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；
|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?
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。
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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?ai，i = 1, 2, ?, n ? m?（q1a1 ? q2a2 ? ? ? qnan）， 此处qi（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k1,k2使得:
b?ak1,c?bk2, 因此c?(k1k2)a, 由于k1k2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
an?bn?(a?b)(an?1?an?2b???abn?2?bn?1);
（Ⅱ）若n是正奇数，则在上式中以（?b）代换b得:
an?bn?(a?b)(an?1?an?2b???abn?2?bn?1).
?01能被十进制整数1001整除. 例1 证明十进制整数10?50个0证明 由分解因式公式(Ⅱ),有
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1710?01?1051?1?（103）?1 ?50个015?（103?1）[(103)16?（103）???103?1],
?01.证毕 所以, 103?1?1001能整除10?50个0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?（n2 ? 1）.
证明 设n = 2k ? 1，(k?Z)，则 n2 ? 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?（n2 ? 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?(n4 ? 4n2 ? 11). 解 因为 n4 ? 4n2 ? 11 = (n2 ? 1)(n2 ? 5) ? 16. 由于n是奇数,有8?(n2 ? 1)，且2?(n2 ? 5), 故16?(n2 ? 1)(n2 ? 5).
从而16?(n2 ? 1)(n2 ? 5)+16, 即16?(n4 ? 4n2 ? 11).
例4 设m,n为正整数，且m?n?0, 证明: (2?1)|(2证明 由于m?n?0, 故m?n?1?0. 于是:2?(2在公式(Ⅰ)中，令 a?22, b?1，则:
n?12n2m?1).
2m2n?12m?n?1)
3
2?1?(2?(22n?12m2n?12m?n?1)?1?(22n?1)[(22n?12n?12m?n?1?1)2n?12m?n?1?2)???22n?1?1]
所以 (2又 2?1)|(2?1),
2m2n?1?1?(2?1)(2?1),
2n2n?12n因此 (2?1)|(2?1).
2n2mnm由定理1.1.1中 (ⅰ),即整除的传递性知：(2?1)|(2?1). 证毕． 注1 在此例中，直接证明“(22?1)|(22?1)”不易入手，因此尝试选择适当的“中间量（2?1）”，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“Fn?22?1(n?N)”的数称为费马数. 当m?n?0时, 费马数满足: Fn|(Fm?2)，即存在整数t，使得Fm?2?t?Fn.
例5 设正整数n的十进制表示为:
n2n?1 n?ak?a1a0(0?ai?9,0?i?k,ak?0)，
且S(n)?ak?ak?1???a1?a0，证明：9|n的充要条件是9|S(n). 证明：由于n?ak?10???a1?10?a0,
S(n)?ak?ak?1???a1?a0，
k?n?S(n)?ak(10k?1)??ai(10i?1)???a1(10?1),
i0 1对于所有的0?i?k, 有9|(1?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|n?9|S(n). 证毕.
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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n?ak?a1a0(0?ai?9,ak?0)，
kT(n)?a?a???(?1)ak， n的个位为起始数字的正负交错和 01证明：“11|n”的充分必要条件是“11|T(n)”.
k证明 由于 n?ak?10???a1?10?a0,
kT(n)?a?a???(?1)ak， 01?n?T(n)?ak(10k?(?1)k)???ai(10i?(?1)i)???a1(10?1)
当i为偶数时， 10?(?1)?99?99 ，
其中有偶数个9，显然它是11的倍数；
iii10?(?1)?10?1?(10?1)s?11s(s?z)， 当i为奇数时，
ii它也是11的倍数,
ii11|(10?(?1)),(0?i?k). 即11|(n?T(n))成立. 故总有
从而11|n?11|T(n).
习题1.1
1．设n是整数，则3|n(n?1)(2n?1).
2. 设正整数n的十进制表示为n?ak?a1a0(0?ai?9,0?i?k,ak?0)，n的个位为起始数字的正、负交错的和 T(n)?a0?a1???(?1)kak，证明：“11|n”的充分必要条件是“11|T(n)”.
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