2024年11月2日发(作者：危梅花)

4

整除

本讲中所涉及的数都是整数，所用的字母除特别申明外也都表示整数．

⑪整除

设

a

、

b

是给定的数，

b0

．若存在整数

c

，使得

abc

，则称

b

整除

a

，记作

b∣a

，并称

b

是

a

的

a

．一个约数（或因子），而称

a

为

b

的一个倍数．如果不存在上述的整数

c

，则称

b

不能整除

a

，记作

bŒ

由整除的定义，容易推出整除的几个简单性质：

c

，且

c∣a

，则

b∣a

，即整除性质具有传递性． ①若

b∣

∣(ac)

，即某一个整数倍数的集合关于加法和减法运算封闭．反复应用这一②若

b∣a

，且

b∣c

，则

b

∣(aucv)

．更一般地，若

a

1

，

a

2

，



，

a

n

都性质，易知：若

b∣a

及

b∣c

，则对任意整数

u

、

v

有

b

∣(a

1

a

2

a

n

)

． 是

b

的倍数，则

b

③若

b∣a

，则或者

a0

，或者

|a|≥b

．因此，若

b∣a

且

a∣b

，则

|a||b|

．

④（带余除法）对任意两个整数

a

、

b

(b0)

，则存在整数

q

和

r

，使得

abqr

，其中

0≤rb

，

并且

q

和

r

由上述条件惟一确定．整数

q

称为

a

被

b

除得的（不完全）商，数

r

称为

a

被

b

除得的余



a



数．

r

共有

b

种可能的取值，若

r0

，即为前面说的

a

被

b

整除．易知，带余除法中的商实际上是





b



a

（不超过的最大整数），而带余除法的核心是关于余数的不等式：

0≤rb

．

b

⑤证明

b∣a

的基本手法是将

a

分解为

b

与一个整数之积．在比较初级的问题中，这种数的分解常通过在

一些代数式的分解中取特殊值而产生．下面两个整除分解式在这类论证中应用较多．

若

n

是正整数，则

x

n

y

n

(xy)(x

n1

x

n2

yxy

n2

y

n1

)

；

若

n

是正奇数，则

x

n

y

n

(xy)(x

n1

x

n2

yxy

n2

y

n1

)

．

⑫最大公约数与最小公倍数

最大公约数是数论中的一个重要概念．设

a

、

b

不全为零，同时整除

a

、

b

的整数称为它们的公约

数．因为

a

、

b

不全为零，故由整除的性质③推知，

a

、

b

的公约数只有有限多个，将其中最大的一个

b)

表示． 称为

a

、

b

的最大公约数，用符号

(a，

b)1

时，即

a

，

b

的公约数只有

1

，称

a

与

b

互素（或互质）当

(a，

．

b，，c)

．对于多于两个的不全为零的整数

a

，

b

，



，

c

，可类似的定义它们的最大公约数

(a，

若

(a，b，，c)

1

，则称

a

，

b

，



，

c

互素．但此时并不能推出

a

，

b

，



，

c

两两互素；但反过来，

b，，c)

1

． 若

a

，

b

，



，

c

两两互素，则显然有

(a，

b

的符号和先后顺序不改变

(a，b)

的值，由定义容易得到最大公约数的一些简单性质：任意改变

a

、

1

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

b)(b，a)(a，b)

；

(a，b)

作为

b

的函数，以

a

为周期，即

(a，ba)(a，b)

． 即有

(a，

下面给出最大公约数的若干性质，它们是解决关于公约问题的基础．



xx

0

b)

．如果



①设

a

、

b

是不全为

0

的整数，则存在整数

x

、

y

，使得

axby(a，

是满足上式的一

yy

0





xx

0

bu

组整数，则



（其中

u

为任意整数）也是满足上式的整数．这表明，满足上式的

x

、

y

有

yyau

0



无穷组，并且在

ab0

时，可选择

x

为正（负）数，此时

y

则相应的为负（正）数．

特别的，两个整数

a

、

b

互素的充分必要条件是存在整数

x

、

y

，使得

axby1

，这通常称为

a

、

b

适合的裴蜀（Bezout）等式．事实上，条件的必要性是性质①的特例．反过来，若有

x

、

y

使等式

a

且

d∣b

，故

d∣ax

及

d∣

1

，从而

d1

．

b)d

，则

d∣

成立，设

(a，

by

，于是

d∣(axby)

，即

d∣

∣a

，

m∣b

，则

m

②若

m

∣(a，b)

，即

a

、

b

任一个公约数都是它们的最大公约数的约数．

mb)m(a，b)

． ③若

m0

，则

(ma，



ab



b)d

，则



，



1

．因此，由两个不互素的整数，可自然地产生一对互素的整数． ④若

(a，



dd



m)1

．这表明，与一个固定整数互素的整数构成的集合关于乘法

m)1

，

(b，m)1

，则

(ab，

⑤若

(a，

b)1

，则对任意

k0

与

(a

k

，

封闭．由此可以推出：若

(a，

b)1

，进而对任意

l0

有

(a

k

，b

l

)1

．

∣ac

，若

(b，c)1

，则

b∣a

． ⑥设

b

b)1

，则

a

、

b

都是整数的

k

次幂．一般⑦设正整数

a

、

b

之积是一个整数的

k

次幂

(k≥2)

．若

(a，

b，，c

之积是一个整数的

k

次幂，若

a，b，，c

两两互素，则

a，b，，c

都是整地，设正整数

a，

数的

k

次幂．

下面介绍最小公倍数．设

a

、

b

是两个非零整数，一个同时为

a

、

b

倍数的数称为它们的一个公倍

b]

．对于多个数．

a

、

b

的公倍数有无穷多个，其中最小的正数称为

a

、

b

的最小公倍数，记作

[a，

b，，c]

．

，c

非零整数

a，b，

，可类似地定义它们的最小公倍数

[a，

b]

的倍数．对于多于两个整数的情形，类似的结论也成立． ⑧

a

与

b

的任意公倍数都是

[a，

b)[a，b]|ab|

． ⑨两个整数

a

、

b

的最大公约数与最小公倍数满足

(a，

思考：对于多于两个整数的情形，类似的结论不成立，请举出例子．

∣d

，

b∣d

，



，

c∣d

，

b，，c

两两互素，

b，，c]|abc|

．⑩若

a，

则有

[a，

由此以及性质⑧可知若

a

∣d

．

b，，c

两两互素，则有

abc

且

a，

⑬素数及唯一分解定理

大于

1

的整数

n

总有两个不同的正约数：

1

和

n

．若

n

仅有这两个正约数（称为

n

没有真约数），则

称

n

为素数（或质数）．若

n

有真约数，即

n

可表示为

ab

的形式（这里

a

、

b

为大于

1

的整数），则称

n

为合数．于是，正整数被分成三类，数

1

单独作一类，素数类及合数类．

素数在正整数中特别重要，我们常用字母

p

表示素数．由定义易得出下面的基本结论：

①大于

1

的整数必有素约数．

②设

p

是素数，

n

是任意一个整数，则或者

p

整除

n

，或者

p

与

n

互素．

n)

必整除

p

，故由素数的定义推知，或者

(p，n)1

，或者事实上，

p

与

n

的最大公约数

(p，

(p，n)p

，即或者

p

与

n

互素，或者

p∣n

．

ab

，则

a

、

b

中至少有一个数被

p

整除．特别地可以推出，若素③设

p

是素数，

a

、

b

为整数．若

p∣

∣a

． 数

p

整除

a

n

(n≥1)

，则

p

④素数有无穷多个．

p

2

，，p

k

，思考：如何证明素数有无穷多个？（提示：用反证法，假设素数只有有限多个，为

p

1

，

考虑数

Np

1

p

2

p

k

1

，利用性质⑬．①）

⑤每个大于

1

的正整数都可以分解为有限个素数的积；并且，若不计素因数在乘积中的次序，这样的

分解是唯一的．将

n

的素因数分解中的相同的素因子收集在一起，可知每个大于

1

的正整数

n

可惟一

2

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

的表示为

np

1

a

1

p

2

a

2

p

k

a

k

，其中

p

1

，p

2

，，p

k

是互不相同的素数，

a

1

，a

2

，，a

k

是正整数，这称

为

n

的标准分解．

⑥

n

的全部正约数为

p

1

b

1

p

2

b

2

p

k

b

k

，其中

b

i

是满足

0≤b

i

≤a

i

(i1，2，，k)

的任意整数．

由此易知，若记



(n)

为

n

的正约数的个数，



(n)

为

n

的正约数之和，则有



(n)(a

1

1)(a

2

1)(a

k

1)

，

p

1

a

1

1

1p

2

a

2

1

1

p

k

a

k

1

1

．



(n)



p

1

1p

2

1p

k

1

虽然素数有无穷多个，但它们在自然数中的分布却极不规则．给定一个大整数，判断它是否为素

数，通常是极其困难的，要作出其标准分解，则更加困难．证明某些特殊形式的数不是素数（或者给

出其为素数的必要条件），是初等数论中较为基本的问题，在数学竞赛中尤为常见．处理这类问题的基

本方法是应用各种分解技术，指出所涉及数的一个真约数．

【例 1】 证明：

nm

⑪设

mn≥0

，有

(2

2

1)∣(2

2

1)

；

∣n9∣S(n)

． ⑫对正整数

n

，记

S(n)

为

n

的十进制表示中各个数位数码之和，则

9

p1111



⑬设

p

和

q

均为自然数，使得

1

，证明：

p

可被

1979

整除．

q2313181319

【解析】 ⑪

2

2

1(2

2

1)[(2

2

)

2

n1nn

mn1n1mn1

2

2

1](2

2

1)∣(2

2

1)

，

nn1

nm

n1n1m

又

2

2

1(2

2

1)(2

2

1)

，从而

(2

2

1)∣(2

2

1)

．

于是由整除的传递性，有

(2

2

1)∣(2

2

1)

．

⑫设

na

k

10

k

a

1

10a

0

，其中

0≤a

i

≤9

，且

a

k

0

，则

S(n)a

0

a

1

a

k

．

于是有

nS(n)a

k

(10

k

1)a

1

(101)

．对

1≤i≤k

，由整除分解式知

9∣(10

i

1)

，故

上式右端

k

个加项中的每一个都是

9

的倍数，从而由整除的性质知，它们的和也被

9

整除，

∣(nS(n))

．由此容易推出结论的两个方面． 即

9

⑶

p



111



1



11





1







2











q



231319



1318



24

1



11



11





1











1







2313192659



1



11



1



1



1















6601319



6611318



989990



111









1979



66013196611318989990



∣(a

1

a

2

a

n

)

的一种基本的想法，我们可以试着去证明更强的【点评】 整除的性质②提供了证明

b

∣a

i

．这一更强的命题当然不一定成立，（也往往是更容易证明的）命题：

1≤i≤n

，有

b

即使在它不成立的时候，上述想法仍有一种常常有效的变通：将

a

1

a

2

a

n

适当的分组成

∣c

i

(i1，2，，k)

． 为

c

1

c

2

c

k

，而

b

9(nS(n))

，即

S(n)≡n(mod9)

．有些情形，例

1

⑫的证明，实际上给出了更强的结论，

n，∣

我们能够由正整数十进制表示中的数字的性质，推断这个整数能否被另一个整数整除，这样

3

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的结论，常称为整除的数字特征．被

2

、

3

、

5

、

10

整除的数的数字特征是显而易见的．

【变式】 设

k≥1

是一个奇数，证明：

n，(n2)Œ(1

k

2

k

n

k

)

．

n1

结论显然成立．设

n≥2

，记所涉及的和为

A

，则 【解析】

2A2(2

k

n

k

)(3

k

(n1)

k

)(n

k

2

k

)

．因为

k

是正奇数，故由整除分解式可知，对

每个

i≥2

，数

i

k

(n2i)

k

被

i(n2i)n2

整除，故

2A

被

n2

除得的余数是

2

，从

而

A

不可能被

n2

整除（注意

n22

）．

【点评】 论证中我们应用了“配对法”，这是数论中变形和式的一种常用手法．

【变式】 设

m

、

n

为正整数，

m2

，证明：

(2

m

1)Œ(2

n

1)

．

【解析】 当

nm

时，结论平凡；

当

nm

时，结果可由

2

n

1≤2

m1

12

m

1

推出来（注意

m2

，并运用整除的性质③）；

当

nm

的情形可化为上述特殊情形：由带余除法，

nmqr

，

0≤rm

，而

q0

．由于

2

n

1(2

mq

1)2

r

2

r

1

，由整除分解式知

(2

m

1)∣(2

mq

1)

；而

0≤rm

，故由上面证明了

的结论知

(2

m

1)Œ

结论平凡）．从而当

nm

时也有

(2

m

1)Œ

这

(2

r

1)

（注意

r0

时，

(2

r

1)

．

就证明了本题结论．

m，n0

，证明：

(a

m

1，

【例 2】 设

a1，

a

n

1)a

(m，n)

1

．

【解析】 设

D(a

m

1，a

n

1)

．通过证明

(a

(m，n)

1)∣D

及

D∣(a

(m，n)

1)

来推导出

Da

(m，n)

1

，这是

数论中证明两数相等的常用手法．

n)∣m

，

(m，

∵

(m，

n)∣n

，由整除分解式即知

(a

(m，n)

1)∣(a

m

1)

，以及

(a

(m，n)

1)∣(a

n

1)

，

故可知，

a

(m，n)

1

整除

(a

m

1，a

n

1)

，即

(a

(m，n)

1)∣D

．

n)

． 为了证明

D∣(a

(m，n)

1)

，设

d(m，

n0

，∴可以选择

u，v0

使得

munvd

．∵

D

∵

m，

∣(a

m

1)

，∴

D∣(a

mu

1)

．

同样，

D∣(a

nv

1)

．故

D∣(a

mu

a

nv

)

，从而由

munvd

，得

D∣a

nv

(a

d

1)

．

a)1

，进而

(D，

此外，因

a1

，及

D∣(a

m

1)

，故

(D，

a

nv

)1

．

于是，从

D∣(a

mu

a

nv

)

可导出

D∣(a

d

1)

，即

D∣(a

(m，n)

1)

．

综上所述，可知

Da

(m，n)

1

．

k

F

n

)1

． 【变式】 记

F

k

2

2

1，k≥0

．证明：若

mn

，则

(F

m

，

(F

m

2)

（例

1

⑪）【解析】 论证的关键是利用

F

n

∣

，即存在一个整数

x

使得

F

m

xF

n

2

．

2

，所以

d1

或

F

n

)

，则由存在一个整数

x

使得

F

m

xF

n

2

，推出

d∣

不妨设

mn

，

d(F

m

，

2

．但

F

n

显然是奇数，故必须

d1

．

F

k

(k≥0)

称为费马（Fermat）数．本变式表明，费马数两两互素，这是费马数的一个有趣的【点评】

基本性质．利用这一性质，可以证明素数有无穷多个的结论．无穷数列



F

k



(k≥0)

中的项两

两互素，所以每个

F

k

的素约数与这个数列中其他项的素约数不同，因此素数必然有无穷多个．

n0

，

mn

【变式】 设

m，

∣(m

2

n

2

)

，则

mn

．

n)d

，则

mm

1

d，nn

1

d

，其中

(m

1

，n

1

)1

．于是，条件转化为

m

1

n

1

∣(m

1

2

n

1

2

)

，故【解析】 设

(m，

n

1

)1

，

(m

1

2

n

1

2

)

，

n

1

2

．

n

1

2

)1

．

n

1

2

，有

m

1

∣

从而

m

1

∣

但

(m

1

，

故

(m

1

，

结合

m

1

∣

可知必须

m

1

1

．同

理

n

1

1

，因此

mn

．

【点评】 对两个给定的不全为零的整数，我们常借助它们的最大公约数，并应用性质⑵－④，产生两

个互素的整数，以利用互素的性质作进一步论证（参见性质⑵－⑤，⑵－⑥．就本题而言，

由于

mn

为二次式，

m

2

n

2

为二次齐次式，上述手段的实质是将问题化归成

m

、

n

互素这种

4

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

特殊情形．

在某些问题中，已知的条件（或者已经证明的结论）

c∣a

并不使用，我们可以试着选取

c

的

一个恰当的约束

b

，并从

c∣a

过度到较弱的结论

b∣a

，以期望后者提供适宜于进一步论证的信

22

息．在本例中，我们就是由

m

1

n

1

∣(m

1

n

1

)

产生了

m

1

∣n

1

2

，进而推导出

m

1

1

．

【变式】

m

个盒子中各若干个球，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

n)1

． 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

，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

【解析】 设

(m，

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．

n)d1

，则只要在

m

个盒中放

m1

个球，则不管加球多少用反证法证明必要性．若

(m，

d|n，d1

，所次，例如，加球

k

次，则这时

m

个盒中共有球

m1kn

（个），因为

d|m，

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

．

ab

【例 3】 设正整数

a

、

b

、

c

的最大公约数为

1

，并且

c

．证明：

ab

是一个完全平方数．

ab

【解析】 方法一：

b)d

，则

ada

1

，

bdb

1

，其中

(a

1

，

c)1

．

b，c)1

，故有

(d，

b

1

)1

．由于

(a，

设

(a，

cb

1

．因

(a

1

,b

1

)1

，故

a

1

∣c

． 于是问题中的等式转化为

da

1

b

1

ca

1

cb

1

，由此可见

a

1

∣

c

．再由

(a

1

,b

1

)1

便推出

a

1

b

1

∣c

（参考性质⑵－⑧⑨）同样可得

b

1

∣

．

设

ca

1

b

1

k

，其中

k

是一个正整数．一方面，显然

k

整除

c

；另一方面，结合

da

1

b

1

ca

1

cb

1

，

d

．从而

k∣

d)1

，故

k1

．

(c，d)

．但

(c，

得

dk(a

1

b

1

)

，故

k∣

因此

da

1

b

1

．故

abd(a

1

b

1

)d

2

．这就证明了

ab

是一个完全平方数．

方法二：

bc)d

． 记

abk

，则已知等式可化为

k(cb)b

2

．记

(k，

∣b

．

∣k

，

∣a

，

∣(bc)

及

p

∣c

及

p

若

d1

，则

d

有素因子

p

．由上式知

p

故

p

结合

p

得出

p

∣b

2

，

b，c)1

相违． 这与

(a，

因此

d1

，进而知

k

与

cb

都是完全平方数．

【变式】 设

k

为正奇数，证明：

(12n)∣(1

k

2

k

n

k

)

．

n(n1)

【解析】 因为

12n

，故问题等价于证明：

n(n1)

整除

2(1

k

2

k

n

k

)

．因

n

与

n1

2

互素，所以这又等价于证明

n∣2(1

k

2

k

n

k

)

．事实上，由于

k

是奇数，故由整除的分解

式，可知

2(1

k

2

k

n

k

)[1

k

(n1)

k

][2

k

(n2)

k

][(n1)

k

1

k

]2n

k

是

n

的倍

数．同理，

2(1

k

2

k

n

k

)[1

k

n

k

][2

k

(n1)

k

][n

k

1

k

]

是

n1

的倍数．

b

2

)1

，则我们可以【点评】 整除问题中，有时直接证明

b∣a

不容易．若

b

可分解为

bb

1

b

1

，其中

(b

1

，

a

以及

b

2

∣a

．本例应用了这一手法．更一般地，为了将原命题

b∣a

分解为等价的两个命题

b

1

∣

b

2

，，b

n

之积，而证明等价的证明

b∣a

，可将

b

分解为若干两两互素的整数

b

1

，

b

i

∣a(i1，2，，n)

（参见性质⑵－⑩）．

5

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【例 4】 设正整数

a

、

b

、

c

、

d

满足

abcd

，证明：

abcd

不是素数．

【解析】 方法一：

adm

am

a

由

abcd

，可设



，其中

m

和

n

是互素的正整数，由



意味着有理数的分子、

cbnc

cn

m

分母约去了某个正整数

u

后，得到既约分数，因此

amy

，

cnu

．同理，有正整数使得

n

bnv

，

dmv

．因此，

abcd(mn)(uv)

是大于

1

的整数之积，从而不是素数．

方法二：

cd

cd(ac)(ad)

由

abcd

，得

b

．因此

abcd

a

．因为

abcd

是

cd

aa

a

(ac)(ad)

整数，故也是整数，若它是一个素数，设为

p

，则有

(ac)(ad)ap

，可见

p

a

∣(ac)

，则

ac≥p

，结合⑶－③整除

(ac)(ad)

，从而

p

整除

ac

或

ad

．不妨设

p

推出

ad≤a

，矛盾．

【变式】 设

a

、

b

是正整数，满足

2a

2

a3b

2

b

，则

ab

和

2a2b1

都是完全平方数．

【解析】 已知关系式即为

(ab)(2a2b1)b

2

，论证的关键是证明正整数

ab

与

2a2b1

互素．

2a2b1)

．若

d

有素因子

p

，从而由性质⑶－①知

p

记

d(ab，

∣b

2

．

∣b

．

∣(ab)

知

p∣a

．

∣(2a2b1)

推导出

p∣

因

p

是素数，故

p

结合

p

再由

p

矛盾，故

d1

．

1

，

从而由性质⑶－①推知正整数

ab

与

2a2b1

都是完全平方数．

【例 5】 证明：两个连续正整数之积不能是完全平方，也不能是完全立方．

【解析】 反证法，假设有正整数

x

，

y

使得

x(x1)y

2

．则

4x(x1)4y

2

(2x1)

2

4y

2

1

(2x12y)(2x12y)1

．因左边两个因数都是正整



2x12y1

数，故有



，解得

xy0

，矛盾．



2x12y1

然而对于方程

x(x1)y

3

，上面的分解方法不易奏效．

采用另一种分解：设所说的方程有正整数解

x

、

y

，则由于

x

和

x1

互素，而它们的积是一

个完全立方数，故

x

与

x1

都是正整数的立方，即

xu

3

，

x1v

3

，

yuv

，

u

、

v

都是正

整数，由此产生

v

3

u

3

1

，易知这不可能．不难看到，用类似的论证，可以证明连续两个正

整数之积不会是整数的

k

次幂（这里

k≥2

）．

【变式】 给定的正整数

k≥2

，证明：连续三个正整数的积不能是整数的

k

次幂．

【解析】 假设有正整数

x≥2

及

y

，使得

(x1)x(x1)y

k

．

注意到上述式子左端的三个因数

x1

、

x

、

x1

并非总两两互素，因此不能推出它们都是

k

次

方幂．克服这个困难的一种方法是将其变形为

(x

2

1)xy

k

．因

x

和

x

2

1

互素，故可由上式

推出，有正整数

a

、

b

，使得

xa

k

，

x

2

1b

k

，

aby

，由此我们有

1a

2k

b

k

(a

2

)

k

b

k

(a

2

b)(a

2k2

a

2k4

ba

2

b

k2

b

k1

)

，由于

x≥2

，故

a≥2

，又

k≥2

，故上式后一个因数必大于

1

，导出矛盾．

【点评】 实际上，连续四个正整数的积也不能是整数的

k

次幂，由于证明需要使用二项式定理，所以

将在以后介绍．

6

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【例 6】 （09年集训队测试题）

设

n

是一个合数．证明存在正整数

m

，满足

m|n

，

m≤n

，且

d(n)≤d

3

(m)

．这里

d(k)

表

示正整数

k

的正约数的个数．

n

【解析】 若

n

有一个素因子

p

满足

p＞n

，令

m

，则有

m＜n

，

p

p)1

，

)≥2

．由

p＞n

知

(m，

因此

d(n)d(p)d(m)2d(m)

．又由

n

是合数知

m＞1

，即

d(m

因

此

d(n)≤d

2

(m)

．

现在设

n

的所有素因子都不大于

n

，取

m

1

为

n

的不超过

n

的最大因子，再取

m

2

为

超过

n

的最大因子，我们先证明

m

2

＞1

．

若不然，则

nn

n

没有大于

1

且不超过

n

的因子，但若是合数，则它在区间

(1，]

内至少

m

1

m

1

m

1

n

是素数．但前面已假设

n

的所有素因子都不大于

n

，又

m

1

n

的不

m

1

有一个因子，矛盾！因此

nn

n

≥n

，故只有

n

且是素数．但此时有

m

2

n

，与假设的

m

2

1

矛盾！

m

m

1

n

1

n

由

m

2

＞1

知

m

1

m

2

＞m

1

，且

m

1

m

2

是

n

的因子，由

m

1

的选取可知

m

1

m

2

＞n

，因此令

m

3



，

m

1

m

2

则有

m

i

≤n(i1，2，3)

．

因此，

d(n)d(m

1

m

2

m

3

)≤d(m

1

)d(m

2

)d(m

3

)≤max{d

3

(m

1

)，d

3

(m

2

)，d

3

(m

3

)}

，

m

2

，m

3

中因子数最多的一个为

m

即可． 故取

m

1

，

【点评】 以上用到一个基本的事实：若

u，v

为正整数，则

d(uv)≤d(u)d(v)

，这可用数

d(x)

的计算公

式推出来．

【变式】 求出最小的正整数

n

，使其恰有

144

个不同的正约数，且其中有

10

个连续约数．

3，4，，10

整除，对

n

进行质因【解析】 从

n

有

10

个连续正约数条件出发，我们不难得到

n

必须被

2，

数分解进行讨论．

3

2

，5，7

的倍数，设

n

的标准分解式为

n2

r

1

3

r

2

5

r

3

p

k

r

k

，则

n

是

2

3

，

r

1

≥3，r

2

≥2，r

3

≥1，r

4

≥1

．

又

n

的正约数的个数

d(n)(r

1

1)(r

2

1)(r

k

1)144

，而

(r

1

1)(r

2

1)(r

3

1)(r

4

1)≥432248

，因此

(r

5

1)(r

6

1)(r

k

1)≤3

．

r

6

，，r

k

中最多还有一个不为

0

． 所以，在

r

5

，

0≤r

5

≤2

．于是

n

的形式为 要使

n

最小，则

k5，

n2

r

1

3

r

2

5

r

3

7

r

4

11

r

5

，此处

r

1

≥3，r

2

≥2，r

3

≥1，r

4

≥1，0≤r

5

≤2

．

从而有

(r

1

1)(r

2

1)(r

3

1)(r

4

1)144

或

(r

1

1)(r

2

1)(r

3

1)(r

4

1)(r

5

1)144

．

显然当

r

1

≥r

2

≥r

3

≥r

4

≥r

5

时，

n

最小．

2，，，111)

可使

r

2

，r

3

，r

4

，r

5

)

，得数组

(5，

由

144222233

，试算满足上式的数组

(r

1

，

n

最小．这样，最小的

n2

5

3

2

5711110880

．

7

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习题 1. 证明：

01

能被

1001

整除； ⑪

10



共200

⑫设正整数

n

的十进制表示为

na

k

a

1

a

0

（

0≤a

i

≤9，

，记

a

k

0

）

．

T(n)a

0

a

1

(1)

k

a

k

（由

n

个各位起始的数字的正、负交错和）

证明：

nT(n)

被

11

整除．

由此得出被

11

整除的数的数字特征：

11

整除

n

的充分必要条件是

11

整除

T(n)

．

01

10

201

1

(10

3

)

67

1(10

3

1)[(10

3

)

66

(10

3

)

65

10

3

1]

，所以 【解析】 ⑪

10



共200

1001∣

10



01

．



200



0

⑫

nT(n)

(a

0

a

0

)(10a

1

a

1

)[a

k

10

k

(1)

k

a

k

]

．按

i

为偶数、奇数分别用整除分解

式可以得到数

a

i

10

i

(1)

i

a

i

被

11

整除．因此

nT(n)

被

11

整除，故问题中结论的两方面

均成立．

21n4

是既约分数．

14n3

【解析】 ∵

3(14n3)2(21n4)1

，∴

(21n4,14n3)

1

．所以原命题成立．

习题 3. 证明：对任意给定的正整数

n1

，都存在连续

n

个合数．

【解析】 容易验证，

(n1)!2,(n1)!3,(n1)!(n1)

是

n

个连续的合数．

习题 2. 利用Bezout等式证明，任给整数

n

，分数

习题 4. 求自然数

N

，使它能被

5

和

49

整除，并且包括

1

和

N

在内，它共有

10

个约数．

i1，2，，n

． 【解析】 把

N

写成素因数分解形式

N2

a

1

3

a

2

p

n

a

n

，其中

a

i

≥0，

则它所有约数的个数为

(a

1

1)(a

2

1)(a

n

1)10

，

a

4

1≥3

， 由于

5|N，7

2

|N

，则

a

3

1≥2，

a

2

，a

5

，，a

n

必然都为

0

，即

N5

a

3

7

a

4

． 因此

a

1

，

a

4

4

， 由于

(a

3

1)(a

4

1)1025

，可得

a

3

1，

即本题有唯一解

N57

4

．

b)

，使得

(ab

2

b7)|(a

2

bab)

． 习题 5. 求所有的正整数对

(a，

【解析】 由条件，

(ab

2

b7)|(a

2

bab)b

，

而

(a

2

bab)ba(ab

2

b7)b

2

7a

，故

(ab

2

b7)|(b

2

7a)

．

⑴当

b

2

7a0

时，要使

(ab

2

b7)|(b

2

7a)

，必须

b

2

7a≥ab

2

b7

，易知这不可能；

b

应具有

a7k

2

，b7k，kN*

的形式，经检验， ⑵当

b

2

7a0

时，即

b

2

7a

，此时

a，

(a，b)(7k

2

，7k)

满足要求；

⑶当

b

2

7a0

时，要使

(ab

2

b7)|(b

2

7a)

，必须

7ab

2

≥ab

2

b7

，那么

7a≥b

2

ab

2

b7ab

2

b

2

7

，于是

b1

或

b2

．

a

2

a157

①

b1

时，由题中条件是自然数，可知

a11

或

a49

，得解

a7

a8a8

1)

；

(a，b)(11，1)

或

(49，

8

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②

b2

时，由

(ab

2

b7)|(b

2

7a)

得

7a4

7a47a4

是自然数，而

2

，所以

1

，

4a9

4a9

此时

a

13

3

非自然数，舍去．

综上，所有解为

(a，b)(11，1)，(49，1)，(7k

2

，7k)，kN*

．

9

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

4a9

建国60周年(四)

我古老而年轻的祖国啊，

我是你广袤大地上一棵稚嫩的幼苗，

摇曳在你温暖呵护的怀抱，

我是你无垠天空中一只飞翔的小鸟，

鸣唱在你春风和煦的心头，

我的血管里，

涌动着黄河的波浪，

我的心灵里，

开放着文明的鲜花，

我心中的理想，

正展现在祖国蔚蓝的天空里。

世界的东方，

有一个神奇而美丽的国家，

茫茫大海，

是她广阔的胸怀，

巍巍长城，

是她坚强的脊梁，

滔滔黄河，

是她奔腾的血液，

青藏高原，

是她刚硬的臂膀……

她——

就是我的祖国

伟大的中华人民共和国

10

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

2024年11月2日发(作者：危梅花)

4

整除

本讲中所涉及的数都是整数，所用的字母除特别申明外也都表示整数．

⑪整除

设

a

、

b

是给定的数，

b0

．若存在整数

c

，使得

abc

，则称

b

整除

a

，记作

b∣a

，并称

b

是

a

的

a

．一个约数（或因子），而称

a

为

b

的一个倍数．如果不存在上述的整数

c

，则称

b

不能整除

a

，记作

bŒ

由整除的定义，容易推出整除的几个简单性质：

c

，且

c∣a

，则

b∣a

，即整除性质具有传递性． ①若

b∣

∣(ac)

，即某一个整数倍数的集合关于加法和减法运算封闭．反复应用这一②若

b∣a

，且

b∣c

，则

b

∣(aucv)

．更一般地，若

a

1

，

a

2

，



，

a

n

都性质，易知：若

b∣a

及

b∣c

，则对任意整数

u

、

v

有

b

∣(a

1

a

2

a

n

)

． 是

b

的倍数，则

b

③若

b∣a

，则或者

a0

，或者

|a|≥b

．因此，若

b∣a

且

a∣b

，则

|a||b|

．

④（带余除法）对任意两个整数

a

、

b

(b0)

，则存在整数

q

和

r

，使得

abqr

，其中

0≤rb

，

并且

q

和

r

由上述条件惟一确定．整数

q

称为

a

被

b

除得的（不完全）商，数

r

称为

a

被

b

除得的余



a



数．

r

共有

b

种可能的取值，若

r0

，即为前面说的

a

被

b

整除．易知，带余除法中的商实际上是





b



a

（不超过的最大整数），而带余除法的核心是关于余数的不等式：

0≤rb

．

b

⑤证明

b∣a

的基本手法是将

a

分解为

b

与一个整数之积．在比较初级的问题中，这种数的分解常通过在

一些代数式的分解中取特殊值而产生．下面两个整除分解式在这类论证中应用较多．

若

n

是正整数，则

x

n

y

n

(xy)(x

n1

x

n2

yxy

n2

y

n1

)

；

若

n

是正奇数，则

x

n

y

n

(xy)(x

n1

x

n2

yxy

n2

y

n1

)

．

⑫最大公约数与最小公倍数

最大公约数是数论中的一个重要概念．设

a

、

b

不全为零，同时整除

a

、

b

的整数称为它们的公约

数．因为

a

、

b

不全为零，故由整除的性质③推知，

a

、

b

的公约数只有有限多个，将其中最大的一个

b)

表示． 称为

a

、

b

的最大公约数，用符号

(a，

b)1

时，即

a

，

b

的公约数只有

1

，称

a

与

b

互素（或互质）当

(a，

．

b，，c)

．对于多于两个的不全为零的整数

a

，

b

，



，

c

，可类似的定义它们的最大公约数

(a，

若

(a，b，，c)

1

，则称

a

，

b

，



，

c

互素．但此时并不能推出

a

，

b

，



，

c

两两互素；但反过来，

b，，c)

1

． 若

a

，

b

，



，

c

两两互素，则显然有

(a，

b

的符号和先后顺序不改变

(a，b)

的值，由定义容易得到最大公约数的一些简单性质：任意改变

a

、

1

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b)(b，a)(a，b)

；

(a，b)

作为

b

的函数，以

a

为周期，即

(a，ba)(a，b)

． 即有

(a，

下面给出最大公约数的若干性质，它们是解决关于公约问题的基础．



xx

0

b)

．如果



①设

a

、

b

是不全为

0

的整数，则存在整数

x

、

y

，使得

axby(a，

是满足上式的一

yy

0





xx

0

bu

组整数，则



（其中

u

为任意整数）也是满足上式的整数．这表明，满足上式的

x

、

y

有

yyau

0



无穷组，并且在

ab0

时，可选择

x

为正（负）数，此时

y

则相应的为负（正）数．

特别的，两个整数

a

、

b

互素的充分必要条件是存在整数

x

、

y

，使得

axby1

，这通常称为

a

、

b

适合的裴蜀（Bezout）等式．事实上，条件的必要性是性质①的特例．反过来，若有

x

、

y

使等式

a

且

d∣b

，故

d∣ax

及

d∣

1

，从而

d1

．

b)d

，则

d∣

成立，设

(a，

by

，于是

d∣(axby)

，即

d∣

∣a

，

m∣b

，则

m

②若

m

∣(a，b)

，即

a

、

b

任一个公约数都是它们的最大公约数的约数．

mb)m(a，b)

． ③若

m0

，则

(ma，



ab



b)d

，则



，



1

．因此，由两个不互素的整数，可自然地产生一对互素的整数． ④若

(a，



dd



m)1

．这表明，与一个固定整数互素的整数构成的集合关于乘法

m)1

，

(b，m)1

，则

(ab，

⑤若

(a，

b)1

，则对任意

k0

与

(a

k

，

封闭．由此可以推出：若

(a，

b)1

，进而对任意

l0

有

(a

k

，b

l

)1

．

∣ac

，若

(b，c)1

，则

b∣a

． ⑥设

b

b)1

，则

a

、

b

都是整数的

k

次幂．一般⑦设正整数

a

、

b

之积是一个整数的

k

次幂

(k≥2)

．若

(a，

b，，c

之积是一个整数的

k

次幂，若

a，b，，c

两两互素，则

a，b，，c

都是整地，设正整数

a，

数的

k

次幂．

下面介绍最小公倍数．设

a

、

b

是两个非零整数，一个同时为

a

、

b

倍数的数称为它们的一个公倍

b]

．对于多个数．

a

、

b

的公倍数有无穷多个，其中最小的正数称为

a

、

b

的最小公倍数，记作

[a，

b，，c]

．

，c

非零整数

a，b，

，可类似地定义它们的最小公倍数

[a，

b]

的倍数．对于多于两个整数的情形，类似的结论也成立． ⑧

a

与

b

的任意公倍数都是

[a，

b)[a，b]|ab|

． ⑨两个整数

a

、

b

的最大公约数与最小公倍数满足

(a，

思考：对于多于两个整数的情形，类似的结论不成立，请举出例子．

∣d

，

b∣d

，



，

c∣d

，

b，，c

两两互素，

b，，c]|abc|

．⑩若

a，

则有

[a，

由此以及性质⑧可知若

a

∣d

．

b，，c

两两互素，则有

abc

且

a，

⑬素数及唯一分解定理

大于

1

的整数

n

总有两个不同的正约数：

1

和

n

．若

n

仅有这两个正约数（称为

n

没有真约数），则

称

n

为素数（或质数）．若

n

有真约数，即

n

可表示为

ab

的形式（这里

a

、

b

为大于

1

的整数），则称

n

为合数．于是，正整数被分成三类，数

1

单独作一类，素数类及合数类．

素数在正整数中特别重要，我们常用字母

p

表示素数．由定义易得出下面的基本结论：

①大于

1

的整数必有素约数．

②设

p

是素数，

n

是任意一个整数，则或者

p

整除

n

，或者

p

与

n

互素．

n)

必整除

p

，故由素数的定义推知，或者

(p，n)1

，或者事实上，

p

与

n

的最大公约数

(p，

(p，n)p

，即或者

p

与

n

互素，或者

p∣n

．

ab

，则

a

、

b

中至少有一个数被

p

整除．特别地可以推出，若素③设

p

是素数，

a

、

b

为整数．若

p∣

∣a

． 数

p

整除

a

n

(n≥1)

，则

p

④素数有无穷多个．

p

2

，，p

k

，思考：如何证明素数有无穷多个？（提示：用反证法，假设素数只有有限多个，为

p

1

，

考虑数

Np

1

p

2

p

k

1

，利用性质⑬．①）

⑤每个大于

1

的正整数都可以分解为有限个素数的积；并且，若不计素因数在乘积中的次序，这样的

分解是唯一的．将

n

的素因数分解中的相同的素因子收集在一起，可知每个大于

1

的正整数

n

可惟一

2

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的表示为

np

1

a

1

p

2

a

2

p

k

a

k

，其中

p

1

，p

2

，，p

k

是互不相同的素数，

a

1

，a

2

，，a

k

是正整数，这称

为

n

的标准分解．

⑥

n

的全部正约数为

p

1

b

1

p

2

b

2

p

k

b

k

，其中

b

i

是满足

0≤b

i

≤a

i

(i1，2，，k)

的任意整数．

由此易知，若记



(n)

为

n

的正约数的个数，



(n)

为

n

的正约数之和，则有



(n)(a

1

1)(a

2

1)(a

k

1)

，

p

1

a

1

1

1p

2

a

2

1

1

p

k

a

k

1

1

．



(n)



p

1

1p

2

1p

k

1

虽然素数有无穷多个，但它们在自然数中的分布却极不规则．给定一个大整数，判断它是否为素

数，通常是极其困难的，要作出其标准分解，则更加困难．证明某些特殊形式的数不是素数（或者给

出其为素数的必要条件），是初等数论中较为基本的问题，在数学竞赛中尤为常见．处理这类问题的基

本方法是应用各种分解技术，指出所涉及数的一个真约数．

【例 1】 证明：

nm

⑪设

mn≥0

，有

(2

2

1)∣(2

2

1)

；

∣n9∣S(n)

． ⑫对正整数

n

，记

S(n)

为

n

的十进制表示中各个数位数码之和，则

9

p1111



⑬设

p

和

q

均为自然数，使得

1

，证明：

p

可被

1979

整除．

q2313181319

【解析】 ⑪

2

2

1(2

2

1)[(2

2

)

2

n1nn

mn1n1mn1

2

2

1](2

2

1)∣(2

2

1)

，

nn1

nm

n1n1m

又

2

2

1(2

2

1)(2

2

1)

，从而

(2

2

1)∣(2

2

1)

．

于是由整除的传递性，有

(2

2

1)∣(2

2

1)

．

⑫设

na

k

10

k

a

1

10a

0

，其中

0≤a

i

≤9

，且

a

k

0

，则

S(n)a

0

a

1

a

k

．

于是有

nS(n)a

k

(10

k

1)a

1

(101)

．对

1≤i≤k

，由整除分解式知

9∣(10

i

1)

，故

上式右端

k

个加项中的每一个都是

9

的倍数，从而由整除的性质知，它们的和也被

9

整除，

∣(nS(n))

．由此容易推出结论的两个方面． 即

9

⑶

p



111



1



11





1







2











q



231319



1318



24

1



11



11





1











1







2313192659



1



11



1



1



1















6601319



6611318



989990



111









1979



66013196611318989990



∣(a

1

a

2

a

n

)

的一种基本的想法，我们可以试着去证明更强的【点评】 整除的性质②提供了证明

b

∣a

i

．这一更强的命题当然不一定成立，（也往往是更容易证明的）命题：

1≤i≤n

，有

b

即使在它不成立的时候，上述想法仍有一种常常有效的变通：将

a

1

a

2

a

n

适当的分组成

∣c

i

(i1，2，，k)

． 为

c

1

c

2

c

k

，而

b

9(nS(n))

，即

S(n)≡n(mod9)

．有些情形，例

1

⑫的证明，实际上给出了更强的结论，

n，∣

我们能够由正整数十进制表示中的数字的性质，推断这个整数能否被另一个整数整除，这样

3

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的结论，常称为整除的数字特征．被

2

、

3

、

5

、

10

整除的数的数字特征是显而易见的．

【变式】 设

k≥1

是一个奇数，证明：

n，(n2)Œ(1

k

2

k

n

k

)

．

n1

结论显然成立．设

n≥2

，记所涉及的和为

A

，则 【解析】

2A2(2

k

n

k

)(3

k

(n1)

k

)(n

k

2

k

)

．因为

k

是正奇数，故由整除分解式可知，对

每个

i≥2

，数

i

k

(n2i)

k

被

i(n2i)n2

整除，故

2A

被

n2

除得的余数是

2

，从

而

A

不可能被

n2

整除（注意

n22

）．

【点评】 论证中我们应用了“配对法”，这是数论中变形和式的一种常用手法．

【变式】 设

m

、

n

为正整数，

m2

，证明：

(2

m

1)Œ(2

n

1)

．

【解析】 当

nm

时，结论平凡；

当

nm

时，结果可由

2

n

1≤2

m1

12

m

1

推出来（注意

m2

，并运用整除的性质③）；

当

nm

的情形可化为上述特殊情形：由带余除法，

nmqr

，

0≤rm

，而

q0

．由于

2

n

1(2

mq

1)2

r

2

r

1

，由整除分解式知

(2

m

1)∣(2

mq

1)

；而

0≤rm

，故由上面证明了

的结论知

(2

m

1)Œ

结论平凡）．从而当

nm

时也有

(2

m

1)Œ

这

(2

r

1)

（注意

r0

时，

(2

r

1)

．

就证明了本题结论．

m，n0

，证明：

(a

m

1，

【例 2】 设

a1，

a

n

1)a

(m，n)

1

．

【解析】 设

D(a

m

1，a

n

1)

．通过证明

(a

(m，n)

1)∣D

及

D∣(a

(m，n)

1)

来推导出

Da

(m，n)

1

，这是

数论中证明两数相等的常用手法．

n)∣m

，

(m，

∵

(m，

n)∣n

，由整除分解式即知

(a

(m，n)

1)∣(a

m

1)

，以及

(a

(m，n)

1)∣(a

n

1)

，

故可知，

a

(m，n)

1

整除

(a

m

1，a

n

1)

，即

(a

(m，n)

1)∣D

．

n)

． 为了证明

D∣(a

(m，n)

1)

，设

d(m，

n0

，∴可以选择

u，v0

使得

munvd

．∵

D

∵

m，

∣(a

m

1)

，∴

D∣(a

mu

1)

．

同样，

D∣(a

nv

1)

．故

D∣(a

mu

a

nv

)

，从而由

munvd

，得

D∣a

nv

(a

d

1)

．

a)1

，进而

(D，

此外，因

a1

，及

D∣(a

m

1)

，故

(D，

a

nv

)1

．

于是，从

D∣(a

mu

a

nv

)

可导出

D∣(a

d

1)

，即

D∣(a

(m，n)

1)

．

综上所述，可知

Da

(m，n)

1

．

k

F

n

)1

． 【变式】 记

F

k

2

2

1，k≥0

．证明：若

mn

，则

(F

m

，

(F

m

2)

（例

1

⑪）【解析】 论证的关键是利用

F

n

∣

，即存在一个整数

x

使得

F

m

xF

n

2

．

2

，所以

d1

或

F

n

)

，则由存在一个整数

x

使得

F

m

xF

n

2

，推出

d∣

不妨设

mn

，

d(F

m

，

2

．但

F

n

显然是奇数，故必须

d1

．

F

k

(k≥0)

称为费马（Fermat）数．本变式表明，费马数两两互素，这是费马数的一个有趣的【点评】

基本性质．利用这一性质，可以证明素数有无穷多个的结论．无穷数列



F

k



(k≥0)

中的项两

两互素，所以每个

F

k

的素约数与这个数列中其他项的素约数不同，因此素数必然有无穷多个．

n0

，

mn

【变式】 设

m，

∣(m

2

n

2

)

，则

mn

．

n)d

，则

mm

1

d，nn

1

d

，其中

(m

1

，n

1

)1

．于是，条件转化为

m

1

n

1

∣(m

1

2

n

1

2

)

，故【解析】 设

(m，

n

1

)1

，

(m

1

2

n

1

2

)

，

n

1

2

．

n

1

2

)1

．

n

1

2

，有

m

1

∣

从而

m

1

∣

但

(m

1

，

故

(m

1

，

结合

m

1

∣

可知必须

m

1

1

．同

理

n

1

1

，因此

mn

．

【点评】 对两个给定的不全为零的整数，我们常借助它们的最大公约数，并应用性质⑵－④，产生两

个互素的整数，以利用互素的性质作进一步论证（参见性质⑵－⑤，⑵－⑥．就本题而言，

由于

mn

为二次式，

m

2

n

2

为二次齐次式，上述手段的实质是将问题化归成

m

、

n

互素这种

4

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

特殊情形．

在某些问题中，已知的条件（或者已经证明的结论）

c∣a

并不使用，我们可以试着选取

c

的

一个恰当的约束

b

，并从

c∣a

过度到较弱的结论

b∣a

，以期望后者提供适宜于进一步论证的信

22

息．在本例中，我们就是由

m

1

n

1

∣(m

1

n

1

)

产生了

m

1

∣n

1

2

，进而推导出

m

1

1

．

【变式】

m

个盒子中各若干个球，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

n)1

． 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

，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

【解析】 设

(m，

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．

n)d1

，则只要在

m

个盒中放

m1

个球，则不管加球多少用反证法证明必要性．若

(m，

d|n，d1

，所次，例如，加球

k

次，则这时

m

个盒中共有球

m1kn

（个），因为

d|m，

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

．

ab

【例 3】 设正整数

a

、

b

、

c

的最大公约数为

1

，并且

c

．证明：

ab

是一个完全平方数．

ab

【解析】 方法一：

b)d

，则

ada

1

，

bdb

1

，其中

(a

1

，

c)1

．

b，c)1

，故有

(d，

b

1

)1

．由于

(a，

设

(a，

cb

1

．因

(a

1

,b

1

)1

，故

a

1

∣c

． 于是问题中的等式转化为

da

1

b

1

ca

1

cb

1

，由此可见

a

1

∣

c

．再由

(a

1

,b

1

)1

便推出

a

1

b

1

∣c

（参考性质⑵－⑧⑨）同样可得

b

1

∣

．

设

ca

1

b

1

k

，其中

k

是一个正整数．一方面，显然

k

整除

c

；另一方面，结合

da

1

b

1

ca

1

cb

1

，

d

．从而

k∣

d)1

，故

k1

．

(c，d)

．但

(c，

得

dk(a

1

b

1

)

，故

k∣

因此

da

1

b

1

．故

abd(a

1

b

1

)d

2

．这就证明了

ab

是一个完全平方数．

方法二：

bc)d

． 记

abk

，则已知等式可化为

k(cb)b

2

．记

(k，

∣b

．

∣k

，

∣a

，

∣(bc)

及

p

∣c

及

p

若

d1

，则

d

有素因子

p

．由上式知

p

故

p

结合

p

得出

p

∣b

2

，

b，c)1

相违． 这与

(a，

因此

d1

，进而知

k

与

cb

都是完全平方数．

【变式】 设

k

为正奇数，证明：

(12n)∣(1

k

2

k

n

k

)

．

n(n1)

【解析】 因为

12n

，故问题等价于证明：

n(n1)

整除

2(1

k

2

k

n

k

)

．因

n

与

n1

2

互素，所以这又等价于证明

n∣2(1

k

2

k

n

k

)

．事实上，由于

k

是奇数，故由整除的分解

式，可知

2(1

k

2

k

n

k

)[1

k

(n1)

k

][2

k

(n2)

k

][(n1)

k

1

k

]2n

k

是

n

的倍

数．同理，

2(1

k

2

k

n

k

)[1

k

n

k

][2

k

(n1)

k

][n

k

1

k

]

是

n1

的倍数．

b

2

)1

，则我们可以【点评】 整除问题中，有时直接证明

b∣a

不容易．若

b

可分解为

bb

1

b

1

，其中

(b

1

，

a

以及

b

2

∣a

．本例应用了这一手法．更一般地，为了将原命题

b∣a

分解为等价的两个命题

b

1

∣

b

2

，，b

n

之积，而证明等价的证明

b∣a

，可将

b

分解为若干两两互素的整数

b

1

，

b

i

∣a(i1，2，，n)

（参见性质⑵－⑩）．

5

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

【例 4】 设正整数

a

、

b

、

c

、

d

满足

abcd

，证明：

abcd

不是素数．

【解析】 方法一：

adm

am

a

由

abcd

，可设



，其中

m

和

n

是互素的正整数，由



意味着有理数的分子、

cbnc

cn

m

分母约去了某个正整数

u

后，得到既约分数，因此

amy

，

cnu

．同理，有正整数使得

n

bnv

，

dmv

．因此，

abcd(mn)(uv)

是大于

1

的整数之积，从而不是素数．

方法二：

cd

cd(ac)(ad)

由

abcd

，得

b

．因此

abcd

a

．因为

abcd

是

cd

aa

a

(ac)(ad)

整数，故也是整数，若它是一个素数，设为

p

，则有

(ac)(ad)ap

，可见

p

a

∣(ac)

，则

ac≥p

，结合⑶－③整除

(ac)(ad)

，从而

p

整除

ac

或

ad

．不妨设

p

推出

ad≤a

，矛盾．

【变式】 设

a

、

b

是正整数，满足

2a

2

a3b

2

b

，则

ab

和

2a2b1

都是完全平方数．

【解析】 已知关系式即为

(ab)(2a2b1)b

2

，论证的关键是证明正整数

ab

与

2a2b1

互素．

2a2b1)

．若

d

有素因子

p

，从而由性质⑶－①知

p

记

d(ab，

∣b

2

．

∣b

．

∣(ab)

知

p∣a

．

∣(2a2b1)

推导出

p∣

因

p

是素数，故

p

结合

p

再由

p

矛盾，故

d1

．

1

，

从而由性质⑶－①推知正整数

ab

与

2a2b1

都是完全平方数．

【例 5】 证明：两个连续正整数之积不能是完全平方，也不能是完全立方．

【解析】 反证法，假设有正整数

x

，

y

使得

x(x1)y

2

．则

4x(x1)4y

2

(2x1)

2

4y

2

1

(2x12y)(2x12y)1

．因左边两个因数都是正整



2x12y1

数，故有



，解得

xy0

，矛盾．



2x12y1

然而对于方程

x(x1)y

3

，上面的分解方法不易奏效．

采用另一种分解：设所说的方程有正整数解

x

、

y

，则由于

x

和

x1

互素，而它们的积是一

个完全立方数，故

x

与

x1

都是正整数的立方，即

xu

3

，

x1v

3

，

yuv

，

u

、

v

都是正

整数，由此产生

v

3

u

3

1

，易知这不可能．不难看到，用类似的论证，可以证明连续两个正

整数之积不会是整数的

k

次幂（这里

k≥2

）．

【变式】 给定的正整数

k≥2

，证明：连续三个正整数的积不能是整数的

k

次幂．

【解析】 假设有正整数

x≥2

及

y

，使得

(x1)x(x1)y

k

．

注意到上述式子左端的三个因数

x1

、

x

、

x1

并非总两两互素，因此不能推出它们都是

k

次

方幂．克服这个困难的一种方法是将其变形为

(x

2

1)xy

k

．因

x

和

x

2

1

互素，故可由上式

推出，有正整数

a

、

b

，使得

xa

k

，

x

2

1b

k

，

aby

，由此我们有

1a

2k

b

k

(a

2

)

k

b

k

(a

2

b)(a

2k2

a

2k4

ba

2

b

k2

b

k1

)

，由于

x≥2

，故

a≥2

，又

k≥2

，故上式后一个因数必大于

1

，导出矛盾．

【点评】 实际上，连续四个正整数的积也不能是整数的

k

次幂，由于证明需要使用二项式定理，所以

将在以后介绍．

6

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

【例 6】 （09年集训队测试题）

设

n

是一个合数．证明存在正整数

m

，满足

m|n

，

m≤n

，且

d(n)≤d

3

(m)

．这里

d(k)

表

示正整数

k

的正约数的个数．

n

【解析】 若

n

有一个素因子

p

满足

p＞n

，令

m

，则有

m＜n

，

p

p)1

，

)≥2

．由

p＞n

知

(m，

因此

d(n)d(p)d(m)2d(m)

．又由

n

是合数知

m＞1

，即

d(m

因

此

d(n)≤d

2

(m)

．

现在设

n

的所有素因子都不大于

n

，取

m

1

为

n

的不超过

n

的最大因子，再取

m

2

为

超过

n

的最大因子，我们先证明

m

2

＞1

．

若不然，则

nn

n

没有大于

1

且不超过

n

的因子，但若是合数，则它在区间

(1，]

内至少

m

1

m

1

m

1

n

是素数．但前面已假设

n

的所有素因子都不大于

n

，又

m

1

n

的不

m

1

有一个因子，矛盾！因此

nn

n

≥n

，故只有

n

且是素数．但此时有

m

2

n

，与假设的

m

2

1

矛盾！

m

m

1

n

1

n

由

m

2

＞1

知

m

1

m

2

＞m

1

，且

m

1

m

2

是

n

的因子，由

m

1

的选取可知

m

1

m

2

＞n

，因此令

m

3



，

m

1

m

2

则有

m

i

≤n(i1，2，3)

．

因此，

d(n)d(m

1

m

2

m

3

)≤d(m

1

)d(m

2

)d(m

3

)≤max{d

3

(m

1

)，d

3

(m

2

)，d

3

(m

3

)}

，

m

2

，m

3

中因子数最多的一个为

m

即可． 故取

m

1

，

【点评】 以上用到一个基本的事实：若

u，v

为正整数，则

d(uv)≤d(u)d(v)

，这可用数

d(x)

的计算公

式推出来．

【变式】 求出最小的正整数

n

，使其恰有

144

个不同的正约数，且其中有

10

个连续约数．

3，4，，10

整除，对

n

进行质因【解析】 从

n

有

10

个连续正约数条件出发，我们不难得到

n

必须被

2，

数分解进行讨论．

3

2

，5，7

的倍数，设

n

的标准分解式为

n2

r

1

3

r

2

5

r

3

p

k

r

k

，则

n

是

2

3

，

r

1

≥3，r

2

≥2，r

3

≥1，r

4

≥1

．

又

n

的正约数的个数

d(n)(r

1

1)(r

2

1)(r

k

1)144

，而

(r

1

1)(r

2

1)(r

3

1)(r

4

1)≥432248

，因此

(r

5

1)(r

6

1)(r

k

1)≤3

．

r

6

，，r

k

中最多还有一个不为

0

． 所以，在

r

5

，

0≤r

5

≤2

．于是

n

的形式为 要使

n

最小，则

k5，

n2

r

1

3

r

2

5

r

3

7

r

4

11

r

5

，此处

r

1

≥3，r

2

≥2，r

3

≥1，r

4

≥1，0≤r

5

≤2

．

从而有

(r

1

1)(r

2

1)(r

3

1)(r

4

1)144

或

(r

1

1)(r

2

1)(r

3

1)(r

4

1)(r

5

1)144

．

显然当

r

1

≥r

2

≥r

3

≥r

4

≥r

5

时，

n

最小．

2，，，111)

可使

r

2

，r

3

，r

4

，r

5

)

，得数组

(5，

由

144222233

，试算满足上式的数组

(r

1

，

n

最小．这样，最小的

n2

5

3

2

5711110880

．

7

▎高一·第4讲·联赛班·教师版 ▎

习题 1. 证明：

01

能被

1001

整除； ⑪

10



共200

⑫设正整数

n

的十进制表示为

na

k

a

1

a

0

（

0≤a

i

≤9，

，记

a

k

0

）

．

T(n)a

0

a

1

(1)

k

a

k

（由

n

个各位起始的数字的正、负交错和）

证明：

nT(n)

被

11

整除．

由此得出被

11

整除的数的数字特征：

11

整除

n

的充分必要条件是

11

整除

T(n)

．

01

10

201

1

(10

3

)

67

1(10

3

1)[(10

3

)

66

(10

3

)

65

10

3

1]

，所以 【解析】 ⑪

10



共200

1001∣

10



01

．



200



0

⑫

nT(n)

(a

0

a

0

)(10a

1

a

1

)[a

k

10

k

(1)

k

a

k

]

．按

i

为偶数、奇数分别用整除分解

式可以得到数

a

i

10

i

(1)

i

a

i

被

11

整除．因此

nT(n)

被

11

整除，故问题中结论的两方面

均成立．

21n4

是既约分数．

14n3

【解析】 ∵

3(14n3)2(21n4)1

，∴

(21n4,14n3)

1

．所以原命题成立．

习题 3. 证明：对任意给定的正整数

n1

，都存在连续

n

个合数．

【解析】 容易验证，

(n1)!2,(n1)!3,(n1)!(n1)

是

n

个连续的合数．

习题 2. 利用Bezout等式证明，任给整数

n

，分数

习题 4. 求自然数

N

，使它能被

5

和

49

整除，并且包括

1

和

N

在内，它共有

10

个约数．

i1，2，，n

． 【解析】 把

N

写成素因数分解形式

N2

a

1

3

a

2

p

n

a

n

，其中

a

i

≥0，

则它所有约数的个数为

(a

1

1)(a

2

1)(a

n

1)10

，

a

4

1≥3

， 由于

5|N，7

2

|N

，则

a

3

1≥2，

a

2

，a

5

，，a

n

必然都为

0

，即

N5

a

3

7

a

4

． 因此

a

1

，

a

4

4

， 由于

(a

3

1)(a

4

1)1025

，可得

a

3

1，

即本题有唯一解

N57

4

．

b)

，使得

(ab

2

b7)|(a

2

bab)

． 习题 5. 求所有的正整数对

(a，

【解析】 由条件，

(ab

2

b7)|(a

2

bab)b

，

而

(a

2

bab)ba(ab

2

b7)b

2

7a

，故

(ab

2

b7)|(b

2

7a)

．

⑴当

b

2

7a0

时，要使

(ab

2

b7)|(b

2

7a)

，必须

b

2

7a≥ab

2

b7

，易知这不可能；

b

应具有

a7k

2

，b7k，kN*

的形式，经检验， ⑵当

b

2

7a0

时，即

b

2

7a

，此时

a，

(a，b)(7k

2

，7k)

满足要求；

⑶当

b

2

7a0

时，要使

(ab

2

b7)|(b

2

7a)

，必须

7ab

2

≥ab

2

b7

，那么

7a≥b

2

ab

2

b7ab

2

b

2

7

，于是

b1

或

b2

．

a

2

a157

①

b1

时，由题中条件是自然数，可知

a11

或

a49

，得解

a7

a8a8

1)

；

(a，b)(11，1)

或

(49，

8

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②

b2

时，由

(ab

2

b7)|(b

2

7a)

得

7a4

7a47a4

是自然数，而

2

，所以

1

，

4a9

4a9

此时

a

13

3

非自然数，舍去．

综上，所有解为

(a，b)(11，1)，(49，1)，(7k

2

，7k)，kN*

．

9

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4a9

建国60周年(四)

我古老而年轻的祖国啊，

我是你广袤大地上一棵稚嫩的幼苗，

摇曳在你温暖呵护的怀抱，

我是你无垠天空中一只飞翔的小鸟，

鸣唱在你春风和煦的心头，

我的血管里，

涌动着黄河的波浪，

我的心灵里，

开放着文明的鲜花，

我心中的理想，

正展现在祖国蔚蓝的天空里。

世界的东方，

有一个神奇而美丽的国家，

茫茫大海，

是她广阔的胸怀，

巍巍长城，

是她坚强的脊梁，

滔滔黄河，

是她奔腾的血液，

青藏高原，

是她刚硬的臂膀……

她——

就是我的祖国

伟大的中华人民共和国

10

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