1第一章-第一講整數(shù)的可除性(閔嗣鶴)20xx0210(1)(存儲(chǔ)版)
【正文】 189。 又 (絕對(duì)最小剩余)對(duì)于絕對(duì)最小剩余而言, 存在唯一的整數(shù)對(duì) .例3 設(shè),(除數(shù)為偶數(shù))則 (最小非負(fù)余數(shù))對(duì)于最小非負(fù)剩余而言,存在唯一的一對(duì)整數(shù)。y ；特別地，有 y0189。 y0 ). 因此 r = y qy0 = a1(x1 qx1162。ai，（1 163。設(shè),則 又因?yàn)?，故必?即。 r2 m，則ax + by被m除的余數(shù)與r1x + r2y被m除的余數(shù)相同；ab被m除的余數(shù)與r1r2被m除的余數(shù)相同；特別地，ak被m除的余數(shù)與r1k被m除的余數(shù)相同. 解 因?yàn)椋?a = a1m + r1，0 163。 例8 設(shè)a0, a1, L, an206。Z.由于f(1)不是3的倍數(shù)，所以f(x) 185。Z.所以 3189。 1)n + L + a1(3q 162。 0；(ⅱ) 若r = 1，即x = 3q + 1，q206。Z，使得x3 = 9Q1 + R1，y3 = 9Q2 + R2 ，由例5可知R1和R2被9除的余數(shù)分別與r13和r23被9除的余數(shù)相同,由于, 故 R1 = 0，1或8。b ,其中是任意整數(shù).2. 對(duì)于整數(shù),若則與有且僅有一個(gè)是5的倍數(shù). 3. 證明：對(duì)于任意給定的n個(gè)整數(shù)，必可以從中找出若干個(gè)數(shù)作和，使得這個(gè)和能被n整除.4. 證明：對(duì)于任何整數(shù)n，m，等式n2 + (n + 1)2 = m2 + 2不可能成立.5. 設(shè)a1, a2, L, an是整數(shù)，且a1 + a2 + L + an = 0，a1a2Lan = n，證明必是4的倍數(shù).6. 設(shè)，求證：. 將此題進(jìn)行推廣并證明你的結(jié)論. 例6 設(shè)a，b，x，y∈Z，k，m∈Z+，且a = a1m + r1，0 163。 例4 設(shè)，證明個(gè)連續(xù)整數(shù)有且僅有一個(gè)能被整除.證明 首先證明個(gè)連續(xù)整數(shù)有一個(gè)能被整除設(shè)個(gè)連續(xù)整數(shù)為:令 若 則 若 則 由于, 從而有 ,即 ，且 所以個(gè)連續(xù)整數(shù)有一個(gè)能被整除。 i 163。A，由帶余數(shù)除法存在整數(shù)q, r206。 n）}中的最小正整數(shù)，則對(duì)于任何y206。推論 若是整數(shù), 則存在惟一一對(duì)整數(shù)q和r滿足: 證明 考慮整數(shù)及，由帶余數(shù)除法知，存在惟一的整數(shù)對(duì)， 使得 ，令 則 .由于及的惟一性得知及是惟一性的. 證畢. 注 這個(gè)推論是帶余數(shù)除法的一種更為靈活的形式.例如: 當(dāng)時(shí),取。(n4 + 4n2 + 11).例4 設(shè)為正整數(shù)，且, 證明: .證明 由于, 故. 于是:在公式(Ⅰ)中，令 , ，則:所以 又 因此 (ⅰ),即整除的傳遞性知： 證畢．注1 在此例中，直接證明“”不易入手，因此嘗試選擇適當(dāng)?shù)摹爸虚g量（）”， (ⅰ)的條件，再利用整除的傳遞性導(dǎo)出所要的結(jié)論. 注2 在此例中，形如“”的數(shù)稱為費(fèi)馬數(shù). 當(dāng)時(shí), 費(fèi)馬數(shù)滿足: ，即存在整數(shù)，使得.（n2 1）.證明 設(shè)n = 2k + 1，則 n2 1= (2k + 1)2 1 = 4k (k + 1). 由于k和k + 1中必有一個(gè)是偶數(shù)，所以8189。a，a 185。 b189。|b|。c（整除的傳遞性）； (ⅱ) a189。1，并且只有約數(shù) 177。（2）顯然每個(gè)非零整數(shù)a都有約數(shù) 177。 0，若存在整數(shù)c，使得a = bc成立
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