主要内容:1．1.整除的概念1．2.带余数除法1．3.最大公因数的理论与性质1．4.最小公倍数的理论与性质1．5.辗转相除法1．6.素数与合数1．7.算术基本定理1．8.高斯函数[x]与{x}及其应用1.1.1 整除的定义与性质1.整除的定义定义设a，b∈Z，b≠ 0，若存在整数c，使得a = bc成立，则称a被b整除（或b整除a），并称a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），记为b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不能被b整除，记为b|/a。
在整除的定义中应特别注意：（1）0不整除任何整数（即0不能作除数），但任何非零数整除0；在记号“b∣a”中蕴含着b≠ 0成立。
（2）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（平凡因子），a的除±1，±a外的约数称为非平凡约数（或真因数）。
（3）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。
若整数a ≠0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。
以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。
2.整除的性质定理1.1.1 设,,a b c ,m,n 是整数,下面的结论成立：(ⅰ) a ∣b ，b ∣c ⇒ a ∣c （整除的传递性）；(ⅱ) a ∣b ⇔ ±a ∣±b ，即a ∣b ⇔ |a |∣|b |;m ∣a , n ∣b ⇒ mn ∣ab ；(ⅲ) 若b ∣a ，且b ∣c ⇒ b ∣(ka+lc)（其中k , l 是任意的整数）；一般地，若m ∣a i ，i = 1, 2, , n ⇒ m ∣（q 1a 1 + q 2a 2 + + q n a n ）， 此处q i （i = 1, 2, , n ）是任意的整数；(ⅳ) b ∣a ⇔ bc ∣ac ，此处c 是任意非零的整数；(ⅴ) 若b ∣a ，a ≠ 0 ⇒ |b | ≤ |a |；若b ∣a ，且|a | < |b | ⇒ a = 0；若b ∣a ，且a ∣b ，a >0, b>0, 则a =b.证明 (ⅰ)由整除定义及|a b ，|,b c 知: 存在两个整数12,k k 使得:12,b ak c bk ==, 因此12()c k k a =, 由于12k k 是整数, 故 |a c .(ⅱ) — (ⅳ)的结论类似可证. 证毕.注 为了证明“|b a ”，最为基本的手法是将a 分解为b 与某个整数之积，即a bc =，其中c 是整数.这样的分解, 常常通过某些代数式的分解因式公式中取特殊值而产生. 如：（Ⅰ）若n 是正整数，则1221()();n n n n n n a b a b a a b ab b -----=-++++（Ⅱ）若n 是正奇数，则在上式中以（b -）代换b 得:1221()().n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+例1 证明十进制整数5001001个能被十进制整数1001整除.证明 由分解因式公式(Ⅱ),有500513171*********=+=+个（）33163153101[(10)10101],=+-+-+（）（）所以, 31011001+=能整除5001001个.证毕想一想:此题目能变形推广吗?推广后的一般形式是什么?例2 若n 是正奇数，则8∣（n 2 - 1）.证明 设n = 2k + 1，()k Z ∈，则 n 2 - 1= (2k + 1)2 - 1 = 4k (k + 1).由于k 和k + 1中必有一个是偶数，所以8∣（n 2 - 1）. 证毕注 由此得到一个重要且常用的结论：“任何奇数的平方与1的差都能被8整除”.诸如此类的还有，“任何整数的平方被4除的余数为0或1，被3除的余数为0或1; 任何整数的立方被9除的余数为 0，1或8”等，解题后可及时总结归纳, 并灵活运用这些性质.例3 设n 是奇数，则16∣(n 4 + 4n 2 + 11).解 因为 n 4 + 4n 2 + 11 = (n 2 - 1)(n 2 + 5) + 16.由于n 是奇数,有8∣(n 2 - 1)，且2∣(n 2 + 5),故16∣(n 2 - 1)(n 2 + 5).从而16∣(n 2 - 1)(n 2 + 5)+16,即16∣(n 4 + 4n 2 + 11).例4 设,m n 为正整数，且0m n >≥, 证明: 22(21)|(21)n m +-. 证明 由于0m n >≥, 故10m n --≥. 于是:112222(2)m n m n +--=在公式(Ⅰ)中，令 122n a +=, 1b =，则:11111111221222222222(2)(2111[(2)(1)2)2]n m n n m n m m n n n n +--+--+++------++=+=+-所以 122(21)|(21),n m +-- 又 1222(221(21),1)n n n ++-=-因此 122(21)|(21).n n ++-由定理1.1.1中 (ⅰ),即整除的传递性知：22(21)|(2).1n m+- 证毕． 注1 在此例中，直接证明“22(21)|(21)n m +-”不易入手，因此尝试选择适当的“中间量（1221n +-）”，使之满足定理1.1.1中 (ⅰ)的条件，再利用整除的传递性导出所要的结论.注2 在此例中，形如“221n n F =+()n N ∈”的数称为费马数.当0m n >≥时, 费马数满足: |(2)n m F F -，即存在整数t ，使得2m n F t F -=⋅.例5 设正整数n 的十进制表示为: 10(09,0,0)k i k n a a a a i k a =≤≤≤≤≠，且110()k k S n a a a a -=++++，证明：9|n 的充要条件是9|()S n .证明：由于101010k k n a a a =⨯++⨯+,110()k k S n a a a a -=++++，1()(101)(101)(101)k i k i n S n a a a ∴-=-+-++-, 对于所有的0,i k ≤≤ 有9|(101),i -由整除的性质知上式右端k 个加项中每一项都是9的倍数，由定理1.1.1之(ⅲ)知它们的和也被9整除，即9|(()),n S n - 从而 9|9|()n S n ⇔. 证毕.注 两个十进制正整数,其中一个被另一个正整数整除的条件，称为“整除的数字特征”.例5得出十进制正整数n 被9整除的数字特征是:“9整除n 的各位数字之和”.下面例题6得出十进制正整数n 被11整除的数字特征是:“11整除n 的各位数字的正负交错之和”.例6 设正整数n 的十进制表示为10(09,0)k i k n a a a a a =≤≤≠，n 的个位为起始数字的正负交错和 01()(1)k k T n a a a =-++-，证明：“11|n ”的充分必要条件是“11|()T n ”.证明 由于 101010k k n a a a =⨯++⨯+, 01()(1)k k T n a a a =-++-，1()(10(1))(10(1))(101)k k i i k i n T n a a a ∴-=--++--+++ 当i 为偶数时， 10(1)9999i i --= ，其中有偶数个9，显然它是11的倍数；当i 为奇数时，10(1)101(101)11()i i i s s s z --=+=+=∈， 它也是11的倍数,故总有11|(10(1)),(0).i i i k --≤≤ 即11|(())n T n -成立. 从而11|11|().n T n ⇔习题1.11．设n 是整数，则3|(1)(21)n n n ++. 2. 设正整数n 的十进制表示为10(09,0,0)k i k n a a a a i k a =≤≤≤≤≠，n 的个位为起始数字的正、负交错的和 01()(1)k k T n a a a =-++-，证明：“11|n ”的充分必要条件是“11|()T n ”.3. 若10个男孩和n 个女孩共买了282n n ++本书, 已知他们每人买的书本数量相同, 且女孩人数多于男孩人数, 问女孩人数是多少?4．证明一个整数a 若不能被2整除，也不能被3整除, 则223a +必能被24整除.5. 已知整数,,,m n p q 适合: (m - p ) ∣(mn + pq )，证明:(m - p )∣(mq + np ).对任意两个整数,(0)a b b ≠，a 未必能被b 整除. 为了能在整数范围内研究除法，引入整数的除法算法——带余数除法，它是初等数论证明中最重要、最基本、最常用的工具. 本节中，我们将介绍带余数除法及其简单应用. 我们约定, 以Z 表示所有整数的集合，N 表示所有正整数的集合. 除特别声明外，在涉及到带余数除法时总假定除数是正整数.1. 带余数除法定理1.2.1 (带余数除法) 设a 与b 是两个整数，b>0，则存在惟一的一对整数q 和r ，使得:a = bq + r ，0 ≤ r <b . (2)若a = bq + r (0 ≤ r < b ), 则|b a 的充分必要条件是0r =.证明: 存在性作整数序列: ,3,2,,0,,2,3,b b b b b b ---则a 必在上述序列的某两项之间,即存在一个整数q ,使得(1)qb a q b ≤<+成立. 令a qb r -=,则,a qb r =+而0.r b ≤<1.1.2 带余数除法惟一性 假设11,q r 是满足(2) 的两个整数，即 111(0),a bq r r b =+≤< 则 11a bq r bq r =+=+于是 1111()||||b q q r r b q q r r -=-⇒-=-(3)由上式推出: 1||b r r -,由于 110,0||r r b r r b <<⇒≤-<因此必有1||0r r -=,即1r r =，代入式(3)得 1q q =，惟一性得证.若a bq r =+(0)r b ≤<，则 ||,b a b r ⇔ 又 0r b ≤<, 则 |0.b r r ⇔=故|0.b a r ⇔= 证毕 注:这个结论揭示了整除与带余数除法之间的联系,说明了整除问题可以化归为带余数除法问题来解决.定义：在式a = bq + r （0 ≤ r < b ）中，q 称为a 被b 除的不完全商，r 称为a 被b 除的余数, 也称为最小非负剩余.带余数除法是一个重要的工具，数论的许多基本性质都是建立在带余数除法基础之上的.例1 当 15,225b a ==时有 1701022515,175,;r q <===⨯+ 当 15,417b a ==时有 1241715,15,;2072712q r <<===⨯+ 当 15,81b a ==-时, 有 0(6)8115,15,9;96q r --<=+<=-=⨯且有 (6)8115,(5)5;60,q r =--<=⨯-=--+ 此处{0,1,2,,151}r ∉-，这时的余数r 不是最小非负剩余。
