整除问题(1)

本文将介绍一些整除的相关问题，并没有很多的前置知识，因此会更偏向妙解

整除的基本性质：

1. \(a\mid b,b\mid c=>a\mid c\)

2. \(a\mid b,a\mid c=>a\mid b\pm c\)

3. \(a\mid b=>a\mid bc,\forall c\in Z\)

4. \(a\mid b,b\mid a=>|a|=|b|\)

5. \(a\mid b=> |b|\ge |a| 或 b=0\)

6. 对素数 \(p\) ，\(p\mid ab=>p\mid a或 p\mid b\)

7. \(n\mid a-b,n\mid a'-b'=>n\mid aa'-bb'\)

8. \(a\mid b,b\mid a=>a=b\)

第八点应当单独建个专栏的，但是没什么题目，所以就强调一下要记住

CP1

通过改变被除数的代数结构使得其易于处理，是整除问题的常用手段

例1

求所有的素数 \(p\) 使得存在 \(p=m^2+n^2\) 且 \(p\mid m^3+n^3-4\)

显然 \(p=1,5\) 满足条件。考虑 \(m,n>2\)

\(p\mid 2(m^3+n^3-4)-3(m^2+n^2)(m+n)=-(m+n)^3-8\)

即 \(p\mid (m+n+2)[(m+n)^2-2(m+n)+4]\)

结合 \(m^2+n^2>m+n+2\) 且 \(p\) 为素数

有 \(p\mid (m-2)(n-2)\)

显然不成立

例2

设 \(a,b\) 是大于 \(1\) 的不同正整数，若 \(b^2+a-1\mid a^2+b-1\) ，求证：\(b^2+a-1\) 至少含有两个不同素因子

假设 \(b^2+a-1=p^\alpha\) ，由条件知 \(p^\alpha \mid (a-b)(a+b-1)\)

由 \(b^2+a-1>a-b\) 且 \(b^2+a-1>a+b-1\) ，知 \(p\mid a-b,p\mid a+b-1\)

则 \(p\mid (b^2+a-1)-(b+a-1)=b(b-1)\)

若 \(p\mid b-1\) ，则 \(p\mid (a-b)+(b-1)=a-1\) ，可知 \(p\mid (b^2+a-1)-(a-1)=b^2\) 矛盾

若 \(p\mid b\) ，则 \(p\mid a-b+b=a\) ，则 \(p\nmid b^2+a-1\) 矛盾

CP2

通过加减改变被除数结构在 \(n\) 元情况下也是有效的手段

例3

求所有正整数组 \((a_1,a_2,...,a_n)(a_1<a_2<...<a_n)\) ，使得对任意非负整数 \(d\) 均有 \(a_1a_2...a_n\mid(a_1+d)(a_2+d)...(a_n+d)\)

考虑到一组解 \((1,2,...,n)\) ，下证其唯一

实际上，由 \(a_1a_2...a_n\mid(a_1+d)(a_2+d)...(a_n+d)\) 可以推出 \(a_1a_2...a_n\mid(a_1+d-a_1a_2...a_n)...(a_n+d-a_1a_2...a_n)\)

也就是说，结论对于任意整数 \(d\) 成立

考虑取 \(d=-1\) ，\(a_1a_2...a_n>(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)\) 可知 \(a_1=1\)

归纳证明： \(a_i=i\) ，考虑结论对 \(i\leq k-1\) 都成立，取 \(d=-k\)

\((k-1)!a_ka_{k+1}...a_n\mid (-1)^{k+1}(k-1)! (a_k-k)(a_{k+1}-k)...(a_n-k)\)

显然 \(LHS>|RHS|\) ，从而 \(a_k=k\)

例4

设 \(n,k\in N_+,k\ge 2,n\geq 2k\) ，求证：存在 \(i\in\{0,1,2,...,k-1\}\) ，使得 \((n-i)\nmid C_n^k\)

假设 \(n,n-1,...,n-(k-1)\) 都是 \(C_n^k\) 的因数，根据 \(n(n-1)...(n-(k-1))=k!C_n^k\) 可知

\( \begin{cases} &k!\mid(n-1)(n-2)...(n-k+1)\\ &k!\mid n(n-2)...(n-k+1)\\ &...\\ &k!\mid n(n-1)(n-2)...(n-k+1) \end{cases} \)

用第一个式子减去第二个式子，第二个式子减去第三个式子，依次得到 \(k!\mid (n-2)(n-3)...(n-k+1),k!\mid n(n-3)(n-4)...(n-k+1),...\) （这里其实省略了1）

同理再次进行操作，不断操作直至最后得到 \(k!\mid 2\cdot 3\cdot 4...\cdot (k-1)\) ，得到矛盾

CP3

我们再介绍几个大小估计相关的问题。

例5

设 \(A\) 是 \(\mathbb{Z}\) 的有限子集，且 \(|A|\ge 3\) ，求证： \(A\) 中存在两个元素，它们的和不整除于其它元素的和

考察 \(a_1+a_n,a_2+a_n,a_3+a_n,...,a_{n-1}+a_n\) ，记 \(S=a_1+a_2+...+a_n\) ，则 \(S=x_1(a_1+a_n)=x_2(a_2+a_n)=...=x_{n-1}(a_{n-1}+a_n)\) ，并且 \(1< x_{n-1}<x_{n-2}<...<x_1\) ，即 \(x_1\ge n\) ，则 \(S\ge na_n\) 矛盾

例6

设正整数 \(p,q\) 满足 \(p\mid q^3-1,q\mid p-1\) ，求证 \(p=q^{\frac32}+1或 q^2+q+1\)

设 \(p-1=nq\) ，有 \(nq+1\mid q^3-1\) ，结合 \(nq+1\mid nq^3+q^2\) 知 \(nq+1\mid nq^2+n^2\) 则 \(nq+1\mid n^2-q\) ，若 \(n^2\neq q\) 则 \(n^2-q\ge nq+1\)

此时 \(n-1\ge q\) ，记 \(n=q+t\) 有 \(n^2-q=k(nq+1)\) ，则 \(n\mid q+k\) ，则 \(k\ge t\) ，则 \(t^2+q^2+2tq-q= RHS\ge t((q+t)q+1)=tq^2+t^2q+t\iff t+q\ge tq+1\)

仅当 \(t=1\) 时成立

综上有 \(n^2=q或n=q+1\) ，分别对应题目的两种情况

例7

若 \(x^{a+b}=a^b\cdot b\) ，求证： \(a=x,b=x^x\)

\(x=1\) 显然

记 \(x=p_1^{\gamma_1}...p_k^{\gamma_k}\) ， \(a=p_1^{\alpha_1}...p_k^{\alpha_k},b=p_1^{\beta_1}...p_k^{\beta_k}\)

\(\gamma_i(a+b)=\alpha_ib+\beta_i\)

先证明：\(\beta_i>0\) ，假设 \(\beta_i=0\)

那么 \(b(\alpha_i-\gamma_i)=\gamma_ia\)

由于 \(\beta_i=0\) ，有 \(p_i^{\alpha_i} \mid \alpha_i-\gamma_i\) ，只能是 \(\alpha_i-\gamma_i=0\) ，这与 \(\gamma_i>0\) 矛盾

考虑 \(\beta_i+b(\alpha_i-\gamma_i)=\gamma_ia\)，两边 \(p_i\) 的次幂相等，但 \(\beta_i\) 的 \(p_i\) 次幂肯定严格低于 \(b\) （特别地，0为正无限次），从而可知 \(v_p(\beta_i)=\alpha_i<\beta_i\) ，从而 \(a\mid b\)

记 \(\frac{x}{a}=\frac{p}{q}\) ，\(p,q\in Z_+,(p,q)=1\)

则 \(p^bx^a=q^bb\) ，又 \((p,q)=1\) ，有 \(p^b\mid b\) ，只能有 \(p=1\)

若 \(x<a,x\mid a\)，可知存在 \(\alpha_i>\gamma_i\) ，就有 \(\gamma_ia\ge\beta_i+b\)

结合 \(v_p(a)=v_p(\beta_i)>\gamma_i\) 及 \(a\mid b\) 有 \(\alpha_ia>p^{\alpha_i}+p^{p^{\alpha_i}}\cdot \frac{a}{p_i^{\alpha_i}}\)

可知 \(\alpha_i>p^{p^{\alpha_i}-\alpha_i}\) 显然是矛盾的

从而 \(a=x\) ，进而 \(b=x^x\)

注记：对于等式 \(\gamma_i(a+b)=\alpha_ib+\beta_i\) 的变形从而进一步估计是相当关键的