第二节 整数的性质及其应用（1）
基础知识
整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。
1．整除的概念及其性质
在高中数学竞赛中如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。 定义：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 的一个约数(因子) ，称a 是b 的一个倍数，如果不存在上述c ，则称b 不能整除a 记作a 。
由整除的定义，容易推出以下性质：
(1)若b |c 且c |a ，则b |a (传递性质) ；
(2)若b |a 且b |c ，则b |(a ±c ) 即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。若反复运用这一性质，易知b |a 及b |c ，则对于任意的整数u , v 有b |(au ±cv ) 。更一般，若
n
a 1, a 2, , a n 都是b 的倍数，则b |(a 1+a 2+ +a n ) 。或着a |b i ，则a |
∑c b
i
i =1
i
其中
c i ∈Z , i =1, 2, , n ；
(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)a , b 互质，若a |c , b |c ，则ab |c ；
(5)p 是质数，若p |a 1a 2 a n ，则p 能整除a 1, a 2, , a n 中的某一个；特别地，若p 是质数，若p |a ，则p |a ；
(6)(带余除法) 设a , b 为整数，b >0，则存在整数q 和r ，使得a =bq +r ，其中
0≤r
n
称为a 被b 除得的余数。注意：r 共有b 种可能的取值：0,1，……，b -1。若r =0，即为a 被b 整除的情形；
易知，带余除法中的商实际上为⎢⎥（不超过的最大整数），而带余除法的核心是关
b b
⎣⎦⎡a ⎤
a
于余数r 的不等式：0≤r
分解式在这类论证中应用很多，见例1、例2。
若n 是正整数，则x n -y n =(x -y )(x n -1+x n -2y + +xy n -2+y n -1) ；
若n 是正奇数，则x n +y n =(x +y )(x n -1-x n -2y + -xy n -2+y n -1) ；（在上式中用-y 代y ）
n
m
(7)如果在等式∑a i =∑b k 中取去某一项外，其余各项均为c 的倍数，则这一项也是c 的
i =1
k =1
倍数；
(8)n 个连续整数中，有且只有一个是n 的倍数；
(9)任何n 个连续的整数之积一定是n! 的倍数，特别地，三个连续的正整数之积能被6整除；
2．奇数、偶数有如下性质：
(1)奇数±奇数=偶数，偶数±偶数＝偶数，奇数±偶数＝奇数，偶数⨯偶数＝偶数，奇数⨯偶数＝偶数，奇数⨯奇数＝奇数；即任意多个偶数的和、差、积仍为偶数，奇数个奇数的和、差仍为奇数，偶数个奇数的和、差为偶数，奇数与偶数的和为奇数，和为偶数；
（2）奇数的平方都可以表示成8m +1的形式，偶数的平方可以表示为8m 或8m +4的形式； （3）任何一个正整数n ，都可以写成n =2m l 的形式，其中m 为负整数，l 为奇数。 （4）若有限个整数之积为奇数，则其中每个整数都是奇数；若有限个整数之积为偶数，则这些整数中至少有一个是偶数；两个整数的和与差具有相同的奇偶性；偶数的平方根若是整数，它必为偶数。
3．完全平方数及其性质
能表示为某整数的平方的数称为完全平方数，简称平方数。平方数有以下性质与结论： （1）平方数的个位数字只可能是0,1，4,5，6,9；
（2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余数只有可能是0或1；
（3）奇数平方的十位数字是偶数；
（4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6；
（5）不能被3整除的数的平方被3除余1，能被3整数的数的平方能被3整除。因而，平方数被9也合乎的余数为0,1，4,7，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能是0,1，4,7；
（6）平方数的约数的个数为奇数；
（7）任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数。
（8）设正整数a , b 之积是一个正整数的k 次方幂（k ≥2），若（a , b ）＝1，则a , b 都是整数的k 次方幂。一般地，设正整数a , b , , c 之积是一个正整数的k 次方幂（k ≥2），若a , b , , c 两两互素，则a , b , , c 都是正整数的k 次方幂。 4．整数的尾数及其性质
整数a 的个位数也称为整数a 的尾数，并记为G (a ) 。G (a ) 也称为尾数函数，尾数函数
具有以下性质：
（1）G (G (a )) =G (a ) ；（2）G (a 1+a 2+ +a n ) ＝G [G (a 1) +G (a 2) + +G (a n )]； （3）G (a 1⋅a 2⋅ ⋅a n ) =
G (10a +b ) =G (b ) ；
G [G (a 1) ⋅G (a 2) ⋅ ⋅G (a n )]；（4）G (10a ) =0
；
（5）若a -b =10c ，则G (a ) =G (b ) ；（6）G (a 4k ) =G (a 4), a , k ∈N +； （7）G (a 4k +r ) =G (a r ), k ≥0, 0
G (a ), 当b 1为奇数，b 2是偶数⎧
⎪4
) =⎨G (a ), 当b 1为偶数，b 2为奇数或b 1, b 2同时为偶数时
b ⎪G (a 1), 当b 1, b 2同为奇数时⎩
（8）G (a b
1
b
b 2 n
5．整数整除性的一些数码特征（即常见结论）
（1）若一个整数的未位数字能被2（或5）整除，则这个数能被2（或5）整除，否则不能； （2）一个整数的数码之和能被3（或9）整除，则这个数能被3（或9）整除，否则不能； （3）若一个整数的未两位数字能被4（或25）整除，则这个数能被4（或25）整除，否则不能；
（4）若一个整数的未三位数字能被8（或125）整除，则这个数能被8（或125）整除，否则不能； （5）若一个整数的奇位上的数码之和与偶位上的数码之和的差是11的倍数，则这个数能被11整除，否则不能。
6．质数与合数及其性质 1．正整数分为三类：（1）单位数1；（2）质数（素数）：一个大于1的正整数，如果它的因数只有1和它本身，则称为质（素）数；（3）如果一个自然数包含有大于1而小于其本身的因子，则称这个自然数为合数。 2．有关质（素）数的一些性质
（1）若a ∈Z , a >1，则a 的除1以外的最小正因数q 是一个质（素）数。如果q ≠a ，则q ≤（2）若p 是质（素）数，a 为任一整数，则必有p |a 或（a , p ）＝1；
（3）设a 1, a 2, , a n 为n 个整数，p 为质（素）数，且p |a 1a 2 a n ，则p 必整除某个a i （1≤i ≤n ）； （4）（算术基本定理）任何一个大于1的正整数a ，能唯一地表示成质（素）因数的乘积（不计较因数的排列顺序）；
（5）任何大于1的整数a 能唯一地写成a =p 1p 2 p k , i =1, 2, , , k ① 的形式，其中p i 为质（素）数（p i
a 1
a 2
a k
a ；
典例分析
例1．证明：10 01被1001整除。
2000个0
[***********]证明：10 01=10+1=(10) +1=(10+1)[(10) -(10) + -10+1]
2000个0
所以103+1(=1001) 整除10 01。
2000个0
例2．对正整数n ，记S (n ) 为n 的十进制表示中数码之和。证明： 9|n 的充要条件是9|S (n ) 。证明：设n =a k ⨯10k + +a 1⨯10+a 0（这里0≤a i ≤9，且a k ≠0），则S (n ) =a 0+a 1+ +a n ，于是有n -S (n ) =a k ⨯(10k -1) + +a 1⨯(10-1) ①
对于1≤i ≤k ，知9|(10i -1) ，故①式右端k 个加项中的每一个都是9的倍数，从而由整除的性质可知它们的和也能被9整除，即9|(n -S (n )) 。由此可易推出结论的两个方面。 例3．设k ≥1是一个奇数，证明L 对于任意正整数n ，数1k +2k + +n k 不能被n +2整除。 证明：n =1时，结论显然成立。设n ≥2，记所说的和为A ，则：
2A =2+(2+n ) +(3+(n -1) ) + +(n +2) 。
k
k
k
k
k
k
由k 是正奇数，从而结于每一个i ≥2，数i k +(n +2-i ) k 被i +(n +2-i ) =n +2整除，故2A 被n +2除得余数为2，从而A 不可能被n +2整除（注意n +2>2）。 例4．设m , n 是正整数，m >2，证明：（2m -12n +1）。
证明：首先，当n ≤m 时，易知结论成立。事实上，m =n 时，结论平凡；当n 2）。
最后，n >m 的情形可化为上述特殊情形：由带余除法n =mp +r , 0≤r 0，由于2+1=(2
(2
m n
mq
-1) 2+2+1，从而由若n 是正整数，则x -y =(x -y )(x
r r n n n -1
+x
n -2
y + +xy
n -2
+y ) 知
n -1
-1) |(2
mq
m r
-1) ；而0≤r
r =0时结论平凡），从而当n >m 时，也有（2m -12n +1）。这就证明了本题的结论。
例5．设正整数a , b , c , d 满足ab =cd ，证明：a +b +c +d 不是质（素）数。 证法一：由ab =cd ，可设
a c =d b =m n
其中(m , n ) =1。由
m n
a c
=
m n
意味着有理数
a c
的分子、
分母约去了某个正整数u 后得既约分数，因此，a =mu , c =nu ①
同理，存在正整数v 使得b =nv , d =mv ②
因此，a +b +c +d ＝(m +n )(u +v ) 是两个大于1的整数之积，从而不是素数。 注：若正整数a , b , c , d 适合ab =cd ，则a , b , c , d 可分解为①及②的形式，这一结果在某些问题的解决中很有作用。 证法二：由ab =cd ，得b =
cd a
，因此a +b +c +d =a +
也是整数。
cd a
+c +d =
(a +c )(a +d )
a
，
因为a +b +c +d 是整数，故
(a +c )(a +d )
a
若它是一个素数，设为p ，则由(a +c )(a +d ) =ap ③ 可见p 整除(a +c )(a +d ) ，从而素数p 整除a +c 或a +d 。不妨设p ｜a +c ，则。 a +c ≥p ，结合③推出a +d ≤a ，而这是不可能的（因为d ≥1）
例6．求出有序整数对（m , n ）的个数，其中1≤m ≤99，1≤n ≤99，(m +n ) 2+3m +n 是完全平方数。 （1999年美国数学邀请赛试题） 解：由于1≤m ≤99，1≤n ≤99可得：
(m +n ) +3m +n ＜(m +n ) +4(m +n ) +4=(m +n +2) 。
2
2
2
又(m +n ) 2
然而(m +n ) 2+3m +n ＝(m +n +1) 2+n -m +1，于是必有n -m +1=0，即m =n -1，此时n =2, 3, , 99，m =1, 2, , 98。所以所求的有序整数对（m , n ）共有98对：
(m , n ) =(1, 2), (2, 3), (3, 4), , (98, 99) 。
22
例7．证明：若正整数a , b 满足2a +a =3b +b ，则a -b 和2a +2b +1都是完全平方数。
（2006年山东省第二届夏令营试题）
22222
证法一：已知关系式即为2a +a =3b +b ⇔2(a -b ) +(a -b ) =b
2
⇔（a -b ）（2a +2b +1）＝b ①
若a =b =0（或者说a , b 中有一个为0时），结论显然。
不妨设a ≠b 且ab ≠0，令(a , b ) =d ，则a =a 1d , b =b 1d ，(a 1, b 1) =1 从而a -b ＝(a 1-b 1) d ，将其代入①得2a 1d +a 1-b 1=3b 1d ②
2
2
因为d |2a 1d ，所以d |(a 1-b 1) ，从而d ≤a 1-b 1； 而②式又可写成(a 1-b 1) (2a 1+2b 1+1) =b 1d 2；
因为(a , b ) =d 且(a 1, b 1) =1，所以(a 1-b 1, b 1) =1=(a 1-b 1) 所以(a 1-b 1) |d ，从而a 1-b 1≤d 。
所以d =a 1-b 1，所以a -b ＝(a 1-b 1) d =d 2，从而a -b 为完全平方数。 所以2a +2b +1=
b d
22
2
=(
b d
) 也是完全平方数。
2
证法二：已知关系式即为2a 2+a =3b 2+b ⇔2(a 2-b 2) +(a -b ) =b 2 （2a +2b +1）＝b 2 ① ⇔（a -b ）
论证的关键是证明正整数a -b 与2a +2b +1互素。
记d =（a -b ，2a +2b +1）。若d >1，则d 有素因子p ，从而由①知p |b 2。因为p 是素数，故p |b ，结合p |(a -b ) 知p |a ，从而由p |2a +2b +1得p |1，这是不可能的。故d =1，从而由①推知正整数a -b 与2a +2b +1都是完全平方数。
例8．证明不存在正整数n ，使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数。
证明：假设存在这样的正整数n ，使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数，那么 （2n 2+1）（3n 2+1）（6n 2+1）也必定是完全平方数。 而（2n 2+1）（3n 2+1）（6n 2+1）＝36n 6+36n 4+11n 2+1；
(6n +3n ) =36n 6+36n 4+9n 2；(6n +3n +1) =36n 6+36n 4+12n 3+9n 2+6n +1；
3
2
3
2
所以(6n +3n )
3
2
3
2
为完全平方数矛盾。
例9．数列{f
n }的通项公式为f =
n
n n
⎡⎛⎤⎛⎢ ⎥- 22⎢⎝⎭⎝⎭⎥⎣⎦
，n ∈Z ．
+
12n
记S n =C n f 1+C n f 2+C n f n ，求所有的正整数n ，使得S n 能被8整除．（2005年上海竞赛试题）
解：记α=
1+2
β=
1-2
, 则
S n =
C (
α
i n
i =1
n
i
-β
i
)=
C (
α
i n
i =0
n
i
-β
i
)
n
n
n i i i i ⎫(1+α
=C α-C β=∑n ⎪∑n i =0i =0⎭
n n
⎡⎛⎤⎛⎢ ⎥ =- 22⎢⎝⎭⎝⎭⎥⎣⎦
)-(
1+β)
n
⎤
⎦
注意到
2
2
5
=32
2
，=1可得
n n
⎡⎛⎤⎫⎛⎪⎢ ⎥- ⎥⎬22⎢ ⎭⎝⎭⎦⎪⎣⎝⎭
5
S n +2
n +1n +1
⎧⎡⎛⎤⎡⎛⎛⎛⎤⎢⎥=- + ⎢ ⎥- 2222⎢⎝⎭⎝⎭⎥⎭⎝⎭⎥⎣⎝⎦⎦⎢⎣
=3S n +1-S n (*)
因此，S n+2除以8的余数，完全由S n+1、S n 除以8的余数确定
S 1=C 1f 1, S 2=C 2f 1+C 2f 2=3，故由(*)式可以算出{S n }各项除以8的余数依次是1,3，
1
1
2
0,5，7,0，1,3，……，它是一个以6为周期的数列，从而8S n ⇔3n 8S n 故当且仅当3n 时，
练习题
1．证明：如果p 和p +2都是大于3的素数，则6是p +1的因子。
证明：因为p 是奇数，所以2是p +1的因子。又因为p ，p +1，p +2除以3的余数各不相同，而p 与p +2都不能被3整数。于是6是p +1的因子。 2．设m >n ≥0，证明：(22+1) |(22-1) ； 解：由2又因为2(2
2
n
n
m
2
m
-1=(2
2
n +1
-1)[(2
-1) (2
2
n +1
)
2
m -n -1
+ +2
2
n
2
n +1
+1]，故(2
n +1
2
n +1
-1) ｜（2
2
m
。 -1）
2
n +1
-1=(2
2
m
2
n
2
n
+1) ，从而(2
+1) ｜(22
-1) ，于是由整除的性质知
+1) |(2-1) 。
2005
3．证明：对于任意正整数n ，数1+2
2005
+ +n
2005
不能被n +2整除。
[1**********]5
证明：只需证2（n +2（1+2+ +n ）即可。
因为若n 是正整数，则x -y =(x -y )(x
n n 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 -2y + -xy n -2+y n -1) ；
故n +2｜22005+n 2005；n +2｜32005+(n -1) 2005，……， n +2｜n 2005+22005 所以n +2｜2（22005+ +n 2005）。
又因为n +2≥3>2，所以n +22，所以n +2（22005+ +n 2005）＋2 即（n +2（12005+22005+ +n 2005）命题得证。 4．已知n 为正奇数，求证：60|6n -3n -2n -1。
证明：因为若n 是正整数，则x n -y n =(x -y )(x n -1+x n -2y + +xy n -2+y n -1) ；
若n 是正奇数，则x n +y n =(x +y )(x n -1-x n -2y + -xy n -2+y n -1) ；
所以3|6n -3n ，3|2n +1，从而3|6n -3n -2n -1； 4|6n -2n ，4|3n +1，从而4|6n -3n -2n -1； 5|6n -1，5|3n +2n ，从而5|6n -3n -2n -1；
又(3, 4, 5) =1且3⨯4⨯5=60，所以60|6n -3n -2n -1。
5．设a 、b 、c 为满足不等式1＜a ＜b ＜c 的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc
整除，求所有可能数组（a ，b ，c ）. （1989年上海竞赛试题） 解 ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1） =a2b 2c 2-abc （a+b+c）+ab+ac+bc-1，① ∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.
∴存在正整数k, 使ab+ac+bc-1=kabc, ②
k=＜＜＜＜
∴k=1.
若a≥3，此时1=
已知a ＞1. ∴只有a=2.
-＜矛盾.
当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，即 1=∴0＜b ＜4，知b=3，从而易得c=5.
＜
说明：在此例中通过对因数k 的范围讨论，从而逐步确定a 、b 、c 是一项重要解题技巧.
第二节 整数的性质及其应用（1）
基础知识
整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。
1．整除的概念及其性质
在高中数学竞赛中如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。 定义：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 的一个约数(因子) ，称a 是b 的一个倍数，如果不存在上述c ，则称b 不能整除a 记作a 。
由整除的定义，容易推出以下性质：
(1)若b |c 且c |a ，则b |a (传递性质) ；
(2)若b |a 且b |c ，则b |(a ±c ) 即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。若反复运用这一性质，易知b |a 及b |c ，则对于任意的整数u , v 有b |(au ±cv ) 。更一般，若
n
a 1, a 2, , a n 都是b 的倍数，则b |(a 1+a 2+ +a n ) 。或着a |b i ，则a |
∑c b
i
i =1
i
其中
c i ∈Z , i =1, 2, , n ；
(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)a , b 互质，若a |c , b |c ，则ab |c ；
(5)p 是质数，若p |a 1a 2 a n ，则p 能整除a 1, a 2, , a n 中的某一个；特别地，若p 是质数，若p |a ，则p |a ；
(6)(带余除法) 设a , b 为整数，b >0，则存在整数q 和r ，使得a =bq +r ，其中
0≤r
n
称为a 被b 除得的余数。注意：r 共有b 种可能的取值：0,1，……，b -1。若r =0，即为a 被b 整除的情形；
易知，带余除法中的商实际上为⎢⎥（不超过的最大整数），而带余除法的核心是关
b b
⎣⎦⎡a ⎤
a
于余数r 的不等式：0≤r
分解式在这类论证中应用很多，见例1、例2。
若n 是正整数，则x n -y n =(x -y )(x n -1+x n -2y + +xy n -2+y n -1) ；
若n 是正奇数，则x n +y n =(x +y )(x n -1-x n -2y + -xy n -2+y n -1) ；（在上式中用-y 代y ）
n
m
(7)如果在等式∑a i =∑b k 中取去某一项外，其余各项均为c 的倍数，则这一项也是c 的
i =1
k =1
倍数；
(8)n 个连续整数中，有且只有一个是n 的倍数；
(9)任何n 个连续的整数之积一定是n! 的倍数，特别地，三个连续的正整数之积能被6整除；
2．奇数、偶数有如下性质：
(1)奇数±奇数=偶数，偶数±偶数＝偶数，奇数±偶数＝奇数，偶数⨯偶数＝偶数，奇数⨯偶数＝偶数，奇数⨯奇数＝奇数；即任意多个偶数的和、差、积仍为偶数，奇数个奇数的和、差仍为奇数，偶数个奇数的和、差为偶数，奇数与偶数的和为奇数，和为偶数；
（2）奇数的平方都可以表示成8m +1的形式，偶数的平方可以表示为8m 或8m +4的形式； （3）任何一个正整数n ，都可以写成n =2m l 的形式，其中m 为负整数，l 为奇数。 （4）若有限个整数之积为奇数，则其中每个整数都是奇数；若有限个整数之积为偶数，则这些整数中至少有一个是偶数；两个整数的和与差具有相同的奇偶性；偶数的平方根若是整数，它必为偶数。
3．完全平方数及其性质
能表示为某整数的平方的数称为完全平方数，简称平方数。平方数有以下性质与结论： （1）平方数的个位数字只可能是0,1，4,5，6,9；
（2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余数只有可能是0或1；
（3）奇数平方的十位数字是偶数；
（4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6；
（5）不能被3整除的数的平方被3除余1，能被3整数的数的平方能被3整除。因而，平方数被9也合乎的余数为0,1，4,7，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能是0,1，4,7；
（6）平方数的约数的个数为奇数；
（7）任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数。
（8）设正整数a , b 之积是一个正整数的k 次方幂（k ≥2），若（a , b ）＝1，则a , b 都是整数的k 次方幂。一般地，设正整数a , b , , c 之积是一个正整数的k 次方幂（k ≥2），若a , b , , c 两两互素，则a , b , , c 都是正整数的k 次方幂。 4．整数的尾数及其性质
整数a 的个位数也称为整数a 的尾数，并记为G (a ) 。G (a ) 也称为尾数函数，尾数函数
具有以下性质：
（1）G (G (a )) =G (a ) ；（2）G (a 1+a 2+ +a n ) ＝G [G (a 1) +G (a 2) + +G (a n )]； （3）G (a 1⋅a 2⋅ ⋅a n ) =
G (10a +b ) =G (b ) ；
G [G (a 1) ⋅G (a 2) ⋅ ⋅G (a n )]；（4）G (10a ) =0
；
（5）若a -b =10c ，则G (a ) =G (b ) ；（6）G (a 4k ) =G (a 4), a , k ∈N +； （7）G (a 4k +r ) =G (a r ), k ≥0, 0
G (a ), 当b 1为奇数，b 2是偶数⎧
⎪4
) =⎨G (a ), 当b 1为偶数，b 2为奇数或b 1, b 2同时为偶数时
b ⎪G (a 1), 当b 1, b 2同为奇数时⎩
（8）G (a b
1
b
b 2 n
5．整数整除性的一些数码特征（即常见结论）
（1）若一个整数的未位数字能被2（或5）整除，则这个数能被2（或5）整除，否则不能； （2）一个整数的数码之和能被3（或9）整除，则这个数能被3（或9）整除，否则不能； （3）若一个整数的未两位数字能被4（或25）整除，则这个数能被4（或25）整除，否则不能；
（4）若一个整数的未三位数字能被8（或125）整除，则这个数能被8（或125）整除，否则不能； （5）若一个整数的奇位上的数码之和与偶位上的数码之和的差是11的倍数，则这个数能被11整除，否则不能。
6．质数与合数及其性质 1．正整数分为三类：（1）单位数1；（2）质数（素数）：一个大于1的正整数，如果它的因数只有1和它本身，则称为质（素）数；（3）如果一个自然数包含有大于1而小于其本身的因子，则称这个自然数为合数。 2．有关质（素）数的一些性质
（1）若a ∈Z , a >1，则a 的除1以外的最小正因数q 是一个质（素）数。如果q ≠a ，则q ≤（2）若p 是质（素）数，a 为任一整数，则必有p |a 或（a , p ）＝1；
（3）设a 1, a 2, , a n 为n 个整数，p 为质（素）数，且p |a 1a 2 a n ，则p 必整除某个a i （1≤i ≤n ）； （4）（算术基本定理）任何一个大于1的正整数a ，能唯一地表示成质（素）因数的乘积（不计较因数的排列顺序）；
（5）任何大于1的整数a 能唯一地写成a =p 1p 2 p k , i =1, 2, , , k ① 的形式，其中p i 为质（素）数（p i
a 1
a 2
a k
a ；
典例分析
例1．证明：10 01被1001整除。
2000个0
[***********]证明：10 01=10+1=(10) +1=(10+1)[(10) -(10) + -10+1]
2000个0
所以103+1(=1001) 整除10 01。
2000个0
例2．对正整数n ，记S (n ) 为n 的十进制表示中数码之和。证明： 9|n 的充要条件是9|S (n ) 。证明：设n =a k ⨯10k + +a 1⨯10+a 0（这里0≤a i ≤9，且a k ≠0），则S (n ) =a 0+a 1+ +a n ，于是有n -S (n ) =a k ⨯(10k -1) + +a 1⨯(10-1) ①
对于1≤i ≤k ，知9|(10i -1) ，故①式右端k 个加项中的每一个都是9的倍数，从而由整除的性质可知它们的和也能被9整除，即9|(n -S (n )) 。由此可易推出结论的两个方面。 例3．设k ≥1是一个奇数，证明L 对于任意正整数n ，数1k +2k + +n k 不能被n +2整除。 证明：n =1时，结论显然成立。设n ≥2，记所说的和为A ，则：
2A =2+(2+n ) +(3+(n -1) ) + +(n +2) 。
k
k
k
k
k
k
由k 是正奇数，从而结于每一个i ≥2，数i k +(n +2-i ) k 被i +(n +2-i ) =n +2整除，故2A 被n +2除得余数为2，从而A 不可能被n +2整除（注意n +2>2）。 例4．设m , n 是正整数，m >2，证明：（2m -12n +1）。
证明：首先，当n ≤m 时，易知结论成立。事实上，m =n 时，结论平凡；当n 2）。
最后，n >m 的情形可化为上述特殊情形：由带余除法n =mp +r , 0≤r 0，由于2+1=(2
(2
m n
mq
-1) 2+2+1，从而由若n 是正整数，则x -y =(x -y )(x
r r n n n -1
+x
n -2
y + +xy
n -2
+y ) 知
n -1
-1) |(2
mq
m r
-1) ；而0≤r
r =0时结论平凡），从而当n >m 时，也有（2m -12n +1）。这就证明了本题的结论。
例5．设正整数a , b , c , d 满足ab =cd ，证明：a +b +c +d 不是质（素）数。 证法一：由ab =cd ，可设
a c =d b =m n
其中(m , n ) =1。由
m n
a c
=
m n
意味着有理数
a c
的分子、
分母约去了某个正整数u 后得既约分数，因此，a =mu , c =nu ①
同理，存在正整数v 使得b =nv , d =mv ②
因此，a +b +c +d ＝(m +n )(u +v ) 是两个大于1的整数之积，从而不是素数。 注：若正整数a , b , c , d 适合ab =cd ，则a , b , c , d 可分解为①及②的形式，这一结果在某些问题的解决中很有作用。 证法二：由ab =cd ，得b =
cd a
，因此a +b +c +d =a +
也是整数。
cd a
+c +d =
(a +c )(a +d )
a
，
因为a +b +c +d 是整数，故
(a +c )(a +d )
a
若它是一个素数，设为p ，则由(a +c )(a +d ) =ap ③ 可见p 整除(a +c )(a +d ) ，从而素数p 整除a +c 或a +d 。不妨设p ｜a +c ，则。 a +c ≥p ，结合③推出a +d ≤a ，而这是不可能的（因为d ≥1）
例6．求出有序整数对（m , n ）的个数，其中1≤m ≤99，1≤n ≤99，(m +n ) 2+3m +n 是完全平方数。 （1999年美国数学邀请赛试题） 解：由于1≤m ≤99，1≤n ≤99可得：
(m +n ) +3m +n ＜(m +n ) +4(m +n ) +4=(m +n +2) 。
2
2
2
又(m +n ) 2
然而(m +n ) 2+3m +n ＝(m +n +1) 2+n -m +1，于是必有n -m +1=0，即m =n -1，此时n =2, 3, , 99，m =1, 2, , 98。所以所求的有序整数对（m , n ）共有98对：
(m , n ) =(1, 2), (2, 3), (3, 4), , (98, 99) 。
22
例7．证明：若正整数a , b 满足2a +a =3b +b ，则a -b 和2a +2b +1都是完全平方数。
（2006年山东省第二届夏令营试题）
22222
证法一：已知关系式即为2a +a =3b +b ⇔2(a -b ) +(a -b ) =b
2
⇔（a -b ）（2a +2b +1）＝b ①
若a =b =0（或者说a , b 中有一个为0时），结论显然。
不妨设a ≠b 且ab ≠0，令(a , b ) =d ，则a =a 1d , b =b 1d ，(a 1, b 1) =1 从而a -b ＝(a 1-b 1) d ，将其代入①得2a 1d +a 1-b 1=3b 1d ②
2
2
因为d |2a 1d ，所以d |(a 1-b 1) ，从而d ≤a 1-b 1； 而②式又可写成(a 1-b 1) (2a 1+2b 1+1) =b 1d 2；
因为(a , b ) =d 且(a 1, b 1) =1，所以(a 1-b 1, b 1) =1=(a 1-b 1) 所以(a 1-b 1) |d ，从而a 1-b 1≤d 。
所以d =a 1-b 1，所以a -b ＝(a 1-b 1) d =d 2，从而a -b 为完全平方数。 所以2a +2b +1=
b d
22
2
=(
b d
) 也是完全平方数。
2
证法二：已知关系式即为2a 2+a =3b 2+b ⇔2(a 2-b 2) +(a -b ) =b 2 （2a +2b +1）＝b 2 ① ⇔（a -b ）
论证的关键是证明正整数a -b 与2a +2b +1互素。
记d =（a -b ，2a +2b +1）。若d >1，则d 有素因子p ，从而由①知p |b 2。因为p 是素数，故p |b ，结合p |(a -b ) 知p |a ，从而由p |2a +2b +1得p |1，这是不可能的。故d =1，从而由①推知正整数a -b 与2a +2b +1都是完全平方数。
例8．证明不存在正整数n ，使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数。
证明：假设存在这样的正整数n ，使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数，那么 （2n 2+1）（3n 2+1）（6n 2+1）也必定是完全平方数。 而（2n 2+1）（3n 2+1）（6n 2+1）＝36n 6+36n 4+11n 2+1；
(6n +3n ) =36n 6+36n 4+9n 2；(6n +3n +1) =36n 6+36n 4+12n 3+9n 2+6n +1；
3
2
3
2
所以(6n +3n )
3
2
3
2
为完全平方数矛盾。
例9．数列{f
n }的通项公式为f =
n
n n
⎡⎛⎤⎛⎢ ⎥- 22⎢⎝⎭⎝⎭⎥⎣⎦
，n ∈Z ．
+
12n
记S n =C n f 1+C n f 2+C n f n ，求所有的正整数n ，使得S n 能被8整除．（2005年上海竞赛试题）
解：记α=
1+2
β=
1-2
, 则
S n =
C (
α
i n
i =1
n
i
-β
i
)=
C (
α
i n
i =0
n
i
-β
i
)
n
n
n i i i i ⎫(1+α
=C α-C β=∑n ⎪∑n i =0i =0⎭
n n
⎡⎛⎤⎛⎢ ⎥ =- 22⎢⎝⎭⎝⎭⎥⎣⎦
)-(
1+β)
n
⎤
⎦
注意到
2
2
5
=32
2
，=1可得
n n
⎡⎛⎤⎫⎛⎪⎢ ⎥- ⎥⎬22⎢ ⎭⎝⎭⎦⎪⎣⎝⎭
5
S n +2
n +1n +1
⎧⎡⎛⎤⎡⎛⎛⎛⎤⎢⎥=- + ⎢ ⎥- 2222⎢⎝⎭⎝⎭⎥⎭⎝⎭⎥⎣⎝⎦⎦⎢⎣
=3S n +1-S n (*)
因此，S n+2除以8的余数，完全由S n+1、S n 除以8的余数确定
S 1=C 1f 1, S 2=C 2f 1+C 2f 2=3，故由(*)式可以算出{S n }各项除以8的余数依次是1,3，
1
1
2
0,5，7,0，1,3，……，它是一个以6为周期的数列，从而8S n ⇔3n 8S n 故当且仅当3n 时，
练习题
1．证明：如果p 和p +2都是大于3的素数，则6是p +1的因子。
证明：因为p 是奇数，所以2是p +1的因子。又因为p ，p +1，p +2除以3的余数各不相同，而p 与p +2都不能被3整数。于是6是p +1的因子。 2．设m >n ≥0，证明：(22+1) |(22-1) ； 解：由2又因为2(2
2
n
n
m
2
m
-1=(2
2
n +1
-1)[(2
-1) (2
2
n +1
)
2
m -n -1
+ +2
2
n
2
n +1
+1]，故(2
n +1
2
n +1
-1) ｜（2
2
m
。 -1）
2
n +1
-1=(2
2
m
2
n
2
n
+1) ，从而(2
+1) ｜(22
-1) ，于是由整除的性质知
+1) |(2-1) 。
2005
3．证明：对于任意正整数n ，数1+2
2005
+ +n
2005
不能被n +2整除。
[1**********]5
证明：只需证2（n +2（1+2+ +n ）即可。
因为若n 是正整数，则x -y =(x -y )(x
n n 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 -2y + -xy n -2+y n -1) ；
故n +2｜22005+n 2005；n +2｜32005+(n -1) 2005，……， n +2｜n 2005+22005 所以n +2｜2（22005+ +n 2005）。
又因为n +2≥3>2，所以n +22，所以n +2（22005+ +n 2005）＋2 即（n +2（12005+22005+ +n 2005）命题得证。 4．已知n 为正奇数，求证：60|6n -3n -2n -1。
证明：因为若n 是正整数，则x n -y n =(x -y )(x n -1+x n -2y + +xy n -2+y n -1) ；
若n 是正奇数，则x n +y n =(x +y )(x n -1-x n -2y + -xy n -2+y n -1) ；
所以3|6n -3n ，3|2n +1，从而3|6n -3n -2n -1； 4|6n -2n ，4|3n +1，从而4|6n -3n -2n -1； 5|6n -1，5|3n +2n ，从而5|6n -3n -2n -1；
又(3, 4, 5) =1且3⨯4⨯5=60，所以60|6n -3n -2n -1。
5．设a 、b 、c 为满足不等式1＜a ＜b ＜c 的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc
整除，求所有可能数组（a ，b ，c ）. （1989年上海竞赛试题） 解 ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1） =a2b 2c 2-abc （a+b+c）+ab+ac+bc-1，① ∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.
∴存在正整数k, 使ab+ac+bc-1=kabc, ②
k=＜＜＜＜
∴k=1.
若a≥3，此时1=
已知a ＞1. ∴只有a=2.
-＜矛盾.
当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，即 1=∴0＜b ＜4，知b=3，从而易得c=5.
＜
说明：在此例中通过对因数k 的范围讨论，从而逐步确定a 、b 、c 是一项重要解题技巧.