c∣a,c∣b,则对任意整数m,n,c∣(ma+nb)。

定理二

相继 kkk 个整数的乘积能被 k!k!k! 整除，即 k!∣n(n−1)⋯(n−k+1)k! \mid n(n-1)\cdots(n-k+1)k!∣n(n−1)⋯(n−k+1)

证：(1)若相继k个整数均为正整数，则当正整数n≥k时，注意到组合数Cnk总是一个正整数，且Cnk=n(n−1)⋯(n−k+1)k!,即n(n−1)⋯(n−k+1)=Cnk⋅k!,故k!∣n(n−1)⋯(n−k+1)。(2)若相继k个整数中有零，则结论显然成立。(2)若相继k个整数均为负整数，则可转化为正整数的情形。证： \\ \qquad (1)\,若相继\,k\,个整数均为正整数，则当正整数\,n \ge k\,时，注意到组合数 \,C_n^k\,总是一个正整数，且\,C_n^k = {\large n(n-1)\cdots(n-k+1) \over k!}\,,\,即\,n(n-1)\cdots(n-k+1) = C_n^k \cdot k!\,,\,故\,k! \mid n(n-1)\cdots(n-k+1)\,。\\ \qquad (2)\,若相继\,k\,个整数中有零，则结论显然成立。\\ \qquad (2)\,若相继\,k\,个整数均为负整数，则可转化为正整数的情形。证：(1)若相继k个整数均为正整数，则当正整数n≥k时，注意到组合数Cnk总是一个正整数，且Cnk=k!n(n−1)⋯(n−k+1),即n(n−1)⋯(n−k+1)=Cnk⋅k!,故k!∣n(n−1)⋯(n−k+1)。(2)若相继k个整数中有零，则结论显然成立。(2)若相继k个整数均为负整数，则可转化为正整数的情形。

定理三

(带余除法) 若 a,ba,ba,b 是两个整数，且 b>0b \gt 0b>0，则存在唯一一对整数 qqq 及 rrr，使得 a=bq+r(0≤r<b)a=bq+r \,\,(0 \le r \lt b)a=bq+r(0≤r<b)

证：(1)存在性：由整数的除法可知，这样的q,r是存在的。(2)唯一性：设有两对这样的整数：q,r及q1,r1,使得：a=bq+r(0≤r<b),a=bq1+r1(0≤r1<b)则有：0=b(q−q1)+r−r1由此得b∣(r−r1),但0≤∣r−r1∣<b,故得r−r1=0,即r=r1。将此式代入0=b(q−q1)+r−r1,得0=b(q−q1),又b≠0,故q=q1。证：\\ \qquad (1)\,存在性：由整数的除法可知，这样的\,q,r\,是存在的。\\ \qquad (2)\,唯一性：设有两对这样的整数：q,r\,及\,q_1,r_1\,,使得：\\ \qquad \quad a=bq+r \,\,(0 \le r \lt b)\,\,,\,\, a=bq_1+r_1\,\,(0 \le r_1 \lt b) \\ \qquad \quad\,\,则有：0 = b(q-q_1)+r-r_1 \\ \qquad \quad \,\,由此得 \,b \mid (r-r_1)\,,\,但\,0 \le |r-r_1| \lt b\,,\,故得\,r-r_1=0\,,\,即\,r=r_1\,。\,将此式代入\,0 = b(q-q_1)+r-r_1\,,\,得\,0=b(q-q_1)\,,\,又\,b \ne 0\,,\,故\,q=q_1\,。证：(1)存在性：由整数的除法可知，这样的q,r是存在的。(2)唯一性：设有两对这样的整数：q,r及q1,r1,使得：a=bq+r(0≤r<b),a=bq1+r1(0≤r1<b)则有：0=b(q−q1)+r−r1由此得b∣(r−r1),但0≤∣r−r1∣<b,故得r−r1=0,即r=r1。将此式代入0=b(q−q1)+r−r1,得0=b(q−q1),又b=0,故q=q1。

定理四

设 k≥2k \ge 2k≥2 是整数，则任一正整数 aaa 均可唯一表示成 a=bnkn+bn−1kn−1+⋯+b1k+b0a=b_nk^n+b_{n-1}k^{n-1}+\cdots+b_1k+b_0a=bnkn+bn−1kn−1+⋯+b1k+b0 的形式，其中 0<bn<k,0≤bi<k(i=0,1,⋯,n−1)0 \lt b_n \lt k\,,\, 0 \le b_i \lt k \,\,(i=0,1,\cdots,n-1)0<bn<k,0≤bi<k(i=0,1,⋯,n−1)

Note : 此为 kkk 进制的形式

例题

设 a,b,na,b,na,b,n 为给定的正整数，已知对任意正整数 k≠bk \ne bk=b , 都有 (b−k)∣(a−kn)(b-k) \mid (a-k^n)(b−k)∣(a−kn) , 证明：a=bna=b^na=bn 。
提示：解法一：由因式分解公式：an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+⋯+bn−1)(n为任意正整数)an+bn=(a+b)(an−1−an−2b+an−3b2−⋯+bn−1)(n为奇数)知：(b−k)∣(bn−kn),则(b−k)∣(a−bn)解法二：适当选取k：先取k=a+b,得a∣a−bn,故：a∣bn;再取k=b+bn,得bn∣a−bn,故：bn∣a提示：\\ 解法一：由因式分解公式：\\ \qquad \begin{aligned} a^n-b^n &= (a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+\cdots+b^{n-1}) \quad (n为任意正整数) \\a^n+b^n &=(a+b)(a^{n-1}- a^{n-2}b+a^{n-3}b^2-\cdots+b^{n-1}) \quad (n为奇数)\end{aligned} \\知：(b-k) \mid (b^n-k^n)\,,\,则\,(b-k) \mid (a-b^n)\, \\解法二：适当选取\,k\,：先取\,k=a+b\,,\,得\,a \mid a-b^n\,,\,故：a \mid b^n\,;\,再取\,k=b+b^n\,,\,得\,b^n \mid a-b^n\,,\,故：b^n \mid a提示：解法一：由因式分解公式：an−bnan+bn=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+⋯+bn−1)(n为任意正整数)=(a+b)(an−1−an−2b+an−3b2−⋯+bn−1)(n为奇数)知：(b−k)∣(bn−kn),则(b−k)∣(a−bn)解法二：适当选取k：先取k=a+b,得a∣a−bn,故：a∣bn;再取k=b+bn,得bn∣a−bn,故：bn∣a
试证：连续3\,3\,3个奇数中至少有一个是3\,3\,3的倍数。
提示：设连续3个奇数为2k+1,2k+3,2k+5(k是正整数)。令k=3q+r(0≤r<3),当r=0时，3∣(2k+3);当r=1时，3∣(2k+1);当r=2时，3∣(2k+5)。提示：设连续\,3\,个奇数为\,2k+1,2k+3,2k+5\,(k是正整数)。令\,k=3q+r\,(0 \le r \lt 3)\,,\,当\,r=0\,时，3 \mid (2k+3)\,;\,当\,r=1\,时，3 \mid (2k+1)\,;\,当\,r=2\,时，3 \mid (2k+5)\,。提示：设连续3个奇数为2k+1,2k+3,2k+5(k是正整数)。令k=3q+r(0≤r<3),当r=0时，3∣(2k+3);当r=1时，3∣(2k+1);当r=2时，3∣(2k+5)。
设 aaa 是奇数，试证：24∣a(a2−1)24 \mid a(a^2-1)24∣a(a2−1)
提示：设a=2k+1(k为任意整数),则：a(a2−1)=(2k+1)[(2k+1)2−1]=4(2k+1)k(k+1)=4[(k−1)+(k+2)]k(k+1)提示：设\,a=2k+1\,(k\,为任意整数),则：a(a^2-1)=(2k+1)[\,(2k+1)^2-1\,]=4(2k+1)k(k+1)=4[\,(k-1)+(k+2)\,]k(k+1)提示：设a=2k+1(k为任意整数),则：a(a2−1)=(2k+1)[(2k+1)2−1]=4(2k+1)k(k+1)=4[(k−1)+(k+2)]k(k+1)
试证：对任意整数 nnn , 多项式 f(n)=13n3+12n2+16nf(n)={{\large \frac{1}{3}n^3}+{\large 1 \over 2}n^2+{\large \tfrac{1}{6}}n}f(n)=31n3+21n2+61n 总取整数值。
提示：3!∣[(n+2)(n+1)n+(n+1)n(n−1)]=2n3+3n2+n提示：3! \mid [\,(n+2)(n+1)n+(n+1)n(n-1)\,]=2n^3+3n^2+n提示：3!∣[(n+2)(n+1)n+(n+1)n(n−1)]=2n3+3n2+n
已知 (m−p)∣(mn+pq)(m-p) \mid (mn+pq)(m−p)∣(mn+pq)，试证：(m−p)∣(mq+np)(m-p) \mid (mq+np)(m−p)∣(mq+np)
提示：(m−p)∣(m−p)(n−q)提示：(m-p) \mid (m-p)(n-q)提示：(m−p)∣(m−p)(n−q)
试证：12∣n4+2n3+11n2+10n,n∈Z12 \mid n^4+2n^3+11n^2+10n\,,\,n \in Z12∣n4+2n3+11n2+10n,n∈Z
提示：2(n4+2n3+11n2+10n)=2n(n+1)(n+2)(n+3)−8(n−1)n(n+1)提示：2(n^4+2n^3+11n^2+10n)=2n(n+1)(n+2)(n+3)-8(n-1)n(n+1)提示：2(n4+2n3+11n2+10n)=2n(n+1)(n+2)(n+3)−8(n−1)n(n+1)
设x,y∈Z\,x,y \in Z\,x,y∈Z，17∣2x+3y\,17 \mid 2x+3y\,17∣2x+3y，试证：17∣9x+5y\,17 \mid 9x+5y\,17∣9x+5y
提示：9(2x+3y)−2(9x+5y)=17y提示：9(2x+3y)-2(9x+5y)=17y提示：9(2x+3y)−2(9x+5y)=17y
设k\,k\,k是正奇数，证明：1+2+⋯+9∣1k+2k+⋯+9k\,1+2+\cdots+9 \mid 1^k+2^k+\cdots+9^k\,1+2+⋯+9∣1k+2k+⋯+9k
提示：设s=1k+2k+⋯+9k,(1)2s=(1k+9k)+(2k+8k)+⋯+(9k+1k)=10q1(q1为正整数);(2)2s=(0k+9k)+(1k+8k)+⋯+(9k+0k)=9q2(q2为正整数)提示：设\,s=1^k+2^k+\cdots+9^k\,,(1)\,2s=(1^k+9^k)+(2^k+8^k)+\cdots+(9^k+1^k)=10q_1\,(q_1\,为正整数);(2)\,2s=(0^k+9^k)+(1^k+8^k)+\cdots+(9^k+0^k)=9q_2\,(q_2\,为正整数)提示：设s=1k+2k+⋯+9k,(1)2s=(1k+9k)+(2k+8k)+⋯+(9k+1k)=10q1(q1为正整数);(2)2s=(0k+9k)+(1k+8k)+⋯+(9k+0k)=9q2(q2为正整数)
设 n≠1n \ne 1n=1，试证：(n−1)∣(nk−1)(n-1) \mid (n^k-1)(n−1)∣(nk−1) 的充要条件是 (n−1)∣k(n-1) \mid k(n−1)∣k
提示：nk−1=(n−1)(nk−1+nk−2+⋯+1)提示：n^k-1 = (n-1)(n^{k-1}+n^{k-2}+\cdots+1)提示：nk−1=(n−1)(nk−1+nk−2+⋯+1)
设 nnn 是奇数，试证：16∣(n4+4n2+11)16 \mid (n^4+4n^2+11)16∣(n4+4n2+11)
提示：数学归纳法提示：数学归纳法提示：数学归纳法
设 nnn 是正整数，试证：11∣(3n+1+3n−1+62(n−1))11 \mid (\,3^{n+1}+3^{n-1}+6^{2(n-1)}\,)11∣(3n+1+3n−1+62(n−1))
提示：数学归纳法提示：数学归纳法提示：数学归纳法
若 ax0+by0ax_0+by_0ax0+by0 是形如 ax+byax+byax+by ( x,yx,yx,y 是任意整数，a,ba,ba,b 是两个不全为零的整数 )的最小正整数，试证：(ax0+by0)∣(ax+by)(ax_0+by_0) \mid (ax+by)(ax0+by0)∣(ax+by) 。
提示：由ax+by=(ax0+by0)q+r(0≤r<ax0+by0)知：r=a(x−x0q)+b(y−y0q),而0≤r<ax0+by0,故：⋯提示：由 ax+by=(ax_0+by_0)q+r\,\,(0 \le r \lt ax_0+by_0) \,\,知：r=a(x-x_0q)+b(y-y_0q)\,,\,而\, 0 \le r \lt ax_0+by_0\,,\,故：\cdots提示：由ax+by=(ax0+by0)q+r(0≤r<ax0+by0)知：r=a(x−x0q)+b(y−y0q),而0≤r<ax0+by0,故：⋯
设 lll 是一个给定的正整数，若 d∣(a+b+c),d∣(al−bl)d \mid (a+b+c)\,,\, d \mid (a^l-b^l)d∣(a+b+c),d∣(al−bl) 且 d∣(bl−1)d \mid (b^l-1)d∣(bl−1) ，试证：对任意正整数 nnn ，有 d∣(anl+1+bnl+1+c)d \mid (a^{nl+1}+b^{nl+1}+c)d∣(anl+1+bnl+1+c) 。
提示：数学归纳法，al−bl=(al−1)−(bl−1),a(n+1)l+1+b(n+1)l+1+c=(al−1)anl+1+(bl−1)bnl+1+anl+1+bnl+1+c提示：数学归纳法，a^l-b^l=(a^l-1)-(b^l-1)\,,\,a^{(n+1)l+1}+b^{(n+1)l+1}+c=(a^l-1)a^{nl+1}+(b^l-1)b^{nl+1}+a^{nl+1}+b^{nl+1}+c提示：数学归纳法，al−bl=(al−1)−(bl−1),a(n+1)l+1+b(n+1)l+1+c=(al−1)anl+1+(bl−1)bnl+1+anl+1+bnl+1+c 。
事实上，不需要条件d∣(al−bl)命题也成立，因为：(anl+1+bnl+1+c)(al+bl+1)=(ab)l(a(n−1)l+1+b(n−1)l+1+c)+(a(n+1)l+1+b(n+1)l+1+c)+c(bl−1)(1−al)事实上，不需要条件\,d \mid (a^l-b^l)\,命题也成立，因为：(a^{nl+1}+b^{nl+1}+c)(a^l+b^l+1)=(ab)^l(a^{(n-1)l+1}+b^{(n-1)l+1}+c)+(a^{(n+1)l+1}+b^{(n+1)l+1}+c)+c(b^l-1)(1-a^l)事实上，不需要条件d∣(al−bl)命题也成立，因为：(anl+1+bnl+1+c)(al+bl+1)=(ab)l(a(n−1)l+1+b(n−1)l+1+c)+(a(n+1)l+1+b(n+1)l+1+c)+c(bl−1)(1−al)
试证：S=1+12+⋯+1n(n>1)S=1+{\large 1 \over 2}+\cdots+{\large 1 \over n}\,\,(n\gt 1)\,S=1+21+⋯+n1(n>1)不是整数。
提示：设k是满足条件2k≤n的最大整数，P是所有不大于n的正奇数的乘积，则2k−1PS=2k−1P(1+12+⋯+1n)的展开式中，除了2k−1P12k外，其余各项均为整数，所以2k−1PS不是整数，故S不是整数。提示：设 \,k\,是满足条件\,2^k \le n\,的最大整数，P\,是所有不大于\,n\,的正奇数的乘积，则\,2^{k-1}PS=2^{k-1}P(1+{\large1 \over 2}+\cdots+{\large 1 \over n})\,的展开式中，除了\,2^{k-1}P{\large 1 \over 2^k}\,外，其余各项均为整数，所以\,2^{k-1}PS\,不是整数，故\,S\,不是整数。提示：设k是满足条件2k≤n的最大整数，P是所有不大于n的正奇数的乘积，则2k−1PS=2k−1P(1+21+⋯+n1)的展开式中，除了2k−1P2k1外，其余各项均为整数，所以2k−1PS不是整数，故S不是整数。
试证：S=13+15+⋯+12n+1(n≥1)S={\large 1 \over 3}+{\large 1 \over 5}+\cdots+{\large 1 \over 2n+1}\,\,(n \ge 1)\,S=31+51+⋯+2n+11(n≥1) 不是整数。
提示：仿造上一题的思想，设k是满足条件3k≤2n+1的最大整数，P是所有不大于2n+1的除了3以及3的倍数之外的正奇数的乘积，则有：3kPS=3k−1+3kP5+⋯+P+⋯+3kP2n+1,如果S为整数，那么有3∣P,但这与P的设定矛盾，所以S不是整数。提示：仿造上一题的思想，设 \,k\,是满足条件\,3^k \le 2n+1\,的最大整数，P\,是所有不大于\,2n+1\,的除了3以及3的倍数之外的正奇数的乘积，则有：3^kPS=3^{k-1}+{\large 3^kP \over 5}+\cdots+P+\cdots+{\large 3^{k}P \over 2n+1}\,,\,如果S为整数，那么有\,3 \mid P\,,\,但这与\,P\,的设定矛盾，所以\,S\,不是整数。提示：仿造上一题的思想，设k是满足条件3k≤2n+1的最大整数，P是所有不大于2n+1的除了3以及3的倍数之外的正奇数的乘积，则有：3kPS=3k−1+53kP+⋯+P+⋯+2n+13kP,如果S为整数，那么有3∣P,但这与P的设定矛盾，所以S不是整数。
设 nnn 是正整数，试证：存在唯一一对整数 k,lk,lk,l，使得 n=k(k−1)2+l(0≤l<k)n={\large k(k-1) \over 2}+l \,\,(0 \le l \lt k)\,n=2k(k−1)+l(0≤l<k) 。
提示：存在性：由题意可知，k(k−1)2≤n<k(k−1)2+k=k(k+1)2,用一元二次方程求根公式+一元二次函数的性质，解得：−1+1+8n2<k≤1+1+8n2,即k=[1+1+8n2],[x]表示不超过x的最大整数。唯一性：k=[x]自带唯一性,k一定，则l跟着也一定。提示：\\ \quad\,存在性：由题意可知，{\large k(k-1) \over 2} \le n \lt {\large k(k-1) \over 2}+k={\large k(k+1) \over 2}\,,\,用一元二次方程求根公式+一元二次函数的性质，解得：{\large -1+\sqrt[]{1+8n} \over 2} \lt k \le {\large 1+\sqrt{1+8n} \over 2}\,,\,即\,k={\big[}{\large 1+\sqrt{1+8n} \over 2} {\big]}\,,\,{\big[}x{\big]}表示不超过\,x\,的最大整数。\\ \quad\,唯一性：k={\big[}x{\big]}自带唯一性\,,\,k一定，则\,l\,跟着也一定。提示：存在性：由题意可知，2k(k−1)≤n<2k(k−1)+k=2k(k+1),用一元二次方程求根公式+一元二次函数的性质，解得：2−1+1+8n<k≤21+1+8n,即k=[21+1+8n],[x]表示不超过x的最大整数。唯一性：k=[x]自带唯一性,k一定，则l跟着也一定。
… …

质数与合数

若正整数 ppp 恰好只有 111 及本身 ppp 两个正因数，则称 ppp 为质数(也称素数)，若正整数 nnn 的正因数多余 222 个，则称 nnn 为合数。

定理

定理1：质数有无穷多个。质数有无穷多个。质数有无穷多个。

反证法。假设质数的个数有限，列举全体质数如：p1,p2,⋯,pk,令N=p1p2⋯pk+1,如果pi∣N,则由pi∣p1p2⋯pk,知pi∣1,矛盾。因此pi∤N,则N有不同于p1,p2,⋯,pk的质因数，这与p1,p2,⋯,pk是全体质数的假定矛盾。反证法。假设质数的个数有限，列举全体质数如：p_1,p_2,\cdots,p_k\,,\,令\,N=p_1p_2\cdots p_k+1\,,\,如果\,p_i \mid N\,,\,则由\,p_i \mid p_1p_2\cdots p_k\,,\,知\,p_i \mid 1\,,\,矛盾。因此\,p_i \nmid N\,,\,则N有不同于\,p_1,p_2,\cdots,p_k\,的质因数，这与\,p_1,p_2,\cdots,p_k\,是全体质数的假定矛盾。反证法。假设质数的个数有限，列举全体质数如：p1,p2,⋯,pk,令N=p1p2⋯pk+1,如果pi∣N,则由pi∣p1p2⋯pk,知pi∣1,矛盾。因此pi∤N,则N有不同于p1,p2,⋯,pk的质因数，这与p1,p2,⋯,pk是全体质数的假定矛盾。

定理2：当n>2时，在n与n!之间一定有一个质数。当\,n \gt 2\,时，在\,n\,与\,n!\,之间一定有一个质数。当n>2时，在n与n!之间一定有一个质数。

证：设不大于n的质数为p1,p2,⋯,pk,并令N=p1p2⋯pk−1,一方面，由于n>2,所以N>4。又N有一个不同于p1,p2,⋯,pk的质因数p,所以p>n。另一方面，p≤N≤n!−1<n!,故n<p<n!。证：设不大于\,n\,的质数为\,p_1,p_2,\cdots,p_k\,,\,并令\,N=p_1p_2\cdots p_k-1\,,\,一方面，由于\,n \gt 2\,,\,所以\,N \gt 4\,。又\,N有一个不同于\,p_1,p_2,\cdots,p_k\,的质因数\,p\,,\,所以\,p \gt n\,。另一方面，p \le N \le n! - 1 \lt n!\,,\,故\,n \lt p \lt n!\,。证：设不大于n的质数为p1,p2,⋯,pk,并令N=p1p2⋯pk−1,一方面，由于n>2,所以N>4。又N有一个不同于p1,p2,⋯,pk的质因数p,所以p>n。另一方面，p≤N≤n!−1<n!,故n<p<n!。

定理3：（贝特朗定理）对任一实数x≥1，在区间[x,2x]上必有一质数。对任一实数x \ge1，在区间[\,x,2x\,]上必有一质数。对任一实数x≥1，在区间[x,2x]上必有一质数。

定理4：不存在次数 m≥1m \ge 1m≥1 的一元整系数多项式 f(n)=amnm+am−1nm−1+⋯+a1n+a0f(n)=a_mn^m+a_{m-1}n^{m-1}+\cdots+a_1n+a_0f(n)=amnm+am−1nm−1+⋯+a1n+a0 使得对于任意的正整数 n,f(n)n\,,\,f(n)n,f(n) 都是质数。

证：若对某个整数n=b,f(b)=ambm+am−1bm−1+⋯+a1b+a0=p是质数，当n=b+tp(t为任意整数)时，f(b+tp)=(ambm+am−1bm−1+⋯+a1b+a0)+kp=p(1+k),k为某一整数，知f(b+tp)是合数。证：若对某个整数\,n=b\,,\,f(b)=a_mb^m+a_{m-1}b^{m-1}+\cdots+a_1b+a_0=p\,是质数，当\,n=b+tp\,(t为任意整数)\,时，f(b+tp)=(a_mb^m+a_{m-1}b^{m-1}+\cdots+a_1b+a_0)+kp=p(1+k)\,,\,k\,为某一整数，知\,f(b+tp)\,是合数。证：若对某个整数n=b,f(b)=ambm+am−1bm−1+⋯+a1b+a0=p是质数，当n=b+tp(t为任意整数)时，f(b+tp)=(ambm+am−1bm−1+⋯+a1b+a0)+kp=p(1+k),k为某一整数，知f(b+tp)是合数。

一些例题或结论

对任意给定的正整数K\,K\,K，必有K\,K\,K个连续正整数都是合数。
证：构造K个连续正整数：(K+1)!+2,(K+1)!+3,⋯,(K+1)!+i,(K+1)!+(K+1),显然对2≤i≤K+1,有i∣[(K+1)!+i]证：构造\,K\,个连续正整数：(K+1)!+2\,,\,(K+1)!+3\,,\,\cdots\,,\,(K+1)!+i\,,\,(K+1)!+(K+1)\,,\,显然对\,2 \le i \le K+1\,,\,有\,i \mid [\,(K+1)!+i\,]\,证：构造K个连续正整数：(K+1)!+2,(K+1)!+3,⋯,(K+1)!+i,(K+1)!+(K+1),显然对2≤i≤K+1,有i∣[(K+1)!+i]
若p\,p\,p是大于3\,3\,3的质数，则p\,p\,p必为6k±1(k为正整数)\,6k \pm 1\,\,(k为正整数)6k±1(k为正整数)的形式，但反过来则不一定成立。
提示：反过来时，设k=20,则6k+1=121=112;6k−1=119=17×7。提示：反过来时，设\,k=20\,,则\,6k+1=121=11^2\,;\,6k-1=119=17 \times 7\,。提示：反过来时，设k=20,则6k+1=121=112;6k−1=119=17×7。
设p\,p\,p是大于3\,3\,3的质数，则：p2\,p^2\,p2被12\,12\,12除所得的余数必为1\,1\,1。
提示：p2=(6k±1)2=12(3k2±k)+1提示：p^2=(6k \pm 1)^2=12(3k^2 \pm k)+1提示：p2=(6k±1)2=12(3k2±k)+1
设 p≥5\,p \ge 5\,p≥5，若 ppp 及 2p+12p+12p+1 均为质数，则：4p+14p+14p+1 必为合数。
提示：p只能是6k−1(k为正整数)的形式提示：p\,只能是\,6k-1\,(\,k\,为正整数)的形式提示：p只能是6k−1(k为正整数)的形式
设 n>1n \gt 1n>1 且 an−1a^n-1an−1 为质数，试证：a=2a=2a=2 且 nnn 为质数。
证：反证法。假设a>2,因为n>1,故1<a−1<an−1,且an−1=(a−1)(an−1+an−2+⋯+a+1),从而an−1有真因数a−1,即an−1不是质数，矛盾，则a=2。假设n是合数，即n=kl(1<k<n),有：1<2k−1<2n−1,由公比q=2的等比数列求和公式的性质，有：(2k−1)∣(2n−1),则2n−1也不是质数。因此，n为质数。证：反证法。假设\,a\gt 2\,,\,因为\,n \gt 1\,,\,故 \,1 \lt a-1 \lt a^n-1\,,\,且\,a^n-1=(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+\cdots+a+1)\,,\,从而\,a^n-1\,有真因数\,a-1\,,\,即\,a^n-1\,不是质数，矛盾，则\,a=2\,。假设\,n\,是合数，即\,n=kl\,(1 \lt k \lt n)\,,\,有：1 \lt 2^k-1 \lt 2^n-1\,,\,由公比\,q=2\,的等比数列求和公式的性质，有：(2^k-1) \mid (2^n-1)\,,\,则\,2^n-1\,也不是质数。因此，\,n\,为质数。证：反证法。假设a>2,因为n>1,故1<a−1<an−1,且an−1=(a−1)(an−1+an−2+⋯+a+1),从而an−1有真因数a−1,即an−1不是质数，矛盾，则a=2。假设n是合数，即n=kl(1<k<n),有：1<2k−1<2n−1,由公比q=2的等比数列求和公式的性质，有：(2k−1)∣(2n−1),则2n−1也不是质数。因此，n为质数。
设n>1\,n \gt 1\,n>1，则n\,n\,n的大于1\,1\,1的最小正因数p\,p\,p一定是质数。
提示：反证法。若p不是质数，则p除1与本身外还有一真因数q,满足1<q<p且q∣n，矛盾。提示：反证法。若\,p\,不是质数，则\,p\,除\,1\,与本身外还有一真因数\,q\,,满足\,1 \lt q \lt p\,且\,q \mid n\,，矛盾。提示：反证法。若p不是质数，则p除1与本身外还有一真因数q,满足1<q<p且q∣n，矛盾。
设n>1\,n \gt 1\,n>1，若所有≤n\,\le \sqrt{n}\,≤n的质数都不能整除n\,n\,n，则n\,n\,n一定是质数。
证：转化为证明逆否命题“n如果是合数，则n至少能被一个≤n的质数整除”。设p是n的除1之外的最小正因数，则有n=pk(1<p≤k),则n≥p2>1,即1<p≤n,所以逆否命题成立，故原命题成立。证：转化为证明逆否命题“\,n\,如果是合数，则\,n\,至少能被一个\le \sqrt{n}\,的质数整除”。设\,p\,是\,n\,的除\,1\,之外的最小正因数，则有\,n=pk\,(1 \lt p \le k)\,,则\,n \ge p^2 \gt 1\,,即\,1 \lt p \le \sqrt{n}\,,所以逆否命题成立，故原命题成立。证：转化为证明逆否命题“n如果是合数，则n至少能被一个≤n的质数整除”。设p是n的除1之外的最小正因数，则有n=pk(1<p≤k),则n≥p2>1,即1<p≤n,所以逆否命题成立，故原命题成立。
如果对于所有≤nk\, \le \sqrt[k]{n}\,≤kn(k\,k\,k是整数，且k≥2\,k \ge 2\,k≥2)的质数p,n\,p,n\,p,n，n\,n\,n不能被p\,p\,p整除，证明：n\,n\,n至多为k−1\,k-1\,k−1个质数(允许相同)的乘积。
证：转化为逆否命题“n至少是k个质数(允许相同)的乘积，则至少存在一个≤nk的质数能整除n”证明。假设p1p2⋯pn∣n,其中p1≤p2≤⋯≤pk都是质数，则p1k≤n,即p1≤nk,故逆否命题成立，则原命题成立。证：转化为逆否命题“\,n\,至少是\,k\,个质数(允许相同)的乘积，则至少存在一个\le \sqrt[k]{n}的质数能整除\,n\,”证明。假设\,p_1p_2\cdots p_n \mid n\,,其中\,p_1 \le p_2 \le \cdots \le p_k\,都是质数，则\,p_1^k \le n\,,即\,p_1 \le \sqrt[k]{n}\,,故逆否命题成立，则原命题成立。证：转化为逆否命题“n至少是k个质数(允许相同)的乘积，则至少存在一个≤kn的质数能整除n”证明。假设p1p2⋯pn∣n,其中p1≤p2≤⋯≤pk都是质数，则p1k≤n,即p1≤kn,故逆否命题成立，则原命题成立。
设p\,p\,p是合数n\,n\,n的最小质因数，则：若p>n3,则np\,p \gt \sqrt[3]{n}\,,则\,\dfrac{n}{p}\,p>3n,则pn是质数。
证：假设np不是质数，则有np=p1k,这里p1为np的最小正因数，为质数，则k≥p1,则p≤p1≤k,得n=pp1k≥p3,即p≤n3,但p>n3,故假设不成立，于是命题成立。证：假设\,\dfrac{n}{p}\,不是质数，则有\,\dfrac{n}{p}=p_1k\,,这里\,p_1\,为\,\dfrac{n}{p}\,的最小正因数，为质数，则\,k \ge p_1\,,则\,p \le p_1 \le k\,,得\,n=pp_1k \ge p^3\,,即\,p \le \sqrt[3]{n}\,,但\,p \gt \sqrt[3]{n}\,,故假设不成立，于是命题成立。证：假设pn不是质数，则有pn=p1k,这里p1为pn的最小正因数，为质数，则k≥p1,则p≤p1≤k,得n=pp1k≥p3,即p≤3n,但p>3n,故假设不成立，于是命题成立。
若n\,n\,n为大于5\,5\,5的奇数，且存在互质的整数a\,a\,a和b\,b\,b，使得a−b=n\,a-b=n\,a−b=n和a+b=p1p2⋯pk\,a+b=p_1p_2\cdots p_k\,a+b=p1p2⋯pk，其中p1,p2,⋯,pk\,p_1,p_2,\cdots,p_k\,p1,p2,⋯,pk是≤n\,\le \sqrt{n}\,≤n的全体奇质数，试证：n\,n\,n为质数。
提示：由于(a+b,a)=(b,a)=1则(a−b,a+b)=(a+b,2a)=(a+b,2)=1或2提示：由于\,(a+b,a)=(b,a)=1\,则\,(a-b,a+b)=(a+b,2a)=(a+b,2)=1\,或\,2提示：由于(a+b,a)=(b,a)=1则(a−b,a+b)=(a+b,2a)=(a+b,2)=1或2 。其中(a,b)为a,b的最大公因数其中\,(a,b)\,为\,a,b\,的最大公因数其中(a,b)为a,b的最大公因数。
若质数p\,p\,p除以30\,30\,30后的余数r≠1\,r \ne 1\,r=1，试证：r\,r\,r一定是质数。
提示：设p=30k+r(1<r<30)提示：设\,p=30k+r\,(1 \lt r \lt 30)提示：设p=30k+r(1<r<30)
若质数p≥7\,p \ge 7\,p≥7，试证：p2\,p^2\,p2除以30\,30\,30所得的余数必为1\,1\,1或19\,19\,19。
提示：参考上一题提示：参考上一题提示：参考上一题
225+12^{2^5}+1225+1 是合数
证：设a=27,b=5,则a−b3=3,1+ab−b4=1+(a−b3)b=1+3b=24,于是225+1=(2a)4+1=24⋅a4+1=(1+ab−b4)a4+1=(1+ab)a4+[1−(−ab)4]=(1+ab)[a4+(−ab)3+(−ab)2+(−ab)+1],所以(1+ab)∣225+1。证：设\,a=2^7,b=5\,,\,则\,a-b^3=3\,,\,1+ab-b^4=1+(a-b^3)b=1+3b=2^4\,,\,于是\,2^{2^5}+1=(2a)^4+1=2^4 \cdot a^4+1=(1+ab-b^4)a^4+1=(1+ab)a^4+[\,1-(-ab)^4\,]=(1+ab)[\,a^4+(-ab)^3+(-ab)^2+(-ab)+1\,]\,,\,所以\,(1+ab) \mid 2^{2^5}+1\,。证：设a=27,b=5,则a−b3=3,1+ab−b4=1+(a−b3)b=1+3b=24,于是225+1=(2a)4+1=24⋅a4+1=(1+ab−b4)a4+1=(1+ab)a4+[1−(−ab)4]=(1+ab)[a4+(−ab)3+(−ab)2+(−ab)+1],所以(1+ab)∣225+1。
设 mmm 为正整数，且 2m+12^m+12m+1 为质数，则：m=2nm=2^nm=2n 。
提示：当m为奇数时，am+1=am−(−1)m=(a+1)[am−1+am−2(−1)+am−3(−1)2+⋯+a(−1)m−2+1]。提示：当\,m\,为奇数时，\,a^m+1=a^m-(-1)^m=(a+1)[\,a^{m-1}+a^{m-2}(-1)+a^{m-3}(-1)^2+\cdots+a(-1)^{m-2}+1\,]\,。提示：当m为奇数时，am+1=am−(−1)m=(a+1)[am−1+am−2(−1)+am−3(−1)2+⋯+a(−1)m−2+1]。
设 ppp 为奇质数，则有：1+12+13+⋯+1p−1=ab1+{\large 1 \over 2}+{\large1 \over 3}+\cdots+{\large 1 \over p-1}={\large a \over b}1+21+31+⋯+p−11=ba 的分子 aaa 是 ppp 的倍数。
证：因为：ab=1+12+13+⋯+1p−1(1)ab=1p−1+1p−2+1p−3+⋯+1(2)(1)+(2),得：2ab=pp−1+p2(p−2)+p3(p−3)+⋯+pp−1有：p∣2a⋅(p−1)!,又p为奇质数,得：p∣a证：\\因为： \\ \qquad \begin{aligned}{a \over b} &= 1+{ 1 \over 2}+{1 \over 3}+\cdots+{ 1 \over p-1} \quad (1)\\ {a \over b} &= {1 \over p-1}+{1 \over p-2}+{1 \over p-3}+\cdots+1 \quad (2)\end{aligned} \\(1)+(2)\,,\,得：\\ \qquad \begin{aligned} {2a \over b}={p \over p-1}+{p \over 2(p-2)}+{p \over 3(p-3)}+\dots+{p \over p-1} \end{aligned} \\有：p \mid 2a \cdot (p-1)!\,,\,又\,p\,为奇质数\,,\,得：p \mid a证：因为：baba=1+21+31+⋯+p−11(1)=p−11+p−21+p−31+⋯+1(2)(1)+(2),得：b2a=p−1p+2(p−2)p+3(p−3)p+⋯+p−1p有：p∣2a⋅(p−1)!,又p为奇质数,得：p∣a
设 ppp 为奇质数，则有：1k+1k+1+1k+2+⋯+1p−k=ab{\large 1 \over k}+{\large 1 \over k+1}+{\large1 \over k+2}+\cdots+{\large 1 \over p-k}={\large a \over b}k1+k+11+k+21+⋯+p−k1=ba 的分子 aaa 是 ppp 的倍数。
提示：参考上一结论的解题思想：首尾重排相加提示：参考上一结论的解题思想：首尾重排相加提示：参考上一结论的解题思想：首尾重排相加
p\,p\,p是质数，有一个自然数n>1\,n \gt 1\,n>1，满足n∣(p−1),p∣(n3−1)\,n \mid (p-1)\,,\,p \mid (n^3-1)\,n∣(p−1),p∣(n3−1)，证明：4p−3\,4p-3\,4p−3是平方数。
证：由题意知,n<p,p∣(n−1)(n2+n+1),p∤n−1,则p∣n2+n+1,设p=qn+1,q为自然数,又设n2+n+1=hp,则n2+n+1=h(qn+1),得n∣(h−1),设h−1=tn,则n2+n=(tn+1)(qn+1)−1=tqn2+(t+q)n,在t≥1时,上式右边大于左边,所以t=0,q=n+1,h=1,p=n2+n+1,4p−3=4(n2+n+1)−3=(2n+1)2,命题得证。证：由题意知,\,n \lt p\,,\,p \mid (n-1)(n^2+n+1)\,,\,p \nmid n-1\,,则\,p \mid n^2+n+1\,,设\,p=qn+1\,,\,q\,为自然数,又设\,n^2+n+1=hp\,,则\,n^2+n+1 = h(qn+1)\,,得\,n \mid (h-1)\,,设\,h-1=tn\,,则\,n^2+n=(tn+1)(qn+1)-1=tqn^2+(t+q)n\,,在\,t \ge 1\,时,上式右边大于左边,所以\,t=0\,,\,q=n+1\,,\,h=1\,,\,p=n^2+n+1\,,\,4p-3=4(n^2+n+1)-3=(2n+1)^2\,,命题得证。证：由题意知,n<p,p∣(n−1)(n2+n+1),p∤n−1,则p∣n2+n+1,设p=qn+1,q为自然数,又设n2+n+1=hp,则n2+n+1=h(qn+1),得n∣(h−1),设h−1=tn,则n2+n=(tn+1)(qn+1)−1=tqn2+(t+q)n,在t≥1时,上式右边大于左边,所以t=0,q=n+1,h=1,p=n2+n+1,4p−3=4(n2+n+1)−3=(2n+1)2,命题得证。

End

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《初等数论》：整除性概念及其性质、质数与合数

文章目录

整除性概念与性质

概念

定义1

定义2

定理

定理一

定理二

定理三

定理四

例题

质数与合数

定理

一些例题或结论

End

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