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第二十四講* 整數(shù)的整除性
整數(shù)的整除性問題，是數(shù)論中的最基本問題，也是國內外數(shù)學競賽中最常出現(xiàn)的內容之一．由于整數(shù)性質的論證是具體、嚴格、富有技巧，它既容易使學生接受，又是培養(yǎng)學生邏輯思維和推理能力的一個有效課題，因此，了解一些整數(shù)的性質和整除性問題的解法是很有必要的．
1．整除的基本概念與性質
所謂整除，就是一個整數(shù)被另一個整數(shù)除盡，其數(shù)學定義如下．
定義 設a，b是整數(shù)，b≠0．如果有一個整數(shù)q，使得a=bq，那么稱a能被b整除，或稱b整除a，并記作b｜a．如果不存在這樣的整數(shù)q，使得a=bq，則稱a不能被b整除，或
2、稱b不整除a，記作ba．
關于整數(shù)的整除，有如下一些基本性質：
性質1 若b｜a，c｜b，則c｜a．
性質2 若c｜a，c｜b，則c｜(a±b)．
性質3 若c｜a，cb，則c(a±b)．
性質4 若b｜a，d｜c，則bd｜ac．
性質5 若a=b＋c，且m｜a，m｜b，則m｜c．
性質6 若b｜a，c｜a，則[b，c]｜a(此處[b，c]為b，c的最小公倍數(shù))．特別地，當(b，c)=1時，bc｜a(此處(b，c)為b，c的最大公約數(shù))．
性質7 若c｜ab，且(c，a)=1，則c｜b．特別地，若p是質數(shù)，且p｜ab，則p｜a或p｜b．
性
3、質8 若a≠b，n是自然數(shù)，則(a-b)｜(an-bn)．
性質9 若a≠-b，n是正偶數(shù)，則(a＋b)｜(an-bn)．
性質10 若a≠-b，n是正奇數(shù)，則(a＋b)｜(an＋bn)．
2．證明整除的基本方法
證明整除常用下列幾種方法：(1)利用基本性質法；(2)分解因式法；(3)按模分類法；(4)反證法．下面舉例說明．
例1 證明：三個連續(xù)奇數(shù)的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．
分析 要證明一個數(shù)能被12整除但不能被24整除，只需證明此數(shù)等于12乘上一個奇數(shù)即可．
證 設三個連續(xù)的奇數(shù)分別為2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整數(shù))
4、，于是
(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1
=12(n2＋n＋1)．
所以
12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．
又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相鄰的兩個整數(shù)，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶數(shù)，從而n2＋n+1是奇數(shù)，故
24 [(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．
例2 若x，y為整數(shù)，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一個也能被17整除．
證 設u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，從上面兩式中消去y，得
3v-5u=17x．①
所以 17｜3v．
5、
因為(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．
若17｜v，同樣從①式可知17｜5u．因為(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．
q＞1．求pq的值．
解 若p=q，則
不是整數(shù)，所以p≠q．不妨設p＜q，于是
是整數(shù)，所以p只能為3，從而q=5．所以
pq=3×5=15．
例4 試求出兩兩互質的不同的三個自然數(shù)x，y，z，使得其中任意兩個的和能被第三個數(shù)整除．
分析 題中有三個未知數(shù)，我們設法得到一些方程，然后從中解出這些未知數(shù)．
最小的一個：
y｜(y＋2x)，所以y｜
6、2x，于是
數(shù)兩兩互質，所以x=1．
所求的三個數(shù)為1，2，3．
例5 設n是奇數(shù)，求證：
60｜6n-3n-2n-1．
分析 因為60=22×3×5，22，3，5是兩兩互質的，所以由性質6，只需證明22，3，5能被6n-3n-2n-1整除即可．對于冪的形式，我們常常利用性質8～性質10，其本質是因式分解．
證 60=22×3×5．由于n是奇數(shù)，利用性質8和性質10，有
22｜6n-2n，22｜3n＋1，
所以
22｜6n-2n-3n-1， 3｜6n-3n， 3｜2n+1，
所以
3｜6n-3n-2n-1，5｜6n-1，5｜3n+2n，
7、
所以
5｜6n-1-3n-2n．
由于22，3，5兩兩互質，所以
60｜6n-3n-2n-1．
我們通常把整數(shù)分成奇數(shù)和偶數(shù)兩類，即被2除余數(shù)為0的是偶數(shù)，余數(shù)為1的是奇數(shù)．偶數(shù)常用2k表示，奇數(shù)常用2k+1表示，其實這就是按模2分類．又如，一個整數(shù)a被3除時，余數(shù)只能是0，1，2這三種可能，因此，全體整數(shù)可以分為3k，3k＋1，3k＋2這三類形式，這是按模3分類．有時為了解題方便，還常把整數(shù)按模4、模5、模6、模8等分類，但這要具體問題具體處理．
例6 若整數(shù)a不被2和3整除，求證：24｜(a2-1)．
分析 因為a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模
8、2分類與按模3分類都是不合適的．較好的想法是按模6分類，把整數(shù)分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5這六類．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍數(shù)，6k＋3是3的倍數(shù)，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有時候為了方便起見，也常把6k＋5寫成6k-1(它們除以6余數(shù)均為5)．
證 因為a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然數(shù)，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k與3k±1為一奇一偶(若k為奇數(shù)，則3k±1為偶數(shù)，若k為偶數(shù)，則3k±1為奇數(shù))，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．
例7
9、 求證：3n+1(n為正整數(shù))能被2或22整除，但不能被2的更高次冪整除．
證 按模2分類．若n=2k為偶數(shù)，k為正整數(shù)，則
3n＋1=32k＋1=(3k)2＋1．
由3k是奇數(shù)，(3k)2是奇數(shù)的平方，奇數(shù)的平方除以8余1，故可設(3k)2=8l＋1，于是
3n＋1=8l＋2=2(4l＋1)．
4l＋1是奇數(shù)，不含有2的因數(shù)，所以3n＋1能被2整除，但不能被2的更高次冪整除．
若n=2k＋1為奇數(shù)，k為非負整數(shù)，則
3n+1=32k＋1+1=3·(3k)2＋1
=3(8l＋1)＋1=4(6l＋1)．
由于6l＋1是奇數(shù)，所以此時3n+1能被22整
10、除，但不能被2的更高次冪整除．
在解決有些整除性問題時，直接證明較為困難，可以用反證法來證．
例8 已知a，b是整數(shù)，a2＋b2能被3整除，求證：a和b都能被3整除．
證 用反證法．如果a，b不都能被3整除，那么有如下兩種情況：
(1)a，b兩數(shù)中恰有一個能被3整除，不妨設3｜a，3b．令a=3m，b=3n±1(m，n都是整數(shù))，于是
a2+b2=9m2+9n2±6n+1
=3(3m2＋3n2±2n)+1，
不是3的倍數(shù)，矛盾．
(2)a，b兩數(shù)都不能被3整除．令a=3m±1，b=3n±1，則
a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2
11、
=9m2±6m+1+9n2±6n＋1
=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，
不能被3整除，矛盾．
由此可知，a，b都是3的倍數(shù)．
例9 設p是質數(shù)，證明：滿足a2=pb2的正整數(shù)a，b不存在．
證 用反證法．假定存在正整數(shù)a，b，使得
a2=pb2
令(a，b)=d，a=a1d，b=b1d，則(a1，b1)=1．所以
與(a1，b1)=1矛盾．
例10 設p，q均為自然數(shù)，且
求證：29｜p．
證 注意到29是質數(shù)．令a=10×11×…×19．
所以 ap=29q·b
12、，
29｜a·p，29是質數(shù)，且29a，所以29｜p．
練習二十四
1．求證：對任意自然數(shù)n，2×7n＋1能被3整除．
2．證明：當a是奇數(shù)時，a(a2-1)能被24整除．
3．已知整數(shù)x，y，使得7｜(13x+8y)，求證：
7｜(9x＋5y)．
4．設p是大于3的質數(shù)，求證：24｜(p2-1)．
5．求證：對任意自然數(shù)n，n(n-1)(2n-1)能被6整除．
6．求證：三個連續(xù)自然數(shù)的立方和能被9整除．
7．已知a，b，c，d為整數(shù)，ab＋cd能被a-c整除，求證：ad＋bc也能被a-c整除．
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奧數(shù)第二十四講 整數(shù)的整除性
