人教高中数学选修 第一讲 整数的整除一整数的整除 课件

第一讲 整数的整除性一、整除的概念·带余除法我们知道两个整数的和、差、积仍然是整数，但是用一不等于零的整数去除另一个整数所得的商却不一定是整数，因此我们引入整除的概念：定义1 设a ，b 是整数，b ≠ 0，如果存在整数q ，使得a = bq成立，则称b 整除a （或a 能被b 整除），记作a ∣b 。

此时，称a 是b 的倍数，b 是a 的约数（或因数）。

如果上述q 不存在，我们就说b 不整除a 或a 不能被b 整除，记作|b a /。

显然每个非零整数a 都有约数 ±1，±a ，称这四个数为a 的平凡约数，a 的另外的约数称为非平凡约数。

下面我们来讨论关于整除的基本性质.定理1（传递性） 如果a ，b 和c 是整数，且a ∣b ，b ∣c ，则a|c.证明因为a ∣b ，b ∣c ，所以存在整数e 和f ，使得b=ae ，c=bf .因此c=bf=(ae )f=a (ef ),从而得到a|c.例如，11|66而66|198，由上述定理可知11|198.定理2 如果a, b, c ,m ,n 为整数且c ∣a,c ∣b,则c ∣（ma+nb ）证明 因为c ∣a ，c ∣b ，所以存在整数e 和f ，使得a=ce ，b=cf .因此 ma+nb=m (ce )+n (cf )=c (me+nf ),从而得到c ∣（ma+nb ）定理3 如果a|b,c|d, 则ac|bd .下面的定理是关于整除性的一个重要结论.定理4（带余除法）如果a 、b 是整数且b≠0，则存在唯一的整数q 和r ，使得a=bq+r ,(0||r b ≤<).证明 (存在性)(i)当b>0时，作整数序列…，-3b,-2b,-b ,0,b ,2b ,3b, …若a 与上面序列中的某一项相等，则a=bq ，即a=bq+r,r=0.若a 与上面序列中的任一项都不相等，则a 必在此序列的某相邻两项之间，即有确定的整数q ，使bq<a<b(q+1).令r a bq =-,则0r b ≤<（ii ）若0b <，则||0b >.由(i)知，存在整数s,t 满足||a b s t =+且0||t b ≤<.又因||b b =-，所以a bs t =-+.取q s =-，r t =，则有a bq r =+且0||r b ≤<.（惟一性）假设有两对整数q '、r '与q ''、r ''满足a = q ''b + r '' = q 'b + r '，0 ≤ r ', r '' < |b |，则 (q '' - q ')b = r ' - r ''，因0 ≤ r ', r '' < |b |，所以|r ' - r ''| < |b |， 从而| (q '' - q ')b|= |q '' - q '||b|< |b|, 即|q '' - q '|<1,故|q '' - q '|=0 即q '' = q ' 从而r ' = r ''。

第一讲数的整除（1）【知识梳理】1、整除的定义：对于整数a和不为零的整数b，如果a除以b的商是整数且没有余数，我们就说a能被b整除，b能整除a，记做b a。

a就是b的倍数，b是a的因数（或因数）。

2、一些数的整除特征：①被2整除的特征：数的个位上是0、2、4、6、8（即是偶数）；②被3、9整除的特征：数的各数位上的数字和是3或9的倍数；③被5整除的特征：数的个位上是0、5；④被4、25整除的特征：数的末两位是4或25的倍数；⑤被8、125整除的特征：数的末三位是8或125的倍数；⑥被11整除的特征：数的奇数位上的数字和与偶数位上的数字和，两者的差是11的倍数。

【例题精讲】例1、按要求写出符合要求的数：一个四位数467□。

（1）要使它是2的倍数，这个数可能是（）；（2）要使它是5的倍数，这个数可能是（）；（3）要使它既含有因数2，又含有因数5，这个数是（）。

分析：个位上是0、2、4、6、8的数是2的倍数数；个位上是0或5的数是5的倍数；个位上是0的数，能同时被2和5整除。

解答：（1）这个数可能是4670、4672、4674、4676、4678。

（2）这个数可能是4670、4675。

（3）这个数是4670。

例2、判断47382能否被3或9整除？分析：能被3或9整除的数的特点是这个数各数位上的数字和是3或9的倍数。

47382各个数位的数字相加和是24，24是3的倍数但不是9的倍数。

解答：47382能被3整除，不能被9整除。

例3、判断：1864能否被4整除？分析：能被4整除的数的特点是这个数的末两位是4的倍数， 1864的末两位是64，64是4的倍数。

能被125整除的数的特点是这个数的末三位是125的倍数，29375的末三位是375，375是125的倍数。

解答：1864能被4整除，29375能被125整除。

例4、29372能否被8整除？分析：能被125整除的数的特点是这个数的末三位是8的倍数，29372的末三位是372，372不是8的倍数。

第一讲数的整除第一节整除的意义与特征、性质第1课时教学内容：整除的意义与常用数的整除特征。

教学目标：理解整除的意义，掌握常用数的整除特征，并能运用特征判断。

教学重难点：理解掌握常用数的整除的特征。

教学过程：一、整除的意义当两个整数a和b（b≠0），a除以b商为整数余数为零时，则称a能被b整除或b能整除a，也把a叫做b的倍数，b叫a的因数，记作b|a，如果a 除以b所得的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b|a.二、整除特征（1）1与0的特性：1是任何整数的因数，即对于任何整数a，总有1|a.0是任何非零整数的倍数，a≠0,a为整数，则a|0.（2）若一个整数的个位是0、2、4、6或8，则这个数能被2整除。

（3）若一个整数的各位数字和能被3整除，则这个整数能被3整除。

（4）若一个整数的末尾两位数能被4整除，则这个数能被4整除。

（5）若一个整数的个位是0或5，则这个数能被5整除。

（6）若一个整数的未尾三位数能被8整除，则这个数能被8整除。

（7）若一个整数的各位数字和能被9整除，则这个整数能被9整除。

（8）若一个整数的奇位数字之和与偶位数字之和的差能被11整除，则这个数能被11整除。

（9）如果一个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7（11、13）整除，这个数就能被7（11、13）整除。

三、例题讲解例1：（1）判断47382能否被3或9整除？（2）判断1548764能否被7整除？（3）判断42559，7295872能否被11整除？解：（1）4+7+3+8+2=24 3|24， 9|24∴3|47382， 9|47382（2）1548－764=784=7×112 7|784 ∴ 7|1548764（3）（4+5+9）―（2+5）=18―7=11∴11|42559（7+9+8+2）―（2+5+7）=26―14=12 11|12 ∴11|7295871小结：判断一个整数能否被另一个整数整除，充分考虑整除的特征，这样有利于我们去判断。

第一讲数的整除一、基础知识：1、能被4（25）、8（125）、3（9）、7（11）（13）整除的数的特征；4（25）：；8（125）：；3（9）：；7（11）（13）：。

2、分解质因数：。

二、例题：例1、一个六位数568abc分别能被3、4、5整除，这个六位数最小是多少？例2、六年级有72名学生捐款（处辨认不清），每人捐款例3、六位数能被66整除，找出所有这样的六位数；例4、一个2004位数A能被9整除，它的各位数字之和为a，a的各位数字之和为b，b的各位数字之和为c，求c是多少？例5、要使932×975×995×（）的积的最后五个数字都是0，那么在括号内最小应该填几？例6、四个班分一批图书，他们所得的本数一个班比一个班多3本，四个班分得图书本数之积是68040。

每个班各分得图书多少本？例7、24有多少个约数？这些约数的和是多少?24=23×3 约数个数=（3+1）×（1+1）=-1 31+1–1×=3-1三、练习：a)四位数8A1B能被2、3、5整除，问这些四位数是多少？b)能同时被2、9整除，填出c)已知六位数19 能被35整除，那么这个六位数是多少？d)84×300×365×（），要使这个连乘积的最后五个数字都是0，在括号里最小应填什么数？e)五个连续奇数的积是135135，这五个奇数的和是多少？四、作业：1、数学考试结果，某班学生中有1/3得优，3/7得良，其余得中或差，已知全班人数在40与60之间，得中或差的学生有多少人？2、一个六位数能被11和13整除，这个六位数所有的质因数的和是多少？3、四个连续自然数的积是3024，这四个自然数分别是多少？4、求4500的约数个数及所有约数的和是多少？五、思考题：在3×3的方格图中填入几个互不相同的自然数，如果每行、每列三个数相乘所得的六个乘积都等于n，那么（1）n可以是1996、1997、1998、1999、2000、2001、2002、2003这八个数中的哪些数？（2）在下面方格中填出一n=第二讲余数问题一、基础知识：1、被除数=除数×商+余数；除数=（被除数-余数）÷商2、余数要比除数小。

第一讲 整除与整数的性质【知识点金】一．整数的基本性质1.整数集关于加、减、乘运算的封闭性，即整数的和、差、积仍为整数（两个整数的商不一定是整数）。

2.奇数和偶数的简单性质能被2整除的整数称为偶数，可表示为2n ()n Z ∈形式；不能被2整除的整数称之为奇数，可表示为21n -()n Z ∈形式。

对于奇数和偶数有以下性质：（1）任意多个偶数的和、差、积仍为偶数； （2）奇数个奇数的和、差仍为奇数； （3）偶数个奇数的和、差为偶数； （4）奇数与偶数的和为奇数，其积为偶数；（5）若有限个整数之积为奇数，则其中每个整数都是奇数；有限个整数之积为偶数，则这些整数中至少有一个是偶数；3.整数集的离散性两个连续整数之间不再有其他整数，两个连续整数的完全平方数之间不存在 完全平方数。

任一个整数有限集中必有最大数和最小数。

二．整除的定义和基本性质1．定义：设a 、b 是整数(0)b ≠，若存在整数q ，0q ≠，使a bq =，则称b 整除a ，或a 能被b 整除，记为b a ，这时b 叫做a 的因数或约数，a 叫做b 的倍数。

2.整除的基本性质（1）若b a ，则()b a -，b a -，()()b a --，b a ； （2）若a b ，b c ，则a c ；（3）若,,,a b c m Z ∈，且a b ，a c ，则()a b c ±，a mb ，a mc ，()a m b c ±。

事实上可推广到一般情形：若,,i i a b x Z ∈(1,2,,)i n =，且i a b ，则1ni i i a b x =∑；（4）设,a b Z ∈，且a b ，则对于任何m Z ∈，都有am bm ；反之，若am bm ，则a b 。

（5）若a b <，且b a ，则0a =； （6）若a 、b 互素，且a bc ，则a c ；（7）若p 是素数，且1ni i p a =∏，则至少有一个i a ，使得i p a (1)i n ≤≤；（8）若12,,,n a a a 两两互素，且i a A ，1,2,,i n =，则1ni i a A =∏；例1.求证：如果P 和2P +都是大于3的素数，那么6是1P +的因数。

第一讲 数的整除知识清单：1.1整数与整除的意义1、整数整数：正整数、零、负正整统称为整数。

零和正整数统称为自然数。

最大的负整数是–1，没有最小的负整数，最小的正整数是1，没有最大的正整数，没有最大的整数。

2、整除的意义整除：整数a 除以整数b （b ≠0），如果除得的商是整数而余数为零，我们就说数a 能被数b 整除或b 能整除a 。

确定整除的条件：（三整余零）1、除数、被除数都是整数；2、被除数除以除数，商是整数而且余数为零。

除尽：在整数或小数除法中，如果商是整数或有限小数，则叫做能够除尽。

除不尽：数a 除以数b （b ≠0），当所得的商是一个无限循环小数时，我们就说数b 除不尽数a ，或者说数a 不能被数b 除尽。

1.2 因数与倍数1、如果整数a 能被整数b 整除，a 就叫做b 的倍数，b 就叫做a 的因数（或a 的约数）。

倍数和因数是相互依存的。

2、因数和倍数的特征：一个数的因数的个数是有限的，其中最小的因数是1，最大的因数是它本身；一个数的倍数是无限的，其中最小的倍数时它本身，没有最大的倍数；一个数既是它本身的因数，也是它本身的倍数。

1.3 能被2、5整除的数1、偶数：能被2 整除的整数是偶数；奇数：不能被2 整除的整数是奇数．2、通常奇数可以表示为2k+1(或2k-1)的形式，其中k 为整数，偶数可以表示为2k 的形式，其中k 是整数．3、正整数按照能否被2整除分为奇数和偶数2、能被2、5 、3、9整除的数的特征（1）一个数的个位数字如果是0，2，4，6，8 中的一个，那么这个数就能被2 整除。

（2）一个数的个位数字如果是0 或5，那么这个数就能被5 整除。

（3）一个数各个数位上的数字之和如果能被3 整除，那么这个数就能被3 整除。

（4）一个数的末两位数如果能被4（或25）整除，那么这个数就能被4（或25）整除。

（5）一个数的末三位数如果能被8（或125）整除，那么这个数就能被8（或125）整除。

第一讲 整数与同余理论本讲介绍有关整数的一些基本概念、性质与定理.主要包括整数的整除性、奇偶性，以及依据整除性而产生的质数与合数、带余除法、最大公约数与最小公倍数. 同时简单介绍同余式的一些最基本的知识及有关重要定理，如欧拉定理、中国剩余定理(CTR).______________________________________________________________________________§1. 1 整数的基本概念、性质与定理自然数和它的相反数，以及零均称为整数. 定义1. 1 设a 与b 是任意两整数且0b≠，若存在整数q 使得a bq =，则称b 整除a 或a 能被b整除.记作|b a ；否则，称b 不能整除a 或a 不能被b 整除，此时记作b a Œ.如果|b a ，则称b 是a 的约数或因数，a 是b 的倍数；若b 是a 的约数但1,b a ≠±±，则称b 是a的真约数或真因数.定理1. 1 设,,,,a b c m n 是整数, 则有 i)|a a ；ii) 如果|a b 且|b a ，则b a±=；iii) 如果|a b 且|b c ，则|a c ； iv) 如果|a b 且|a c ，则|()a mb nc +.定理1. 2（带余除法定理） 对任意两整数a 与b 且b ≠0，则存在唯一的一对整数q 与r ，使得a qb r =+，其中0||r b ≤<.q 称为a 被b 除得到的商，r 称为a 被b 除得到的余数.我们借助自然数集的最小数原理来证明该定理:自然数集的最小数原理 若S 是广义的自然数集的任一非空子集，则存在a S ∈使得x ∀∈S ，有a x ≤成立，此a 称为S的最小数.定理1.2的证明 设{}S=|, 0a kb k a kb -∈-≥ ，则S 是广义自然数集的非空子集，于是存在S 的最小数r ，即存在∈ q ，使ra qb =-，亦即a qb r =+.下面证明0||r b ≤<且q 与r 是唯一的.（注：广义自然数集可包含零及正无穷大这两个元素.）若||rb >，则0||(1)r b a q b S <-=-±∈且||r r b >-，这与r 是S 的最小数矛盾.若存在两整数1q 与1r ，使得11a q b r =+，10||r b ≤<,则11q b r qb r +=+,即11()q q b r r -=-.若1q q ≠，则1||r r b -≥，这与10,||1r r b ≤<-矛盾，故1q q =，于是1r r =. ▋显然，a 被b 整除的充分且必要条件是其余数为0. 例1. 1 设89a=-,13b =, 则7q =-, 2r =.练习1. 11. 证明对任意整数n 有6(1)(21)n n n ++.2. 如果b a 32+与b a 59+中有一能被17整除，那末另一数一定也能被17整除.3. 证明：700a a ，其中00a a 表示一个四位数{1,2,,9}a ∈ .§1. 2 整数的奇偶性奇偶数的定义：能被2整除的整数称为偶数；不能被2整除的整数称为奇数. 基本性质：1）两个整数的和与差具有相同的奇偶性.2）奇数的平方被4除余1，被8除也余1，而偶数的平方能被4整除.3）如果若干个整数的乘积是奇数，则每个因数都是奇数；如果若干个整数之积是 偶数，则至少有一个因数是偶数.例1. 2 在广场上有m （奇数）个学生面向南方排成一行，命令其中n （偶数）个学生向后转，称作一次“反向运动”，证明：无论作多少次“反向运动”（转向后的学生允许再转动），都不可能使所有的学生全部面向北方.证 假设做k 次“反向运动”后，可使全体学生面向北方，又设各学生“向后转”的次数分别为1,,m x x ,而对每个学生来说，从面向南方变为面向北方，必须经过奇数次“向后转”，即1,,m x x 均为奇数，又m 为奇数，所以1m x x ++ 是奇数.另一方面，每次“反向运动”均是n 个学生的“向后转”，所以k 次“反向运动”所作的“向后转”总次数应为kn ，故有12m x x x kn +++= ，但该等式左边是奇数，而右边是偶数，矛盾. ▋练习1. 21.44⨯的方格纸上填着1,9,9,8这四个数字，如图所示，问是否可能在余下的方格内各填入一整数，使得方格纸上的每一行和每一列都构成等差数列9198表1. 12. 已知多项式32xbx cx d +++的系数均为整数，且bd cd +是奇数，证明：此多项式不可能分解成两个整系数多项式之积.3. 将下图表1.2中任何一行或一列作全部变号操作，问可否经过若干次这样的操作使表1.2变为表1.3？++-++---+ --++----+表1.2 表1.34. 若a 是奇数，且3a Œ,求证：224|(1)a -.§1. 3 最大公约数与最小公倍数本节利用带余除法，引入辗转相除法，并由此介绍最大公约数与最小公倍数.定义1. 2 设12,,,n a a a 是(2)n n ≥个整数.若整数d 是每个i a 的因数，则称d 是12,,...,n a a a 的一个公因数.定义1.3 整数12,,,n a a a 的公因数中的最大者称为它们的最大公因数，记作12(,,,)n a a a 或12gcd(,,,)n a a a .显然，若12,,,n a a a 中至少有一个非零.比如说0ia =/，则12(,,,)n a a a ia ≤，因而此时12,,,n a a a 的最大公因数存在.定义 1. 4 如果12(,,,)1n a a a = ，则称12,,,n a a a 互素（或互质）；如果i j=/时有(,)1i j a a =，则称12,,,n a a a 两两互素（或互质）.显然，若后者成立，则前者也成立，反之则不然.如(3,5,10)1=，但(5,10)1=/.性质定理1.1 设12,,,n a a a 是n 个不全为零的整数，则有 i) 12212(,,,)(,,,,)n n i i i i a a a a a a a = ，其中12,,,n i i i 是1,2,3,,n 的一个排列； ii)1212(,,,)(||,||,,||)n n a a a a a a = ；iii) 若12,,,n a a a 中有一个为1, 则它们互素； iv) 若12,,,s jj j a a a 是12,,,n a a a 中全不为零的整数，则1212(,,,)(||,||,,||)s n j j j a a a a a a = .以上性质的证明均显而易见. 定理1. 3 如果a bq r =+,则有(,)(,)a b b r =.证 设(,)a b d=及1(,)b r d =，则一方面，d a d b 且，于是由a bq r =+得|d r ，从而1d d ≤. (1.3.1)另一方面，1|d b 且1|d r ，以及a bq r =+得1|d a .从而1|d d . (1.3.2)综合(1.3.1)与(1.3.2)即得1d d =. ▋辗转相除法 设,a b 是任意两个正整数，多次利用带余除法，可得下列诸等式：111122212111111 0, 0, 0, 0.k k k k k k k k k k k a b q r r b b r q r r r r r q r r r r r q r r ----+++=+<<⎫⎪=+<<⎪⎪⎬⎪=+<<⎪=+=⎪⎭()* 由于b 是有限正整数，且1210k k b r r r r +>>>>>= ，所以()*中的正整数k 是存在的.辗转相除法()*是我国古代筹算家的一大成就，西方Euclid(欧几里德)也推得该法则，所以又称为Euclid 算法.定理1. 4 设,a b 是任意给定的两整数，则由()*式可得，(,)k a b r =.证明 反复利用定理1. 3有1121(,)(,)(,)(,)(,0)k k k k a b b r r r r r r r -====== . ▋例1. 3 设1895a =-, 1573b =, 求(,)?a b =解(,)(1895,1573)(1859,a b =-=. 反复利用定理1.3，如下面的辗转相除计算图. 再由定理1. 4即得 (,)(1859,1573)143a b ==. ▋图1.4定理1. 5a 与b 的任一公约数是(,)a b 的约数.证 设d 是a 与b 的任一公约数，则由()*知d 是b 与1r 的公约数，进而知d 是1r 与2r 的公约数，如此继续，可得d 是k r 的约数. ▋定理1. 6 （扩展Euclidean 等式）若1(,,)n a a d = ，则必存在整数(1,,)i k in = 使1122n n k a k a k a d +++= .推论1.112(,,,)1n a a a = 的充要条件是存在12,,,n t t t ∈ 使2q =51859 15731573 1430 1=1q2=3q 286=1r286 143=2r0=3r11221n n t a t a t a +++= .定理1. 7 设12,,,n a a a 是任意n 个整数.且122(,)a a d =，233(,)d a d =, ,1(,)n n n d a d -=，那么12(,,,)n n a a a d = .性质定理1.2 i) 如果(,)1a b =,则(,)(,)ac b c b =； ii) 如果(,)1a b =，且b ac ，则b c ；iii) 如果(,)1a c =，且(,)1c b =，则(,)1ab c =；iv) 如果()0cc >是a 与b 的公约数,则()(,),a b ab c cc =，进而有,1(,)(,)a b a b a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 以上性质均易证明(请读者自证).以下我们讨论最小公倍数: 定义1. 5 设12,,,n a a a 是(2)n n >个整数.i) 如果d 是每个i a 的倍数，则称d 是这n 个数的公倍数； ii)12,,,n a a a 的一切公倍数中的最小正整数称为它们的最小公倍数，记为12[,,,]n a a a .由于任意正数均不是0的倍数，所以任意包含0的一组整数其最小公倍数均不存在. 性质定理1.3 设12,,,n a a a 是n 个全不为零的整数，则有 i) 12120[,,,]||n n a a a a a a <≤ . ii) 1212[,,,][||,||,,||]n n a a a a a a = . iii)1212[,,,][,,,]||n n a k a k a k a a a k = .以上性质请读者自证.定理1. 8 设,a b 是任意两个全不为零的整数，若m 是,a b 的任意一公倍数，则有 i) [,]|a b m ；ii)[,](,) (0)a b a b ab ab =>;iii),[,]m m m a b a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭.类似于定理1. 7，我们有：定理 1. 9 设12,,,n a a a 是n 个全不为零的整数，122[,]a a m =，233[,]m a m =，…，1[,]n n n m a m -=，则有 12[,,,]n n a a a m = .例1. 4 i ）求[136,221,391]?= 解 i)[][]136221136,221,391[[136,221],391][,391]1768,39117⋅===.17683914066417⋅==. （其中因为()136,22117=）. ▋练习1. 31. 对给定正整数,,a b c ，证明1) 如果a b ，那么a bc . 2) 如果a b 且a c ，那么2a bc .3)a b 当且仅当ac bc ，其中0c ≠.2. 对于任意的正整数a ，则三个整数, 2, 4a a a ++中必有一个能被3整除.3. 对于任意的正整数a ，证明2|(1)a a +，3|(1)(2)a a a ++.4. 设n 是正整数，证明[,][,]nn n ab a b =.5. 证明121121[,,,,,,][[,,,],[,,]]k k n k k n a a a a a a a a a a ++= .6. 证明下列结论1) 如果a 是奇数，那么224|(1)a a-；2) 如果,a b 都是奇数，那么22|()a ab -；3) 对于任意的整数a ，都有222360|(1)(4)a a a --.§1. 4 质数与合数我们可以将整数分成两类，即奇数类与偶数类；当我们讨论正整数时，也可以将大于1的正整数分为两类，对于任何一个正整数a ,它至少有两个正约数，即1与a , 称a 得当然约数.有些正整数只是这两个当然约数，如3，5，7等，而另一些正整数则还有其它正约数，如6，还有约数2与3，这类约数称非当然约数或真约数.定义1. 6 设a 是一个大于1的正整数，如果a 只有当然约数，则称a 为质数或素数；若a 有真约数，则称a 为合数.于是，正整数={1} 质数集合数集. 性质定理1.4 设p 是任一质数，则有i) 对任一整数a , 有(,)1a p =或|p a .ii) 如果|p ab , 则|p a 或|p b .iii) 如果12|n p a a a 则存在某i , 使|i p a .证 i ） 因为(,)|a p p , 而p 为质数，于是(,)1a p =或p , 若(,)a p p =，即有p a .ii) 如果p a Œ, 则由（i ）知(,)1a p =，由已知p ab ，于是由性质定理1. 4知p b .iii) 此条是ii ）的推广. ▋ 例1. 5 如果m 是合数，试证11m mn = 也是合数. 证 设mab =，那么()1101(10)1(101)(10101)a b m a b a a --=-=-+++即(1)911911(10101)a b a m a -⋅=⋅⋅+++ 个个. 所以11a 个是m n 的因数. ▋ 练习1. 41. 证明奇素数可表示为两个自然数的平方差.2. 设n 是大于2的整数，则如果2121nn +-和中有一为素数，那么另一数必为合数.3. 试证正整数20001001 个是合数. 4. 设p 和n p +1均为素数，则2p =且n 为2的方幂.§1. 5 整数的分解—算术基本定理任一大于1的整数a 或者是素数，或者是合数，如果a 是一个合数，设1p 是a 的大于1的最小的正约数，则1p 是一个素数，且存在正整数1q 使111,(1)a p q q a =<<. 如果1q 是一个素数，则a 就表成了两个素数之积，如果1q 非素数，则1q 有素因数2p ，于是122a p p a =.如果2a 是素数，则就表成三个素数之积，否则2a 有素因数3p ，如此继续下去，可知a 一定可以表成若干个素数之积.算术基本定理 设a 是任一大于1的整数，则a 能表成若干个素数的积： a =12n p p p , 12n p p p ≤≤≤ . (1.5.1)其中12,,,n p p p 是素数，且表达式(1.5.1)是唯一的.算术基本定理也可以称为整数的唯一分解定理.(1.5.2)式中的素数i p 可能有相同的，我们将相同的素因数合写成方幂的形式，则有1212,0,(1,2,,)k k i a p p p i k αααα=>= ,其中()i j p p i j <<是素数.推论1.4 设a 与b 是任意两个正整数，其标准分解式为1212,0,(1,2,,),s s i a p p p i s αααα=≥= 1212,0,(1,2,,),s s i a p p p i s ββββ=≥=则1212(,),s s a b p p p γγγ= ，其中min(,)i i i γαβ= (1.5.4) 1212[,],s s a b p p p δδδ= 其中max(,)i i i δαβ= (1.5.5)及(,)[,]a b a b ab =.练习1. 51. 分别求2160及129999个的标准分解式. 2. 利用Maple 或Mathematica 函数求8203513468500的标准分解式. 3. 设,,a b c 是任意整数，则有1）max(min(,),min(,))min(,max(,))a b a c a b c =； 2)[(,),(,)](,[,])a b a c a b c =.§1. 6 Euler 函数定义1. 7 对任意正整数n , 定义()n ϕ为不超过n 且与n 互质的正整数的个数. 则()n ϕ是定义域为 的一个函数, 称为Euler(L.Euler,1707—1783)函数.如(1)1, (2)1, (4)1, (10)4ϕϕϕϕ====. 易知Euler 函数有如下性质：Euler 函数的基本性质定理1.5： i). 若p 是素数, 则()1p p ϕ=-; 反之亦成立. 即若p 为合数, 则有()2p p ϕ≤-；ii) 不超过n 且与n 互质的所有自然数的和为1()2n n ϕ；iii) 若p 是素数, 则1()(1)k k p p p ϕ-=-；iv) 若12m m m =, 且12(,)1m m =, 则12()()()m m m ϕϕϕ=； v) 若1212tt n p p p ααα=是n 的质数分解, 则12111()(1)(1)(1)tn n p p p ϕ=---11(1)tii n p ==-∏或|1(1)p n n p -∏（p 为素数）;证 i) 显然.成立. ii) 若()12,,,n a a a ϕ是不超过n 且与n 互质的所有自然数, 则()12(),(),,()n n a n a n a ϕ---亦是不超过n 且与n 互质的所有自然数, 因此必有()1212()()()()n n a a a n a n a n a ϕϕ+++=-+-++- .于是12()2()()n a a a n n ϕϕ+++=⋅ ,即ii) 成立.iii) 因为不超过kp且与kp不互素, 即与p 不互素的所有自然数为1,2,,k p p p p - , 共为1k p -个整数, 故不超过kp且与kp互素的所有正整数的个数为1k k p p --, 即1()(1)k k p p p ϕ-=-.iv) 我们运用概率知识来证明该条. 记{}1,2,,m Ω=;{}|(,)1E x x m =∈Ω=; {}|(,)1,1,2.i i E x x m i =∈Ω== 则121212,(),(),()m E m E m m E m m ϕϕϕΩ====.设事件A 指从Ω中随机取一数, 该数属于E ；事件i A 指从Ω中随机取一数, 该数属于(1,2)i E i =.因为任意的x ∈Ω,有(,)1x m =当且仅当且1(,)1x m =,2(,)1x m =, 即事件A 发生当且仅当事件1A与事件2A 同时发生. 由于12(,)1m m =, 故1A 与2A 是相互独立的. 从而1212()()()()P A P A A P A P A == .但是()()P A E m m ϕ=Ω=,112111()()()P A E m m m m m ϕϕ=Ω==, 121222()()()P A E m m m m m ϕϕ=Ω==.所以1122()()()m m m m m m ϕϕϕ=⋅.即12()()()m m m ϕϕϕ=. ▋v ）由ⅲ）有11()(1)(1)ii i ii i i ip p p p p αααϕ-=-=-, 1,2,,i t = . 从而由ⅳ）得 1212()()()()tt n p p p αααϕϕϕϕ=121212111(1)(1)(1)t t tp p p p p p ααα=--- 12111(1)(1)(1)tn p p p =--- 11(1)ti in p ==-∏ (i p 为n 的全部不同的素因子) |1(1)p nn p =-∏ (p 为素数) . ▋下面我们介绍Euler 函数的若干应用. 例1. 6 证明：素数有无穷多个. 证 设素数只有有限个12,,,n p p p .令12n a p p p = , 则在1到a 的所有正整数中与a 互素的只有一个, 即1. 因此()1a ϕ=, 但12()()n a p p p ϕϕ=12()()()n p p p ϕϕϕ=12(1)(1)(1)1n p p p =---> ,矛盾. 所以素数有无穷多个. ▋例1. 7 设1()3n n ϕ=, 求?n = 解 设1212tt n p p p ααα=是n 的素因数分解, 且12p p p t <<< , 则由1()3n n ϕ=得等式121212121111(1)(1)3t t t t t p p p p p p p p αααααα--= .即有1123(1)(1)t tp p p p p --= . (2.2.2) 因为12p p p t <<< , 且1|3(1)(1)t t p p p -- 及t p 为素数知3p t >, 从而1t =或2. 如果1t=, 则13n α=. 由(2.2.2)式得3(31)3-=, 矛盾. 故2t =. 从而122,3p p ==. 此时,1223n αα=且(2.2.2)成立. 即1()3n n ϕ=成立. 所以1223n αα=,其中1α,2α是大于0的整数. ▋练习1. 61. 计算欧拉函数值(2008)ϕ.2. 求下列数论方程的所有正整数解.1）()(2)x x ϕϕ=; 2)(3)(4)x x ϕϕ=;3. 证明分母不大于n 的既约真分数的个数等于(2)(3)().n ϕϕϕ+++§1. 7 同余的定义及性质定义1. 8设m 是一给定的正整数, a 与b 是两个整数, 如果用m 分别去除a 与b .若得到的余数相同,则称a 与b 关于模m 同余, 记作(mod ),a b m ≡并称为同余式；若得到的余数不相同, 则称a 与b 关于模m 不同余, 记作(mod )ab m ≡/.依定义,任何一个偶然与0关于模2同余,任何一个奇数与1关于模2同余, 即有20(mod 2)n ≡, 211(mod 2)n +≡()n ∈ .再如3655(mod12)7(mod12)≡≡-. 显然对任何一整数a 与b 均有(mod1)ab ≡.对任意两个不同的素数p 与q 有：(mod )q p q ≡/及(mod )p q p ≡/.关于同余的性我们有如下定理同余的性质定理1. 5 设m 是给定的正整数,111222,,,,,,,,a b c a b c a b c 是整数,则有 i)(mod ),a b m ≡成立的充要条件是|m a b -.ii) 同余是一个等价关系, 即有a)(mod ),a a m ≡ （反身性）.b) 若(mod ),a b m ≡ 则(mod )b a m ≡（对称性）.c) 若(mod )a b m ≡且(mod )a c m ≡,则(mod )a c m ≡（传递性）.iii) 若11(mod )a b m ≡,22(mod )a b m ≡, 则1212(mod )a a b b m ±≡±及1212(mod )a a bb m ≡.iv) 若(mod )a b m ≡.d 是m 的任一因数, 则(mod )a b d ≡.v) 若(mod )ab m ≡,d是,a b 及m 的任一公因数,则(mod )a b md d d≡. vi) 若()mod ac bcm ≡,则mod (,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭.特别当(,)1c m =时,有(mod )a b m ≡.vii) 若(mod ),1,2i a b m i ≡=. 则12(mod[,])a b m m ≡, 反之亦成立.特别当12(,)1m m =时,有1(mod )ab m ≡ 且2(mod )a b m ≡的充要条件是12(mod )a b m m ≡.viii) 若(,)1a m =, 则存在b使1(mod )ab m ≡.可称b为a关于模m的逆, 记为1(mod )b a m -=或1|m a -.以上性质的证明均较易,我们证明其中几条为,为方便证明,用符号“⇔”表示“当且仅当”. 证 i)(mod )a b m ≡⇔a 与b 用m 去除有相同的余数⇔a b -与0用m 去除有相同的余数|m a b ⇔-.ii)-c) 由i)(mod )a b m ≡且(mod )b c m ≡|m a b ⇔-且|m b c -|()()m a b b c ⇒-+-(mod )a c m ⇔≡.iii) 由i) 得11(mod )a b m ≡及22(mod )a b m ≡⇔11|m a b -及22|m a b -122112|(()())m a a b a b b ⇒-+-⇒1212|()m a a bb -1212(mod )a a bb m ⇔≡.vi) 由i)(mod )ac bc m ≡⇔|()m c a b -|()|()(,)(,)(,)m c m a b a b c m c m c m ⇔-⇒-（因为,1(,)(,)m c c m c m ⎛⎫= ⎪⎝⎭）mod (,)m a b c m ⎛⎫⇔≡ ⎪⎝⎭.vii) 由i) 知1(mod )ab m ≡且2(mod )a b m ≡1|m a b ⇔-且2|m a b -, 即a b -是1m 与2m 的公倍数, 从而12[,]|m m a b -. 再由i)12(mod[,])a b m m ≡此性质可推广至任意有限个模数12,,t m m m ⋅⋅⋅的情形.viii) 若(,)1a m =,则存在整数b 与c 使1ab mc +=.于是1()ab m c -=-. 即|(1)m ab -. 由i) 得1(mod )ab m ≡ . ▋以上性质形式简单, 证明容易, 但同余式类似普通等式的特点使其具有广泛的应用价值.下面是若于同余式性质的应用实例.例1. 8 求3652008的个位数字.解 即要求一个0到9之间的数a 使3652008(mod10)a ≡. 由于36533653652008(2108)108k =⨯+=+.所以36536520088(mod10)≡.又286044(mod10)=+≡,42846(mod10)≡≡.因此36549114919188(8)868688(mod10)⨯+==⋅≡⋅≡⋅≡.故8a =. ▋例1. 9 设A 是正整数,B 是A 的各数位上的数字之和, 证明(mod9)A ≡B . 证明 设101010,09nn i a a a a A =⋅+⋅⋅⋅+⋅+≤≤,0n a ≠. 则10n a a a B =+⋅⋅⋅++.由于101(mod 9)≡,1011(mod9)i i≡≡, i 为正整数. 所以 1010101011n n n a a a a a a ⋅+⋅⋅⋅+⋅+≡⋅+⋅⋅⋅+⋅+10(mod9)n a a a ≡+⋅⋅⋅++,即(mod9)A ≡B . ▋例1. 10 设正整数1010001000,01000n n i a a a a a =⋅+⋅⋅⋅+⋅+≤<.则7整除a 的充要条件是07|(1)ni ii a =-∑.证 因为10001(mod7),1000(1)(mod7)ii ≡-≡-, 所以由性质定理得10(1)(1)(mod7)n n a a a a ≡⋅-+⋅⋅⋅+⋅-+.故7|7|(1)ni i i a a =⇔-∑. ▋同样，因为10001(mod11)≡-及10001(mod13)≡-.我们可得011|11|(1)nii i aa =⇔-∑及13|13|(1)ni i i a a =⇔-∑.例1. 11 证明不定方程22286x y az -+=对任何给定的整数a 无整数解.证 设0x 、0y 及0z 是该不定方程的一组整数解, 即有22200086x y az -+=. (1.6.1)将上式关于2取模得22000(mod2)x y -≡. 因此0x 与0y 有相同的奇偶性. 再将(3.1.1)关于4取模得22002(mod4)x y -≡.因此0x 与0y 同为奇数.于是22001(mod8)x y ≡≡. 将(1.6.1)式关于8取模便得06(mod8)≡矛盾. 故原不定方程无整数解. ▋例1. 12 证明对任何整数n , 35711()1535f n n n n =++均是一个整数.证 只要证对任意正整数n 有 357530(mod15)n n n ++≡ (1.6.2)即可.由于35337532(mod3)n n n n n n n ++≡+≡-,而3(1)(1)(1)(1)n n n n n n n n -=-+=-⋅+是3的倍数, 故357530(mod3)n n n ++≡. (1.6.3)又3555753222()(mod5)n n n n n n n ++≡-≡-, 而52(1)(1)(1)n n n n n n -=-++及0n ≡或1±或2±(mod5). 当n ≡或1±(mod5)时,(1)(1)0(mod5)n n n -+≡当2(mod5)n ≡±时, 2(1)0(mod5)n +≡, 因此不论n 为何整数, 均有50(mod5)n n -≡, 故357530(mod5)n n n ++≡. (1.6.4)因为(3,5)1=,所以由性质定理vii) 及(1.6.3)与(1.6.4)即可推得(1.6.2)成立. ▋练习1.71. 1) 求3651999的最后两位数字.2) 求20001999表示成17进制数时的个位数及最后两位数.2. 证明20001999340(mod5)+≡.3. 证明若一个三位数的数字（0到9之间的数）是相邻的三个数字, 且百位上的数字大于个位上的数字, 则该位数与它的数字次序相反的三位数的差等于是198.4. 设十进制自然数21398a b （其中0,9a b ≤≤）为99的倍数, 求a 与b .5. 设n 为正整数, 证明22330|6511nn --.6. 假设131|111n, 求?n =§1. 8 同余类与剩余类定义1. 9 设m 是一给定的正整数, 则任意整数a 关于模m 同余0或1, 或2,⋅⋅⋅, 或1m -. 于是我们可将整数集划分成m 个类：所有与()01r rm ≤≤-同余的整数归为一类. 显然, 在同一类中的任两个整数关于模m 一定同余, 而不在同一类中的任两个整数关于模m 一定不同余. 每一个这样的类称之为模m 的同余类或模m 的剩余类. 从每个类中任取出一数, 则得到的这m 个数就称为模m 的完全剩余系, 又简称m 的完系.若记[]rm 为r 所在的模m 的同余类（或在明确模m 的情况下简记为r ）, 则有下列性质定理.定理1. 10 设m 是一给定的正整数, 则有 i) []{}r m r km k =+∈ . ii)[][]r m s m m r s =⇔-.iii) 对任意两整数,,r s 或者[][]r m s m =, 或者[][]r m s m =∅ .iv)k 个数12,,,k a a a ⋅⋅⋅构成的完系的充要条件是k m =,且当i j ≠时有(mod )i j a a m ≡/.以上性质由定义可直接得知.根据完系的定义, 对于给定的正整数m , 模m 的完系有无限个,下面我们给出几个常用的完系. 1) 模m 的最小非负完全剩余系：0,1,,1m - .2) 模m 的最小正完全剩余系：1,2,,m3) 模m 的最大非正完全剩余系：(1),(2),,1,0m m ----- .4) 模m 的绝对值最小完全剩余系：m 为偶然时：,,1,0,1,,122m m --- 或 1,,1,0,1,,22m m -+- .m 为奇数时：11,,1,0,1,,22m m ---- . 定理1. 11 若12,,,m a a a 是m 的一个完系,a 与b 是任意两整数且(,)1a m =, 则12,,,m aa b aa b aa b +++亦是m 的完系.证 由定理3. 2—iv), 只要证明对任何i j ≠,有(mod )i j aa b aa b m +≡+/ 即可.如果(mod )ij aa b aa b m +≡+, 则有(mod )i j aa aa m ≡. 因(,)1a m =,由定理3.2—vii)即得(mod )i j a a m ≡,这与12,,,ma a a ⋅⋅⋅为m的完系矛盾,所以(m o d )i j aa b aa b m +≡+.▋例 1. 13 若12,,,m a a a ⋅⋅⋅是m 的完系, ,a b ∈Z 且(,)1a m =, 则i aa b +除以m 的最小非负余数之和为1(1)2m m -.证 由定理3. 3知12,,,m aa b aa b aa b ++⋅⋅⋅+是m 的一个完系. 因此i aa b + （1,2i =,,m ⋅⋅⋅）除以m 而得的m 个最小非负余数构成m 的一个完系, 即它们构成m 的最小非负完全剩余系，所以它们的和为1012(1)(1)2m m m +++⋅⋅⋅+-=-. ▋ 在模m 的同余类中, 有些类中的每个数均与m 互素, 如1所在的同余类中每个数均与m 有互素. 若8m =, 则同余类1,3,5,7中的每个数均与8互素, 这样的同余类我们将给它们一个特定的名称.定义1. 10 设m 是一个大于1的正整数, 定义i ）模m 的同余类r 称为模m 的一个简化同余类；如果(,)1r m =.ii ） 在模m 的所有简化同余类中各取一数, 我们称这组数为模m 的一个简化剩余系, 又称简系. 如果r 是模m 的一个简化同余类,a 是r 中任一整数, 则0(mod )a r m -≡, 即存在整数k使a r km =+, 从而由(,)1r m =得(,)1a m =. 因此模m 的同余类是模m 的一个简化同余类的充要条件该余类中的每个数均与m 互素, 且由此可知,m 的简系中的每个数皆与m 互素, 于是我们有下列定理：定理1.12 k 个整数12,,,k a a a ⋅⋅⋅构成m 的简系的充要条件是：i)()k m ϕ=；ii) (,)1i a m =；iii) (mod ), i j a a m i j ≡≠/.证 (必要性) 由简系的定义知12,,,ka a a ⋅⋅⋅是从模m 的所有简化剩余类中各取一数而构成的.1,2,,m ⋅⋅⋅是模m 的一个完全剩余类, 于是模m 的所有简化剩余类组成的集合是{}|(,)1,1r r m r m =≤≤.由Euler 函数的定义可知：满足上面集合中条件的r 共有()m ϕ个, 因此模m 的简化剩余类共有()m ϕ, 故()k m ϕ=, 即i) 成立, 而ii) 及iii) 由简系的定义即知成立.(充分性) 由必要性证明知，模m 的简化剩余类共有()m ϕ,条件i)及ii)说明12,,a a,k a ⋅⋅⋅是模m 的简化剩余类中选取的()m ϕ个整数,再由条件iii)即知:12,,,k a a a ⋅⋅⋅是从模m 的全部()m ϕ个简化剩余类中各选取的一数而成,所以依定义,12,,,k a a a ⋅⋅⋅是的一个简系. ▋利用定理1. 12 我们便有下列结论：定理1.13 设a 与b 是满足(,)1a m =及|m b 的两整数, 若()12,,,m a a a ϕ⋅⋅⋅是m 的简系, 则()122,,,m aa b aa b aa b ϕ++⋅⋅⋅+亦是m 的一个简系.证 利用定理 1.12, 由(,)1a m =及|m b 便得(,)(,)(,)1ii i aa b m aa m a m +===. 且若当i j≠时, 有(mod )i j aa b aa b m +≡+, 则(mod )i j aa ab m ≡, 于是由(,)1a m =得,(mod )i j a a m ≡这与()12,,,m a a a ϕ⋅⋅⋅为m 的简系矛盾. 故(mod )i j aa b aa b m +≡+, 所以()122,,,m aa b aa b aa b ϕ++⋅⋅⋅+构成m 的简系. ▋定义1.11 设m 是一正整数, 则所有不超过m 且与m 互素的()m ϕ个数构成m 的一个简系, 我们称该系为m 的最小正简化剩余系（可简称最小正简系或缩系）.例如, 8的最小正简系为1, 3, 5, 7.15的最小正简系为1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14.例1. 14 若p 为奇数, m 是任一正整数且满足21(mod )m p ≡, 证明12(1)0(mod )m m m p p ++⋅⋅⋅+-≡证 因p 为素数, 故1,2,,1p ⋅⋅⋅-是p 的简系, 又(2,)1p =, 从而由定理1.13知21, 22, , 2(1)p ⨯⨯⋅⋅⋅⨯-也是p 的简系, 因此得12(1)(21)(22)(2(1))(mod )m m m m m m p p p ++⋅⋅⋅+-≡⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯-.即有(21)(12(1))0(mod )m m m m p p -++⋅⋅⋅+-≡,亦即|(21)(12(1))m m m m p p -++⋅⋅⋅+-,但(21)m p -Œ, 所以必有|12(1)m m m p p ++⋅⋅⋅+-,于是12(1)0(mod )m m m p p ++⋅⋅⋅+-≡. ▋例1. 15 设1212,(,)1m m m m m ==, a 与b 是满足条件(,)1a b =, 1|m b 及2|m a 的任意两整数, 则i) 当x 跑遍1m 的完系,y 跑遍2m 的完系时,ax by +跑遍m 的完系. ii) 当x 跑遍1m 的简系,y 跑遍2m 的简系时,ax by +跑遍m 的简系.我们只证明ii).证 首先, 设()112,,,m x x x ϕ⋅⋅⋅是1m 的简系, ()212,,,m x x x ϕ⋅⋅⋅是2m 的简系, 则121()1(){|{,,}, {,,}}m m ax by x x x y y y ϕϕ+∈⋅⋅⋅∈⋅⋅⋅共有12()()m m ϕϕ个数, 即12()m m ϕ（()m ϕ=）个数, 定理1.12的第i) 条成立.其次, 如果12(mod )i j k ax by ax by m m +≡+ ,那么1(mod )i j k ax by ax by m+≡+ , 由1|m b 得1(mod )i ax ax m ≡ . 再由(,)1a b =知1(,)1a m =,从而有1(m od )i x x m ≡ , 即有i = . 同理可证j k =. 因此, 定理1.12的第iii)条成立.最后证12(,)1ij ax by m m +=成立.因为1(,)1i x m =, 又由(,)1a b =及1|m b 知1(,)1a m =, 故1(,1i ax m =). 再由1|m b 可得1(,)1i j ax by m +=.同理可证2(,)1i j ax by m +=.因此, 由12(,)1m m =, 即得12(,)1i j ax by m m +=.从而根椐定理1.12便知i j ax by +（11,,()i m ϕ=⋅⋅⋅,21,,()j m ϕ=⋅⋅⋅）是12m m m =的简系. ▋特殊情形, 可取21,a m b m ==.定理1. 15（Euler 定理） 设m 是任一给定的正整数，a 是任一整数且(,)1a m =, 则有()1(mo d )m a m ϕ≡. (1.8.1) 证 设12(),,,m x x x ϕ⋅⋅⋅是m 的一个简系, 则由(,)1a m =及定理1.13知()12,,,m ax ax ax ϕ⋅⋅⋅亦是m 的一个简系, 因此有12()12()(mod )m m x x x ax ax ax m ϕϕ⋅⋅⋅⋅≡⋅⋅⋅⋅.即()12()12()1()(mod )m m m a x x x x x x m ϕϕϕ⋅⋅⋅⋅≡⋅⋅⋅⋅. (1.8.2)而由于(,)1, 1,2,()i x m i m ϕ==⋅⋅⋅, 故()12(,)1m x x x m ϕ⋅⋅⋅⋅=, 于是便得()1(mod )m a m ϕ≡. ▋ 定理1. 16（Fermat 定理） 若p 是一素数, a 是任一整数, 则有(mod )p a a p ≡. (1.8.3)证 若(,)1p a =, 则由Euler 定理及()1p p ϕ=-得11(mod )p a p -≡,再由(mod )a a p ≡便有(mod )p a a p ≡.若(,)1p a ≠, 即|p a , 则0(mod )p a a p ≡≡, 即有(mod )p a a p ≡, 所以(1.8.3)成立. ▋例1. 16 求20011999除70的余数是多少？解 因(1999,70)1,= (70)(2)(5)(7)24ϕϕϕϕ=⋅⋅=, 所以由Euler 定理得2419991(mod70)≡.而200183249=⨯+及1999287039=⋅+, 故2001248391999(19991999=⋅)83911999≡⋅9919993929(mod70)≡≡≡.所以20011999除70的余数是29. ▋例1. 17 求证199819981998122000++⋅⋅⋅+是1999的倍数.证 因1999是素数, 故(1998ϕ=1999).于是由Euler 定理得19981(mod1999), 1,2,,1998,2000k k ≡=⋅⋅⋅从而1998199819981998199812199819992000++⋅⋅⋅+++1110119990(mod1999)≡++⋅⋅⋅+++≡≡.这说明199819981998122000++⋅⋅⋅+是1999的倍数. ▋例1. 18 证明对于任意整数n , 有7(mod 42)nn ≡. 证 由Fermat 定理, 7(mod7)n n ≡. 此外76242(1)(1)(1n n n n n n n n -=-=--+）42(1)(1)(1)0(mod6)n n n n n =-+-+≡，从而有 70(mod 42)n n -≡. ▋练习1.81．分别针对下列三种情况求模15的一个完系, 使i) 该完系的每个数是偶数；ii ）该完系的每个数是奇数；iii ）该完系的每个数是绝对值最小的.2．将上题1的“模15”换成“模12”后能否完成此题？3．设12,,,k a a a ⋅⋅⋅是模(2)m >的一个简系, 证明10(mod )ki i a m =≡∑.4．求模3的一个完系{}123,,a a a 及模5的一个完系{}12345,,,,b b b b b 使得 i){}|1,2,3;1,2,3,4,5i j a b i j == 构成模15的一个完系. ii ）{}|1,2,3;1,2,3,4,5i j a b i j +==及{}|1,2,3;1,2,3,4,5i j a b i j ==同时是模15的完系. 5．将题7的“完系”换成“简系”后结论仍成立吗？6．设12,m m 是正整数, 证明当x 跑遍1m 的完系及y 跑遍2m 的完系时, 则1x m y +跑遍12m m 的完系.§1. 9 一次同余方程同余方程可以说是同余理论的核心, 象著名的中国剩余定理（孙子定理）及在公钥密码学很有应用价值的Legendre 符号均源自于同余方程.定义1. 12 设m 是一个大于1的正整数，(0),a b ≠是两个整数, 称同余式0(mod )ax b m +=, 其中m a Œ. (1.9.1)为x 的模m 的一次同余方程, 简称模m 的同余方程.如果整数0x 满足00(mod )ax b m +=, 那么所有关于模m 同余于0x 的整数均满足方程(1.9.1). 由此, 我们称0(mod )x x m ≡是方程(1.9.1)的一个解.设(,)a m d =, 如果(1.9.1)有解0(mod )x x m ≡, 则00(mod )ax b m +≡,于是由d m 及0d ax 知d b .这说明d b 是(1.9.1)有解的必要条件.下面我们证明该条件也是(1.9.1)有解的充分条件, 即有定理 1. 17 同余方程(1.9.1)有解的充要条件是d b .当(1.9.1)有解时, 其解数为d ,若0(mod )x x m ≡为(1.9.1)的一个, 则其d个解为 0(mod )m k m dx x +≡, 0,1,,1k d =- . (1.9.2) 证明 必要性已经证明. 现证明充分性. 设d b , 由(1.9.1)得0mod a b m x d d d ⎛⎫+≡ ⎪⎝⎭ (1.9.1)* 因,1a m d d ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 故由Euler 定理知1mod m d a m d d ϕ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫≡ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 将(1.9.1)*两端乘1m d a d ϕ⎛⎫- ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭便得10mod m m d d a b a m x d d d d ϕϕ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅≡ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 即 1mod m d b a m x d d d ϕ⎛⎫- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. (1.9.3) 这说明(1.9.3)是方程(1.9.1)*的一个解.进而可以验证1mod m d b a m xd d d ϕ⎛⎫- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭是(1.9.1)的一个解, 充分性得证.若0(mod )x x m ≡是(1.9.1)的一个解, 则易证0(mod )m k m d x x +≡ (0,1,k =, 1d -) 是(1.9.1)的d 个不同的解.如果1(mod )x x m ≡是(1.9.1)的任一解, 即10(mod )ax b m +≡, 则由0(mod )x x m ≡得10()0(mod )a x x m -≡.于是10|()m a x x -, 从而10()m a x x d d -.因为,1m a d d ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 故有10|()m x x d -, 亦即存在整数t , 使得10m x x t d=+.设t ld k =+,01k d ≤≤-, 则 1000()(mod )m m m x x ld k x k ml x k m d d d=++=++≡+, 即10(mod )m x x k m d =+,01k d ≤≤-. 所以(1.9.1)的任一解均是(1.9.2)的形式. ▋ 由定理1. 17的证明中的(1.9.3)式, 我们有下列结论:推论 当(,)1a m =时, 同余方程(1.9.1)有唯一解()1(mod )m x b m a ϕ-≡-⋅. (1.9.4)直观上看, 当模m 较大时, 由于计算()1m aϕ-不易, 所以利用(1.9.4)来求得同余方程的解一般不大实际.例1. 19 求下列同余方程的解.i) 350(mod 4)x +≡； ii) 58870(mod 47)x -≡；iii) 129831(mod1101)x ≡.解 i) 因(3,4)1=, 该方程有唯一解. 由(1.9.4)可得1(mod 4)x≡是所求方程的解. ii) 因(58,47)1=, 该方程有唯一解. 由于(47)158ϕ-不易计算, 我们不可利用(1.9.4)来求其解. 因5811(mod 47)≡, 8740(mod 47)≡, 故原方程等价于117(mod 47)x ≡-.由于(4,47)1=, 将方程两端乘4后得：4428(mod 47)x ≡-,即328(mod 47)x ≡,再由(16,47)1=, 方程两端乘16后得48448(mod 47)x ≡,即25(mod 47)x ≡.iii) 因(129,1101)3831=, 故原方程有三个解. 化简原方程得43277(mod367)x ≡. (1.9.5)因(43,367)1=, 故(1.9.5)有唯一解. 将其解形式地表为277(mod 367)43x ≡. 将分子、分母同加模数367得277367644(mod 367)43367410x +≡≡+. 再分子、分母约去2得322(mod 367)205x ≡. 将分子加上367-, 得45(mod 367)205x -≡, 约去5得9(mod 367)41x -≡. 分子、分母同乘9得81(mod 367)369x -≡. 将分子加367, 分母加367-后得286(mod 367)2x ≡. 约去2得143(mod 367)1x ≡. 即143(mod367)x ≡是同余方程(1.9.5)的解. 从而143(1101)x ≡是原方程的一个解.依据定理1.17, 原方程的三个解为143, 143367, 1433672(mod1101)x ≡++⨯,即143,510,877(mod1101)x ≡. ▋在例1.19的求解同余方程的过程中, 求解i)用的是公式法(1.9.3), 或称定理求解法.求解ii) 是用与模互素的数乘或除同余方程的两端, 使x 的系数逐渐减小, 以达到求解的目的, 此法可称为“数乘除法”.求解iii) 的方法其原理同求解i) 的方法, 只不过这里是采用一种简便的形式表达法, 均是利用同余式的性质求解, 其步骤是：先将同余方程(1.9.1)两边约去因数得同余方程.11110(mod )a x b m +≡, 11(,)1a m =. (1.9.1)**然后将(1.9.1)**的解形式地表为111(mod )b x m a ≡, 此处11a b 仅是一个分数形式的符号, 再将分子或分母减去或加上模的倍数及分子、分母乘以不为0的整数或约去一个与模数互素的数等若干次（这相当于对同余式的两边使用同余的性质）, 使分母的绝对值变小, 直至最后将“分数”变成整数, 即得(1.9.1)**的解, 由此便可求得(1.9.2)的解, 此法可称为“分式法”. 又例：例1. 20 求解同余方程15931125(mod1926)x ≡.解 因(1593,1926)91125=, 所以同余方程有九个解,将其简化得177125(mod 214)x ≡.因此125125214339113113556517717717759595295x +⨯≡≡≡≡≡≡⨯ 1371372143511313719236781818133712131+⨯≡≡≡≡≡≡≡⨯- 67147(mod 214)≡-≡.所以原方程的9个解为：147,361,575,789,1003,1217,1431,1645,1859(mod1926)x ≡. ▋ 对于给定的一个同余方程, 用何种方法求解简单方便？若模m 较小, 则用公式法直接简单. 若模m 较大, 则用“数乘除法 ” 、还是“分式法”求解简捷, 应视具体情况而定.练习1. 191. 下列同余方程有无解？有解时有几个解？1)19981999(mod 2000)x ≡; 2) 1111110(mod1011)x ≡; 3)8919180(mod198)x +≡; 4) 540(mod 45)ax +≡. 2. b 取何值时, 方程14(mod114)x b ≡1) 在0114x ≤<中有多于一个的解？ 2) 无解.3．利用本节提到的几种方法, 求解下列同余方程.1)3120(mod15)x +≡; 2) 49840(mod104)x -≡; 3) 52(mod 7)x ≡ ; 4) 711997(mod1999)x ≡;4. 知某一正整数的99次方除以97后得余数7, 而该正整数的100次方除97后得余数79, 问该正整数除以97后得到的余数是多少？§1. 10 一次同余方程组与孙子定理定义1. 13 有多个同余方程构成的组合称为同余方程组；称(1.10.1)式为一次同余方程组. 1112220(m o d )0(m o d ) 0(mod )n n n a x b m a x b m a x b m +≡⎧⎪+≡⎪⎨⎪⎪+≡⎩ (1.10.1) 其中12,,,n m m m 是正整数.如果存在整数0x 使00(mod )i i i a x b m +≡,(1,2,,)i n = ,则称0(mod )x x m ≡是(1.10.1)的一个解, 这里[]12,,,n m m m m = .本节的目的就是讨论(1.10.1)的解问题.若(1.10.1)有解, 则(1.10.1)中每个同余方程有解；反之, 若(1.10.1)中某个同余方程无解, 则(1.10.1)无解, 所以要研究(1.10.1)的解,可转化为研究下列同余方程的解.1122(mod )(mod ) (mod )n n x c m x c m x c m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩ . (1.10.2) 定理 1.18(中国剩余定理) 若12,,,n m m m 是n 个两两互素的正整数,则(1.10.2)关于模12n m m m m = 有唯一解112212(mod )n n n m m m x x c x c x c m m m m ≡+++ , (1.10.3) 其中i x 是 1(mod )i im x m m ≡的一个整数解()1,2,,i n = . 证 （存在性） 由12,,,n m m m 两两互素知(,)1i i m m m =.于是由定理1. 17知, 同余方 程1(mod )m x m i m i≡(1,2,,)i n = (1.10.4) 有唯一解. 设为(mod )x x m i i ≡. 即有1(mod )i i m x m m i ≡. 从而由|i j m m m （i j ≠）得1122121(mod )n n i ii i i n i m m m m x c x c x c x c c c m m m m m +++≡≡⋅≡ . 这说明112212(mod )n n nm m m x x c x c x c m m m m ≡+++ 是(1.10.2)的一个解.(唯一性) 若1(mod )x x m ≡及2(mod )x x m ≡是(1.10.2)的两个解, 则有1(mod )i i x c m ≡及2x ≡(mod )i i c m (1,2,,)i n = .于是12(mod )i x x m ≡,从而由i m (1,2,,)i n = 两两互素得121(mod )n x x m m ≡ , 亦即12(mod )x x m ≡. 这说明1(mod )x m 与2(mod )x m 是(1.10.2)的同一个解, 所以(1.10.2)只有一个解. ▋定理1.18的存在性的证明过程具体给出了在i m 两两互素的情况下同余方程组(1.10.2)的解法：首先分别求出每个方程1(mod )i im x m m ≡ (1,2,,)i n = 的一个整数解i x , 然后代入(1.10.3)式计算化简即得(1.10.2)的解.定理 1.18其实就是著名的孙子剩余定理, 国际上一般称之为中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem ， 又简称为CTR 定理）.历史回顾：公元五世纪前后, 我国出现了一部著名的著作-《孙子兵法》, 书中提出了这样一个问题：“今有物不知其数, 三三数之剩二, 五五数之剩三, 七七数之剩二, 问物几何?”该问题简称“物不知数”问题. 如设所要求的物数为x , 则x 就是下列同余方程组(1.10.5)的一个正整数解.2(mod 3)3(mod 5)2(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩. (1.10.5)对于“物不知数”问题的解法,《孙子算经》中记述：“凡三三数之剩一, 置七十；五五数之剩一, 置二十一；七七数之剩一, 则置十五；一百零六以上, 以一百零五减知即得.”明朝程大位在一五九三年出的一部著作《算经统宗》中关于“物不知数”问题有一首解法歌诀：“三人同行七十稀, 五树梅花二十一支,七子团圆整半月, 除百零五便得知.”也就是说 , 该问题的解答是70221315223323(mod105)x≡⨯+⨯+⨯≡≡.例1. 21 解同余方程组。

第一讲整数解问题
本讲主要涉及：整除性分析法、局部分解法、△完全平方数分析法、反客为主法、韦达定理消元法、穷举法等。

1.整数——整数（前一个指系数，后一个指根）
例1.p为自然数且关于x的方程：(k-1)x2-px+k=0有两个正整数解，求p的值。

例2、求x为何整数时，代数式9x2+23x-2可以分解为两个连续正整数的积。

例3、求使方程x2-pqx+p+q=0有整数根的所有正整数p和q。

例4、方程2x2-xy-3x+y+2012=0的正整数解共有几对。

例5、已知t=2-1,若正整数a,b,m,使(at+m)(bt+m)=17m成立，求ab的值。

2、有理数、实数——整数
例6、方程kx2+(k+1)x+k-1=0的根为整数，求实数k的值。

例7、试确定一切有理数r，使得关于x的方程rx2+(r+2)x+r-1=0只有整数根。

3、整数——至少一个整数根、有理根
例8、关于x的方程：ax2+2(a-3)x+a-13=0至少有一个整数根，且a为非负整数，求a的值。

例9、当m为整数时，关于x的方程：（2m-1）x2-(2m+1)x+1=0是否有有理数根？如果有，求出m的值；如果没有，请说明理由。

例10、已知a是正整数，如果关于x的方程x3+(a+17)x2+(38-a)x-56=0的根都是整数，求a 的值及方程的整数根。

第一讲整数整除的概念和性质1．已知a，b是整数，求证：a+b，ab、a-b这三个数之中，至少有一个是3的倍数．解答：证明：对于a，b，若至少有1个数是3的倍数，则ab是3的倍数；若a，b都不是3的倍数①当a=3m+1，b=3n+1时，a-b=3（m-n），a-b是3的倍数；②当a=3m+1，b=3n+2时，a+b=3（m+n+1），a+b是3的倍数；③当a=3m+2，b=3n+2时，a-b=3（m-n），a-b是3的倍数；∴a+b，ab、a-b这三个数之中，至少有一个是3的倍数．2.已知7位数是72的倍数，求出所有的符合条件的7位数．解答：解：∵72|，∴8|，9|。

由此得：1+2+8+7+x+y+6=24+x+y是9的倍数，而0＜x≤9，0＜y≤9，则x+y=3或12，又必是8的倍数，必是4的倍数，则y=1，3，5，7或9，当y=1时，x=2，8|216；当y=3时，x=0或9，8不能整除36（不符合题意），8|936（符合题意）；当y=5时，x=7，8不能整除756（不符合题意）；当y=7时，x=5，8|756；当y=9时，x=3，8不能整除396（不符合题意）；综上可得：当y=1，x=2；y=3，x=9，；y=7，x=5时所得的7位数满足条件．∴符合条件的7位数为：1287216，1287936，1287576．3.（1）若a、b、c、d是互不相等的整数，且整数x满足等式（x-a）（x-b）（x-c）（x-d）-9=0，求证：4|（a+b+c+d）．（2）已知两个三位数与的和+能被37整除，证明：六位数也能被37整除．解答：证明：（1）∵9=1×（-1）×3×（-3），∴可设x-a=1，x-b=-1，x-c=3，x-d=-3，∴a=x-1，b=x+1，c=x-3，d=x+3，∴a+b+c+d=4x，即4|（a+b+c+d）；（2）∵= ×1000+ = ×999+（+）又∵和（+）能被37整除，∴×999+（+）能被37整除，即六位数能被37整除．4.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：这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被101整除．解答：解：由已知，显然，号码为9999是幸运券，除这张外，如果某个号码n是幸运券，那么号m=9999-n也是幸运券，由于9是奇数，所以m≠n．由于m+n=9999相加时不出现进位，这就是说，除去号码9999这张幸运券外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的整倍数，而101|9999，故知所有幸运券号码之和也能被101整除．5.写出都是合数的13个连续自然数．解答：解：我们知道，若一个自然数a是2的倍数，则a+2也是2的倍数，若是3的倍数，则a+3也是3的倍数，…，若a是14的倍数，则a+14也是14的倍数，所以只要取a为2，3，…，14的倍数，则a+2，a+3，…，a+14分别为2，3，…，14的倍数，从而它们是13个连续的自然．所以，取a=2×3×4×…×14，则a+2，a+3，…，a+14必为13个都是合数的连续的自然数．6.已知定理“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式2a+5b=c，则a+b+c 是整数n的倍数”．试问：这个定理中的整数n的最大可能值是多少？请证明你的结论．解答：证明：∵a+b+c=a+b+2a+5b=3（a+2b），显然，3|a+b+c，若设a 、b 被3整除后的余数分别为a r 、b r ，则a r ≠0，b r ≠0．若a r ≠b r ，则a r =2，b r =1或a r =1，b r =2，则2a+5b=2（3m+2）+5（3n+1）=3（2m+5n+3），或者2a+5b=2（3p+1）+5（3q+2）=3（2p+5q+4），即2a+5b 为合数与已知c 为质数矛盾．∴只有a r =b r ，则a r =b r =1或a r =b r =2．于是a+2b 必是3的倍数，从而a+b+c 是9的倍数．又2a+5b=2×11十5×5=47时，a+b+c=11+5+47=63，2a+5b=2×13十5×7=61时，a+b+c=13+7+61=81，而（63，81）=9，故9为最大可能值．7.一个正整数N 的各位数字不全相等，如果将N 的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N ，则称N 为“新生数”，试求所有的三位“新生数”．解答：解：设N 是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a 、b 、c （a 、b 、c 不全相等），将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：，不妨设其中的最大数为，则最小数为．由“新生数”的定义，得N=abc -cba =（100a+l0b+c ）一（100c+l0b+d ）=99（a-c ）．由上式知N 为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990．这九个数中，只有954-459=495符合条件，故495是唯一的三位‘新生数”．8.从左向右将编号为1至2002号的2002个同学排成一行，从左向右从1到11报数，报到11的同学原地不动，其余同学出列；然后，留下的同学再从左向右从1到11报数，报到11的同学留下，其余同学出列；留下的同学再从左向左从1到11地报数，报到11的同学留下，其余同学出列．问最后留下的同学有多少？他们的编号是几号？解答：解：由题意，第一次报数后留下的同学，他们的编号必为11的倍数；第二次报数后留下的同学，他们的编号必为112=121的倍数；第三次报数后留下的同学，他们的编号必为113=1331的倍数．因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1～2002中，1331的倍数只有一个，即1331号，所以，最后留下一位同学，其编号为1331．9.在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数，把的和N告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数．现在设N=3194，请你做魔术师，求出数来．解答：解：将acb也加到和N上，这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次，所以有acb+N=222（a+b+c），从而3194+100≤222（a+b+c）≤3194+999，而a、b、c是整数．所以15≤a十b十c≤18①．因为222×15-3194=136，222×16-3194=358，222×17-3194=580，222×18-3194=802，其中只有3+5+8=16能满足①式，∴=385．10.在下边的加法算式中，每个口表示一个数字，任意两个数字都不同：试求A和B乘积的最大值．解答：解：先通过运算的进位，将能确定的口确定下来，再来分析求出A和B 乘积的最大值．设算式为显然，g=1，d=9，h=0．a+c+f=10+B，b+e=9+A，∴A≤6．∵2（A+B）+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8．要想A ×B 最大，∵A ≤6，∴取A=5，B=3．此时b=6，e=8，a=2，c=4；f=7，故A ×B 最大值为15．11.任给一个自然数N ，把N 的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的自然数N ′，试证明：|N-N ′|能被9整除．解答：解：令N=n a a a ⋅⋅⋅21，则N ′=11a a a n n ⋅⋅⋅-．所以，N 除以9所得的余数等于n a a a +⋅⋅⋅++21除以9所得的余数，而N ′除以9所得的余数等于11a a a n n ⋅⋅⋅++-除以9所得的的余数．显然，n a a a +⋅⋅⋅++21=11a a a n n ⋅⋅⋅++-．因此，N 与N ′除以9所得的余数相同，从而|N-N'|能被9整除．12.（1）证明：形如的六位数一定能被7，1l ，13整除．（2）若4b+2c+d=32，试问能否被8整除？请说明理由．解答：解：（1）=1001（100a+10b+c ）=7×11×13（100a+10b+c ）， ∴形如的六位数一定能被7，1l ，13整除． （2）=1000a+100b+10c+d=1000a+96b+8c+（4b+2c+d ） =1000a+96b+8c+32，以上各式均能被8整除，故若4b+2c+d=32，能被8整除．。

第一讲整数和整除主课题：1.1整数和整除的意义&1.2因数和倍数&1.3能被2、3、5整除的数教学目标：1. 掌握自然数、整数、整除、因数、倍数等概念2. 掌握求一个整数的所有因数的方法，掌握整数的最小和最大的因数3. 掌握求一个整数在一定范围内的倍数，掌握整数的最小的倍数4、掌握能被2、3、5整除的数的特征,掌握能同时被2、5整除的数的特征5、掌握偶数、奇数的特征，以及它们的运算性质教学重点：1、自然数、整数、整除、因数、倍数；整除、整除的条件2. 掌握求一个整数的所有因数的方法，掌握整数的最小和最大的因数3. 掌握求一个整数在一定范围内的倍数，掌握整数的最小的倍数4、掌握奇数偶数的运算性质，会求能同时被2、3、5其中的两个或者三个数整除的数教学难点：1.掌握整数最小和最大的因数，整数最小的倍数2.奇数偶数运算性质的应用3.求能同时被2、3、5其中的两个或者三个数整除的数考点及考试要求：1.自然数、整数、正整数、负整数的分类2.给出算式判断是否为整除3.会在一定范围内求一个正整数的因数、倍数4.会运用奇数偶数的运算性质5.会求能被2、3、5整除的数以及能同时被其中的两个或者三个数整除的数★知识精要知识点1：整数的意义和分类自然数：零和正整数统称为自然数（n a tur a l num b er）；整数：正整数、零、负整数，统称为整数（integer）。

整数知识点2：整除（1）整数a除以整数b，如果除得的商是整数而余数为零，我们就说a能被b整除；或者说b能整除a. （2）整除的条件（两个必须同时满足）：①除数、被除数都是整数；②被除数除以除数，商是整数而且余数为零。

知识点3：除尽与整除的异同点相同点：除尽与整除，都没有余数，即余数都为0；除尽中包含整除不同点：整除中被除数、除数和商都为整数，余数为零；除尽中被除数、除数和商不一定为整数，余数为零。

知识点4：因数和倍数整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的因数（也称为约数）。