昆仑山:眼中无形心中有穴之穴人合一

夫君子之行，静以修身，俭以养德；非澹泊无以明志，非宁静无以致远。夫学须静也，才须学也；非学无以广才，非志无以成学。怠慢则不能励精，险躁则不能冶性。年与时驰，意与岁去，遂成枯落，多不接世。悲守穷庐，将复何及！

 

ch01整除理论

第一章 整除理论 §1 自然数与整数 知识点详解与证明

一、章节核心定位

整除理论是初等数论的核心基础，而自然数与整数的基本性质、归纳原理是整个数论大厦的逻辑地基。所有后续的整除、素数、最大公约数、算术基本定理等内容，都必须基于本节的公理与性质严格推导，不能仅依赖“直观认知”。

二、核心知识点详解与严格证明

模块1 自然数与整数的集合定义

集合 符号 定义 核心特征
自然数集 \(\mathbb{N}\) 正整数全体，即\(\{1,2,3,\dots,n,n+1,\dots\}\) 不含0，对加法、乘法封闭，对减法不封闭
整数集 \(\mathbb{Z}\) 正整数、负整数、0的全体，即\(\{\dots,-n-1,-n,\dots,-1,0,1,\dots,n,n+1,\dots\}\) 对加法、减法、乘法封闭，对除法不封闭（整除理论的研究起点）

模块2 整数的基本运算性质

2.1 加法与减法运算性质

\(\mathbb{N}\)上的加法满足：

  1. 封闭性：\(\forall a,b\in\mathbb{N}\)，\(a+b\in\mathbb{N}\)
  2. 结合律：\((a+b)+c = a+(b+c)\)，\(\forall a,b,c\in\mathbb{N}\)
  3. 交换律：\(a+b = b+a\)，\(\forall a,b\in\mathbb{N}\)
  4. 相消律：\(a+b = a+c \implies b=c\)，\(\forall a,b,c\in\mathbb{N}\)

\(\mathbb{N}\)对减法不封闭（如\(2-5\)不是正整数），而\(\mathbb{Z}\)弥补了这一缺陷，额外满足：

  1. 加法单位元：\(a+0 = a\)，\(\forall a\in\mathbb{Z}\)
  2. 减法封闭性：\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)，存在唯一\(x\in\mathbb{Z}\)使得\(a=b+x\)，定义\(x=a-b\)（差）

\(\mathbb{Z}\)关于加法构成交换群（满足封闭性、结合律、单位元、逆元、交换律）。

2.2 乘法运算性质

\(\mathbb{Z}\)上的乘法满足：

  1. 封闭性：\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)，\(ab\in\mathbb{Z}\)
  2. 结合律：\((ab)c = a(bc)\)，\(\forall a,b,c\in\mathbb{Z}\)
  3. 交换律：\(ab = ba\)，\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)
  4. 非零相消律：若\(a\neq0\)，\(ab=ac \implies b=c\)，\(\forall a,b,c\in\mathbb{Z}\)（0不能消去，因\(0\cdot a=0\)对任意\(a\)成立）
  5. 零元性质：\(0\cdot a = 0\)，\(\forall a\in\mathbb{Z}\)
  6. 乘法单位元：\(1\cdot a = a\)，\(\forall a\in\mathbb{Z}\)
  7. 分配律：\((a+b)c = ac + bc\)，\(\forall a,b,c\in\mathbb{Z}\)（连接加法与乘法的核心性质）

\(\mathbb{Z}\)对除法不封闭，这正是整除理论的核心研究问题：何时整数除法可以“除尽”。

2.3 序（大小）关系性质

整数的大小关系是全序关系，满足：

  1. 三歧性：\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)，\(a=b\)、\(a<b\)、\(b<a\)三者有且仅有一个成立
  2. 自反性：\(a\leq a\)，\(\forall a\in\mathbb{Z}\)
  3. 反对称性：若\(a\leq b\)且\(b\leq a\)，则\(a=b\)，\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)
  4. 传递性：若\(a\leq b\)且\(b\leq c\)，则\(a\leq c\)，等号当且仅当\(a=b\)且\(b=c\)时成立
  5. 加法保序性：\(a+c\leq b+c \iff a\leq b\)，\(\forall a,b,c\in\mathbb{Z}\)
  6. 正乘法保序性：若\(c\in\mathbb{N}\)，则\(ac\leq bc \iff a\leq b\)，\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)
  7. 负乘法反序性：\(a\leq b \iff -a\geq -b\)，\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)
  8. 正整数界性质：若\(a,b,c\in\mathbb{N}\)且\(c=ab\)，则\(a\leq c\)，等号当且仅当\(b=1\)时成立

2.4 绝对值的定义与性质

定义：\(\forall a\in\mathbb{Z}\)，

\[|a|= \begin{cases} a, & a\in\mathbb{N} \\ 0, & a=0 \\ -a, & -a\in\mathbb{N} \end{cases} \]

核心性质：

  1. 积的绝对值=绝对值的积：\(|ab|=|a||b|\)，\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)
  2. 三角不等式：\(|a+b|\leq |a|+|b|\)，\(\forall a,b\in\mathbb{Z}\)，等号当且仅当\(a,b\)同号或至少一个为0时成立

模块3 归纳原理与数学归纳法

3.1 Peano公理与归纳原理

自然数的本质由Peano公理刻画，核心是归纳公理（归纳原理）：

设\(S\)是\(\mathbb{N}\)的子集，满足：
(i) \(1\in S\)；
(ii) 若\(n\in S\)，则\(n+1\in S\)；
则\(S=\mathbb{N}\)。

归纳原理是自然数的核心公理，刻画了自然数“从1开始、逐个后继、覆盖全体”的特征，是数学归纳法的逻辑基础。

3.2 第一数学归纳法（定理1）

定理内容：设\(P(n)\)是关于自然数\(n\)的命题，若
(i) 基例：\(n=1\)时，\(P(1)\)成立；
(ii) 归纳步：若\(P(n)\)成立，则\(P(n+1)\)成立；
则\(P(n)\)对所有自然数\(n\)成立。

严格证明：
设\(S = \{ n\in\mathbb{N} \mid P(n)成立 \}\)。

  • 由(i)，\(1\in S\)；
  • 由(ii)，若\(n\in S\)则\(n+1\in S\)；
    由归纳原理，\(S=\mathbb{N}\)，即\(P(n)\)对所有自然数\(n\)成立。证毕。

模块4 最小/最大自然数原理

4.1 最小自然数原理（定理2）

定理内容：设\(T\)是\(\mathbb{N}\)的非空子集，则必有\(t_0\in T\)，使得对任意\(t\in T\)，有\(t_0\leq t\)（即\(T\)必有最小自然数）。

严格证明：

  1. 构造集合\(S = \{ s\in\mathbb{N} \mid \forall t\in T, s\leq t \}\)（所有小于等于\(T\)中全体元素的自然数）。
  2. 证明\(S\)非空：因\(T\subseteq\mathbb{N}\)，故\(\forall t\in T\)，\(1\leq t\)，即\(1\in S\)。
  3. 证明存在\(s_0\in S\)使得\(s_0+1\notin S\)：反证法，若\(\forall s\in S\)都有\(s+1\in S\)，结合\(1\in S\)，由归纳原理得\(S=\mathbb{N}\)。但\(T\)非空，取\(t_1\in T\)，则\(t_1+1\in S\)，故\(t_1+1\leq t_1\)，矛盾。因此必存在\(s_0\in S\)，\(s_0+1\notin S\)。
  4. 证明\(s_0\in T\)：反证法，若\(s_0\notin T\)，则\(\forall t\in T\)，\(s_0 < t\)，即\(t\geq s_0+1\)，故\(s_0+1\in S\)，与\(s_0+1\notin S\)矛盾。因此\(s_0\in T\)。
  5. 结论：\(s_0\in T\)且\(\forall t\in T\)，\(s_0\leq t\)，即\(s_0\)是\(T\)的最小元。证毕。

4.2 最大自然数原理（定理3）

定理内容：设\(M\)是\(\mathbb{N}\)的非空子集，若\(M\)有上界（存在\(a\in\mathbb{N}\)，使得\(\forall m\in M\)，\(m\leq a\)），则必有\(m_0\in M\)，使得\(\forall m\in M\)，\(m\leq m_0\)（即\(M\)必有最大自然数）。

严格证明：

  1. 构造集合\(T = \{ t\in\mathbb{N} \mid \forall m\in M, m\leq t \}\)（\(M\)的所有上界构成的集合）。
  2. 由\(M\)有上界\(a\)，得\(a\in T\)，故\(T\)非空。
  3. 由最小自然数原理，\(T\)有最小元\(t_0\)。
  4. 证明\(t_0\in M\)：反证法，若\(t_0\notin M\)，则\(\forall m\in M\)，\(m < t_0\)，即\(m\leq t_0-1\)，故\(t_0-1\in T\)，与\(t_0\)是\(T\)的最小元矛盾。因此\(t_0\in M\)。
  5. 结论：\(t_0\in M\)且\(\forall m\in M\)，\(m\leq t_0\)，即\(t_0\)是\(M\)的最大元。证毕。

补充：最小自然数原理与最大自然数原理等价，是数论中反证法的核心工具。

模块5 第二数学归纳法（强归纳法）

定理内容：设\(P(n)\)是关于自然数\(n\)的命题，若
(i) 基例：\(n=1\)时，\(P(1)\)成立；
(ii) 归纳步：对\(n>1\)，若所有\(m < n\)的自然数\(m\)都满足\(P(m)\)成立，则\(P(n)\)成立；
则\(P(n)\)对所有自然数\(n\)成立。

严格证明：
反证法，假设命题不成立，构造\(T = \{ n\in\mathbb{N} \mid P(n)不成立 \}\)，则\(T\)非空。
由最小自然数原理，\(T\)有最小元\(t_0\)。

  • 由(i)，\(P(1)\)成立，故\(t_0>1\)；
  • 由\(t_0\)是\(T\)的最小元，所有\(m < t_0\)的自然数都满足\(P(m)\)成立；
  • 由(ii)，可推出\(P(t_0)\)成立，与\(t_0\in T\)矛盾。

因此假设不成立，\(T\)为空集，\(P(n)\)对所有自然数\(n\)成立。证毕。

模块6 鸽巢原理（抽屉原理）

定理内容：设\(n\)是自然数，将\(n+1\)个物体放入\(n\)个盒子中，必有一个盒子中至少有2个物体。

严格证明：
反证法，假设每个盒子至多有1个物体，则\(n\)个盒子的物体总数至多为\(n\)，与“有\(n+1\)个物体”矛盾。因此假设不成立，必有一个盒子至少有2个物体。证毕。

三、核心知识点归纳总结表

知识模块 核心内容 关键性质/定理 核心用途
整数的基本定义 自然数集\(\mathbb{N}\)、整数集\(\mathbb{Z}\)的定义 \(\mathbb{N}\)：正整数全体；\(\mathbb{Z}\)：正负整数+0 明确数论的研究对象，为运算、序关系提供基础
整数的运算性质 加法、减法、乘法的运算律 加法：封闭性、结合律、交换律、相消律、单位元、逆元；
乘法：封闭性、结合律、交换律、非零相消律、单位元、分配律		 刻画整数的代数结构，为整除、同余等运算提供公理支撑
整数的序关系 大小比较的基本性质 三歧性、自反性、反对称性、传递性、加法保序性、乘法保序/反序性 刻画整数的全序结构，为最小/最大自然数原理提供基础
绝对值 绝对值的定义与不等式 定义：非负化整数；
性质：积的绝对值、三角不等式		 整数的大小度量，数论不等式证明的核心工具
归纳原理与第一数学归纳法 Peano归纳公理，常规数学归纳法 归纳原理：满足基例+归纳步的子集等于\(\mathbb{N}\)；
第一数学归纳法：基例\(P(1)\)+归纳步\(P(n)\to P(n+1)\)，则\(P(n)\)对全体自然数成立		 证明与自然数相关的命题，是数论最基础的证明方法
最小/最大自然数原理 自然数非空子集的极值性质 最小自然数原理：\(\mathbb{N}\)的非空子集必有最小元；
最大自然数原理：有上界的\(\mathbb{N}\)非空子集必有最大元		 反证法的核心工具，推导第二数学归纳法，证明数论存在性命题
第二数学归纳法 强归纳法 基例\(P(1)\)+强归纳步（所有\(m<n\)的\(P(m)\)成立\(\to P(n)\)成立），则\(P(n)\)对全体自然数成立 证明依赖所有更小自然数性质的命题（如素数分解、递推命题）
鸽巢原理 组合存在性原理 \(n\)个盒子放\(n+1\)个物体，必有一个盒子至少2个物体 组合数论、同余存在性证明的核心工具

第二章 整除的基本知识 知识点详解与严格证明

一、本节核心定位

本节是初等数论的核心基石，是从整数基础运算过渡到数论核心体系的关键节点。整除的定义、基本性质是后续素数理论、最大公约数、带余除法、算术基本定理乃至同余理论的逻辑基础，几乎所有数论命题的推导都离不开整除关系的核心规则。

二、核心知识点详解与完整证明

模块1 整除的严格定义

定义1（整除）

设 \(a,b\in\mathbb{Z}\)，\(a\neq0\)。如果存在 \(q\in\mathbb{Z}\)，使得 \(b = aq\)，那么称：

  • \(b\) 被 \(a\) 整除，或 \(a\) 整除 \(b\)，记作 \(a\mid b\)；
  • \(b\) 是 \(a\) 的倍数，\(a\) 是 \(b\) 的约数（因数/除数）；
  • 若不存在这样的整数 \(q\)，则称 \(b\) 不能被 \(a\) 整除，记作 \(a\nmid b\)。

初学者必记的3个核心要点

  1. 隐含前提：符号 \(a\mid b\) 自带 \(a\neq0\) 的约束，0不能作为除数，这是整除定义的绝对前提。
  2. 整数范围约束：\(a,b,q\) 必须全为整数，不能出现分数。例如 \(6=2\times3\) 满足 \(2\mid6\)，但 \(5=2\times2.5\) 中 \(2.5\) 不是整数，因此 \(2\nmid5\)。
  3. 符号方向性：\(a\mid b\) 是“左除右”，方向不可颠倒，例如 \(2\mid6\) 成立，\(6\mid2\) 不成立。

定义直接推出的基础结论

  • 0是所有非零整数的倍数：对任意 \(a\neq0\)，\(0=a\times0\)，因此 \(a\mid0\) 恒成立。
  • \(\pm1\) 是所有整数的约数：对任意 \(b\in\mathbb{Z}\)，\(b=1\times b=(-1)\times(-b)\)，因此 \(1\mid b\)、\(-1\mid b\) 恒成立。

模块2 整除的核心性质（定理1）

定理1给出了整除关系的7条核心性质，是所有整除推导的基础，以下逐条给出详细讲解与完整证明。

性质(i) 符号不变性

\[a\mid b \iff -a\mid b \iff a\mid -b \iff |a|\mid |b| \]

讲解：整除关系仅由整数的绝对值决定，正负号不影响整除性。
完整证明：

  1. 证 \(a\mid b \iff -a\mid b\)：
    • 必要性（\(\Rightarrow\)）：若 \(a\mid b\)，则存在 \(q\in\mathbb{Z}\) 使得 \(b=aq\)，改写为 \(b=(-a)\times(-q)\)，\(-q\in\mathbb{Z}\)，故 \(-a\mid b\)。
    • 充分性（\(\Leftarrow\)）：若 \(-a\mid b\)，则存在 \(q\in\mathbb{Z}\) 使得 \(b=(-a)q=a\times(-q)\)，\(-q\in\mathbb{Z}\)，故 \(a\mid b\)。
  2. 证 \(a\mid b \iff a\mid -b\)：
    • 必要性（\(\Rightarrow\)）：若 \(a\mid b\)，则 \(b=aq\)，故 \(-b=a\times(-q)\)，\(-q\in\mathbb{Z}\)，得 \(a\mid -b\)。
    • 充分性（\(\Leftarrow\)）：若 \(a\mid -b\)，则 \(-b=aq\)，故 \(b=a\times(-q)\)，\(-q\in\mathbb{Z}\)，得 \(a\mid b\)。
  3. 证 \(a\mid b \iff |a|\mid |b|\)：
    • 必要性（\(\Rightarrow\)）：若 \(a\mid b\)，则 \(b=aq\)，两边取绝对值得 \(|b|=|a|\times|q|\)，\(|q|\) 是非负整数，故 \(|a|\mid |b|\)。
    • 充分性（\(\Leftarrow\)）：若 \(|a|\mid |b|\)，则存在非负整数 \(k\) 使得 \(|b|=|a|\times k\)，分情况还原符号：
      • \(b\geq0,a>0\)：\(b=ak\)，故 \(a\mid b\)；
      • \(b\geq0,a<0\)：\(b=(-a)k=a\times(-k)\)，\(-k\in\mathbb{Z}\)，故 \(a\mid b\)；
      • \(b<0,a>0\)：\(-b=ak\Rightarrow b=a\times(-k)\)，\(-k\in\mathbb{Z}\)，故 \(a\mid b\)；
      • \(b<0,a<0\)：\(-b=(-a)k\Rightarrow b=ak\)，故 \(a\mid b\)。
        综上，四个命题两两等价，证毕。

性质(ii) 传递性

\[a\mid b \text{ 且 } b\mid c \implies a\mid c \]

讲解：整除关系具有传递性，是数论链式推导的核心工具，例如 \(2\mid4\)、\(4\mid8\)，自然推出 \(2\mid8\)。
完整证明：

  • 由 \(a\mid b\)，存在 \(q_1\in\mathbb{Z}\) 使得 \(b=aq_1\)；
  • 由 \(b\mid c\)，存在 \(q_2\in\mathbb{Z}\) 使得 \(c=bq_2\)；
  • 代入得 \(c=(aq_1)q_2=a(q_1q_2)\)，\(q_1q_2\in\mathbb{Z}\)，由定义得 \(a\mid c\)。
    证毕。

性质(iii) 线性组合性质（本节最核心性质）

基础版：\(a\mid b\) 且 \(a\mid c \iff\) 对任意 \(x,y\in\mathbb{Z}\)，有 \(a\mid (bx+cy)\)。
一般版：\(a\mid b_1,a\mid b_2,\dots,a\mid b_k\) 同时成立 \(\iff\) 对任意 \(x_1,x_2,\dots,x_k\in\mathbb{Z}\)，有 \(a\mid (b_1x_1+b_2x_2+\dots+b_kx_k)\)。
讲解：若 \(a\) 能整除一组数，则 \(a\) 一定能整除这组数的任意整数线性组合。这是整除证明题中使用频率最高的性质，几乎所有整除推导都依赖它。
完整证明：

  1. 基础版双向证明：
    • 必要性（\(\Rightarrow\)）：若 \(a\mid b\)、\(a\mid c\)，则 \(b=aq_1\)，\(c=aq_2\)，\(q_1,q_2\in\mathbb{Z}\)。对任意 \(x,y\in\mathbb{Z}\)，\(bx+cy=aq_1x+aq_2y=a(q_1x+q_2y)\)，\(q_1x+q_2y\in\mathbb{Z}\)，故 \(a\mid (bx+cy)\)。
    • 充分性（\(\Leftarrow\)）：若对任意 \(x,y\in\mathbb{Z}\) 都有 \(a\mid (bx+cy)\)，取特殊值：
      • 令 \(x=1,y=0\)，得 \(a\mid b\)；
      • 令 \(x=0,y=1\)，得 \(a\mid c\)。
  2. 一般版证明（数学归纳法）：
    • 基例 \(k=2\)：即基础版，已证成立；
    • 归纳步：假设 \(k=m\) 时成立，即若 \(a\mid b_1,\dots,a\mid b_m\)，则对任意 \(x_1,\dots,x_m\in\mathbb{Z}\)，\(a\mid (b_1x_1+\dots+b_mx_m)\)。
      当 \(k=m+1\) 时，已知 \(a\mid b_1,\dots,a\mid b_{m+1}\)，令 \(S=b_1x_1+\dots+b_mx_m\)，则原式 \(=S+b_{m+1}x_{m+1}\)。由归纳假设 \(a\mid S\)，结合基础版性质，得 \(a\mid (S\times1 + b_{m+1}x_{m+1})\)，即 \(k=m+1\) 时成立。
      由数学归纳法，一般版对任意 \(k\geq2\) 成立。证毕。

性质(iv) 非零缩放不变性

设 \(m\in\mathbb{Z},m\neq0\)，则 \(a\mid b \iff ma\mid mb\)。
讲解：整除关系两边同时乘/除以一个非零整数，整除性保持不变，是约分、扩分推导的核心依据。
完整证明：

  • 必要性（\(\Rightarrow\)）：若 \(a\mid b\)，则 \(b=aq\)，\(q\in\mathbb{Z}\)，两边乘 \(m\) 得 \(mb=ma\cdot q\)，故 \(ma\mid mb\)。
  • 充分性（\(\Leftarrow\)）：若 \(ma\mid mb\)，则 \(mb=ma\cdot q\)，\(q\in\mathbb{Z}\)，\(m\neq0\)，由整数非零相消律，两边除以 \(m\) 得 \(b=aq\)，故 \(a\mid b\)。
    证毕。

性质(v) 互整除性质

\[a\mid b \text{ 且 } b\mid a \implies b=\pm a \]

讲解：两个非零整数互相整除，当且仅当它们相等或互为相反数。
完整证明：

  • 由 \(a\mid b\) 得 \(b=aq_1\)，\(q_1\in\mathbb{Z}\)；
  • 由 \(b\mid a\) 得 \(a=bq_2\)，\(q_2\in\mathbb{Z}\)；
  • 代入得 \(a=aq_1q_2\)，\(a\neq0\)，两边除以 \(a\) 得 \(1=q_1q_2\)。
    整数相乘为1仅有两种情况：\(q_1=1,q_2=1\)（此时 \(b=a\)），或 \(q_1=-1,q_2=-1\)（此时 \(b=-a\)）。故 \(b=\pm a\)。证毕。

性质(vi) 约数的绝对值上界

设 \(b\neq0\)，则 \(a\mid b \implies |a|\leq|b|\)。
讲解：非零整数的约数，绝对值不可能超过它本身，这是“非零整数的约数只有有限个”的核心依据。
完整证明：

  • 由 \(a\mid b\) 得 \(b=aq\)，\(q\in\mathbb{Z}\)，两边取绝对值得 \(|b|=|a|\cdot|q|\)。
  • \(b\neq0\)，故 \(|b|>0\)，因此 \(|q|\geq1\)（非零整数的绝对值最小为1）。
  • 故 \(|b|=|a|\cdot|q|\geq|a|\times1=|a|\)，即 \(|a|\leq|b|\)。证毕。

性质(vii) 余数整除等价性

设 \(a\neq0\)，\(b=qa+c\)，则 \(a\mid b\) 的充要条件是 \(a\mid c\)。
讲解：这是后续带余除法、辗转相除法的核心逻辑，将“大数的整除问题”转化为“更小的余数的整除问题”，是数论化简的核心工具。
完整证明：

  • 必要性（\(\Rightarrow\)）：若 \(a\mid b\)，由 \(b=qa+c\) 变形得 \(c=b-qa\)。已知 \(a\mid b\) 且 \(a\mid qa\)，由线性组合性质，\(a\mid c\)。
  • 充分性（\(\Leftarrow\)）：若 \(a\mid c\)，由 \(b=qa+c\)，已知 \(a\mid qa\) 且 \(a\mid c\)，由线性组合性质，\(a\mid b\)。
    证毕。

模块3 典型例题详解（每步标注所用性质）

例1 证明：若 \(3\mid n\) 且 \(7\mid n\)，则 \(21\mid n\)。

逐行拆解证明：

  1. 由 \(3\mid n\)，根据定义1，存在整数 \(m\) 使得 \(n=3m\)。
  2. 已知 \(7\mid n\)，代入得 \(7\mid 3m\)。
  3. 显然 \(7\mid7m\)（定义1，\(7m=7\times m\)）。
  4. 由线性组合性质(iii)，\(7\mid(7m\times1 + 3m\times(-2))\)，计算得 \(7m-6m=m\)，故 \(7\mid m\)。
  5. 由定义1，存在整数 \(k\) 使得 \(m=7k\)，代入 \(n=3m\) 得 \(n=21k\)。
  6. 由定义1，\(21\mid n\)。证毕。

例2 设 \(a=2t-1\)（奇数），证明：(i) 若 \(a\mid2n\)，则 \(a\mid n\)；(ii) 若 \(2\mid ab\)，则 \(2\mid b\)。

(i) 证明：

  1. 已知 \(a\mid2n\)，且 \(a\mid an\)（定义1，\(an=a\times n\)）。
  2. 由 \(a=2t-1\)，变形得 \(n=2tn - an = (2n)\cdot t - a\cdot n\)。
  3. 由线性组合性质(iii)，\(a\mid(2n\cdot t - a\cdot n)\)，即 \(a\mid n\)。证毕。

(ii) 证明：

  1. 已知 \(2\mid ab\)，且 \(2\mid2tb\)（定义1，\(2tb=2\times tb\)）。
  2. 由 \(a=2t-1\)，变形得 \(b=2tb - ab\)。
  3. 由线性组合性质(iii)，\(2\mid(2tb - ab)\)，即 \(2\mid b\)。证毕。

例3 设 \(a,b\) 为非零整数，且存在整数 \(x,y\) 使得 \(ax+by=1\)。证明：(i) 若 \(a\mid n\) 且 \(b\mid n\)，则 \(ab\mid n\)；(ii) 若 \(a\mid bn\)，则 \(a\mid n\)。

(i) 证明：

  1. 对 \(ax+by=1\) 两边乘 \(n\)，得 \(n=nax+nby=(an)x+(bn)y\)。
  2. 由 \(a\mid n\)，根据性质(iv)，\(ab\mid bn\)；由 \(b\mid n\)，同理 \(ab\mid an\)。
  3. 由线性组合性质(iii)，\(ab\mid(an\cdot x + bn\cdot y)\)，即 \(ab\mid n\)。证毕。

(ii) 证明：

  1. 对 \(ax+by=1\) 两边乘 \(n\)，得 \(n=axn + byn = a(xn) + y(bn)\)。
  2. 已知 \(a\mid bn\)，且 \(a\mid a(xn)\)，由线性组合性质(iii)，\(a\mid n\)。证毕。

例4 设整系数多项式 \(f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0\)，证明：若 \(d\mid b-c\)，则 \(d\mid f(b)-f(c)\)，特别地 \(b-c\mid f(b)-f(c)\)。

前置引理：对任意非负整数 \(j\)，\(b-c\mid b^j-c^j\)。
引理证明：
由因式分解公式：\(b^j-c^j=(b-c)(b^{j-1}+b^{j-2}c+\dots+bc^{j-2}+c^{j-1})\)，右边第二个因子是整数，故 \(b-c\mid b^j-c^j\)。\(j=0\) 时 \(b^0-c^0=0\)，\(b-c\mid0\) 显然成立。

例题证明：

  1. 计算差值：\(f(b)-f(c)=a_n(b^n-c^n)+a_{n-1}(b^{n-1}-c^{n-1})+\dots+a_1(b-c)\)。
  2. 已知 \(d\mid b-c\)，由引理和传递性(ii)，得 \(d\mid b^j-c^j\)（\(j=1,2,\dots,n\)）。
  3. 由性质(iv)，\(d\mid a_j(b^j-c^j)\) 对所有 \(j\) 成立。
  4. 由线性组合性质(iii)，\(d\) 整除所有项的和，即 \(d\mid f(b)-f(c)\)。
  5. 取 \(d=b-c\)，即得 \(b-c\mid f(b)-f(c)\)。证毕。

模块4 倍数集合、约数的分类与对偶性质

1. 倍数集合 \(a\mathbb{Z}\)

非零整数 \(a\) 的所有倍数为 \(qa\)（\(q=0,\pm1,\pm2,\dots\)），组成的集合记作 \(a\mathbb{Z}\)。

  • 例：\(2\mathbb{Z}=\{\dots,-4,-2,0,2,4,\dots\}\)（全体偶数），\(3\mathbb{Z}\) 是全体3的倍数。
  • 核心等价：\(a\mid b \iff b\in a\mathbb{Z}\)（整除的集合论表述）。

2. 约数的分类

对非零整数 \(b\)：

  • 显然约数（平凡约数）：\(\pm1,\pm b\)，是所有非零整数都具备的约数（\(b=\pm1\) 时仅有 \(\pm1\)）。
  • 非显然约数（真约数）：除显然约数外的其他约数，例如12的非显然约数为 \(\pm2,\pm3,\pm4,\pm6\)。
  • 关键结论：由性质(vi)，非零整数的约数绝对值不超过自身，因此非零整数的约数只有有限个。

3. 约数的对偶性质（定理2）

定理内容：设整数 \(b\neq0\)，\(d_1,d_2,\dots,d_k\) 是 \(b\) 的全体约数，则 \(b/d_1,b/d_2,\dots,b/d_k\) 也是 \(b\) 的全体约数。即当 \(d\) 遍历 \(b\) 的全体约数时，\(b/d\) 也遍历 \(b\) 的全体约数。若 \(b>0\)，则 \(d\) 遍历全体正约数时，\(b/d\) 也遍历全体正约数。
讲解：约数是成对出现的，\(d\) 和 \(b/d\) 互为对偶约数，例如12的约数2对应对偶约数6，3对应4，1对应12。
完整证明：

  1. 证“若 \(d\) 是 \(b\) 的约数，则 \(b/d\) 也是 \(b\) 的约数”：
    若 \(d\mid b\)，则 \(b=dq\)，\(q=b/d\in\mathbb{Z}\)，故 \(b=q\cdot d=(b/d)\cdot d\)，由定义得 \(b/d\mid b\)。
  2. 证“无重复、无遗漏”：
    • 无重复：若 \(d_i\neq d_j\)，则 \(b/d_i\neq b/d_j\)。反证：若 \(b/d_i=b/d_j\)，\(b\neq0\)，两边除以 \(b\) 得 \(1/d_i=1/d_j\)，即 \(d_i=d_j\)，矛盾。
    • 无遗漏：设 \(e\) 是 \(b\) 的任意约数，由第一步结论，\(b/e\) 也是 \(b\) 的约数，即 \(b/e=d_i\)，故 \(e=b/d_i\)，必在集合中。
  3. 正约数情况：\(b>0\) 时，正约数 \(d>0\)，故 \(b/d>0\)，同理可证遍历性。
    证毕。

三、核心知识点归纳总结表

知识模块 核心内容 关键规则/定理 核心用途
整除的定义 整数范围内的可除性关系，\(a\mid b \iff b=aq(a\neq0,q\in\mathbb{Z})\) 隐含前提 \(a\neq0\)，仅在整数范围内成立 数论最基础的定义，所有整除推导的起点
整除的符号性质 符号不影响整除性 \(a\mid b \iff -a\mid b \iff a\mid -b \iff |a|\mid |b|\) 简化带符号数的整除判断，仅需验证绝对值
整除的传递性 整除关系的链式推导 \(a\mid b\) 且 \(b\mid c \implies a\mid c\) 多步整除的链式化简，长推导的核心工具
线性组合性质 整除对整数线性组合封闭 若 \(a\mid b_1,\dots,a\mid b_k\)，则对任意整数 \(x_1,\dots,x_k\)，\(a\mid \sum_{i=1}^k b_ix_i\) 本节最核心性质，几乎所有整除证明题的核心依据
缩放不变性 非零整数缩放不改变整除性 \(m\neq0\) 时，\(a\mid b \iff ma\mid mb\) 整除式的约分、扩分，简化复杂整除式
互整除性质 互相整除的整数仅差符号 \(a\mid b\) 且 \(b\mid a \implies b=\pm a\) 证明两个整数相等/互为相反数，约数的边界判断
约数上界性质 非零整数的约数绝对值不超过自身 \(b\neq0\) 且 \(a\mid b \implies |a|\leq|b|\) 证明非零整数的约数有限，枚举约数的范围约束
余数等价性质 带余形式的整除等价性 \(b=qa+c\) 时，\(a\mid b \iff a\mid c\) 带余除法、辗转相除法的核心逻辑，大数整除问题化简
整系数多项式性质 自变量差整除多项式值的差 若 \(d\mid b-c\)，则 \(d\mid f(b)-f(c)\)，特别地 \(b-c\mid f(b)-f(c)\) 多项式整除问题、同余多项式的核心基础
约数对偶性质 约数成对出现，互为对偶 \(d\) 遍历 \(b\) 的全体约数时，\(b/d\) 也遍历全体约数 约数的枚举、计数，正约数的配对分析

2.2 素数与合数 知识点详解与严格证明

一、本节核心定位

素数与合数是基于整除性质对整数的核心分类，是初等数论的核心研究对象。素数是整数的“不可再分的基本砖块”，所有≥2的整数都可由素数构建，本节内容是后续算术基本定理、最大公约数理论、同余理论乃至整个数论体系的核心基石。

二、核心知识点详解与完整证明

模块1 素数与合数的严格定义

定义2（素数/不可约数、合数）

设整数 \(p\neq0,\pm1\)，若 \(p\) 除了显然约数 \(\pm1,\pm p\) 外没有其他约数，则称 \(p\) 为不可约数（素数）；
若 \(a\neq0,\pm1\) 且不是素数，则称 \(a\) 为合数。

定义的3个核心要点（初学者必记）

  1. 整数的四类划分：全体整数被分为四类：\(0\)、\(\pm1\)、素数、合数。\(0\) 和 \(\pm1\) 既不是素数，也不是合数，这是数论的硬性约定，也是初学者最易出错的点。
  2. 符号约定：\(p\) 和 \(-p\) 必同为素数或同为合数，因此后续若无特别说明，素数均指正素数，例如 \(2,3,5,7,11,\dots\) 是素数，\(-2,-3\) 虽符合素数定义，但通常不纳入正素数序列。
  3. 素数的核心特征：素数的本质是“不可约”——无法分解为两个绝对值比它小、且非 \(\pm1\) 的整数的乘积；而合数的本质是“可约”，存在非显然约数。

模块2 素数与合数的基本性质（定理3）

定理3

(i) 整数 \(a(a>1)\) 是合数的充要条件是：存在整数 \(d,e\)，使得

\[a=de,\quad 1<d<a,\ 1<e<a \]

(ii) 若 \(d>1\)，\(q\) 是素数且 \(d\mid q\)，则 \(d=q\)。

逐点详细证明与讲解

(i) 合数的充要条件证明

讲解：这个定理给出了合数的等价定义，把“有无非显然约数”转化为“可分解为两个更小的正整数的乘积”，是后续所有分解证明的基础。

  • 必要性（\(\Rightarrow\)）：若 \(a>1\) 是合数，根据定义，\(a\) 存在非显然约数。取正的非显然约数 \(d\)，则 \(1<d<a\)，且由整除定义，存在整数 \(e\) 使得 \(a=de\)。
    证明 \(1<e<a\)：

    1. 由 \(d>1\)，得 \(e=\frac{a}{d}<a\)；
    2. 由 \(d<a\)，得 \(e=\frac{a}{d}>1\)。
      因此 \(1<e<a\)，必要性得证。

  • 充分性（\(\Leftarrow\)）：若 \(a=de\) 且 \(1<d<a,1<e<a\)，则 \(d\) 是 \(a\) 的非显然约数，符合合数的定义，因此 \(a\) 是合数，充分性得证。

(ii) 素数的约数唯一性证明

讲解：这个定理刻画了素数的核心特征——正素数的正约数只有1和它本身，没有其他正约数。

  • 已知 \(q\) 是素数，根据定义，\(q\) 的正约数只有 \(1\) 和 \(q\)；
  • 已知 \(d>1\) 且 \(d\mid q\)，因此 \(d\) 只能是 \(q\)，证毕。

模块3 合数的素因数存在性（定理4）

定理4

若 \(a\) 是合数，则必存在素数 \(p\)，使得 \(p\mid a\)（即合数必有素因数）。

完整证明（最小自然数原理）

讲解：这个定理是连接合数与素数的核心桥梁，证明了所有合数都能被素数整除，为“整数可分解为素数乘积”提供了逻辑前提。

  1. 由合数定义，\(a\) 必有正因数 \(d\geq2\)，构造集合 \(T\)：

    \[T=\{ d \mid d\geq2,\ d\mid a \} \]

    显然 \(T\) 非空（\(a\) 本身是合数，\(a\geq2\) 且 \(a\mid a\)，故 \(a\in T\)）。
  2. 根据最小自然数原理，非空自然数集合 \(T\) 必有最小元，记为 \(p\)。
  3. 证明 \(p\) 是素数（反证法）：
    假设 \(p\) 不是素数，则 \(p\) 是合数，由定理3(i)，\(p\) 存在正因数 \(d'\) 满足 \(2\leq d'<p\)。
    由 \(d'\mid p\)、\(p\mid a\)，根据整除的传递性，得 \(d'\mid a\)，因此 \(d'\in T\)。
    但 \(d'<p\)，与 \(p\) 是 \(T\) 的最小元矛盾，故假设不成立，\(p\) 必为素数。
  4. 综上，存在素数 \(p\mid a\)，证毕。

模块4 整数的素因数分解存在性（定理5）

定理5

设整数 \(a\geq2\)，则 \(a\) 一定可以表示为素数的乘积（包括 \(a\) 本身是素数的情况），即

\[a = p_1p_2\cdots p_s \]

其中 \(p_i(1\leq i\leq s)\) 均为素数。

完整证明（反证法+最小自然数原理）

讲解：这个定理是算术基本定理的“存在性部分”，证明了所有≥2的整数都能拆分为素数的乘积，确立了素数作为“整数基本砖块”的地位。

  1. 反证法假设：存在≥2的整数，无法表示为素数的乘积。构造集合 \(T\)：

    \[T=\{ a \mid a\geq2,\ a\text{ 不能表示为素数的乘积} \} \]

    由假设，\(T\) 非空。
  2. 根据最小自然数原理，\(T\) 有最小元 \(n_0\)。
  3. 分析 \(n_0\) 的性质：
    • \(n_0\) 不能是素数：若 \(n_0\) 是素数，则它本身就是素数的乘积（\(s=1\) 的情况），与 \(n_0\in T\) 矛盾，因此 \(n_0\) 必为合数。
    • 由定理3(i)，\(n_0\) 可分解为 \(n_0=n_1n_2\)，其中 \(2\leq n_1,n_2<n_0\)。
  4. 推出矛盾：
    因为 \(n_0\) 是 \(T\) 的最小元，所以 \(n_1,n_2\) 都不属于 \(T\)，即它们都可以表示为素数的乘积：

    \[n_1 = p_{11}p_{12}\cdots p_{1s},\quad n_2 = p_{21}p_{22}\cdots p_{2r} \]

    其中所有 \(p_{1j},p_{2k}\) 均为素数。
    因此 \(n_0 = n_1n_2 = p_{11}p_{12}\cdots p_{1s}p_{21}p_{22}\cdots p_{2r}\)，即 \(n_0\) 可表示为素数的乘积，与 \(n_0\in T\) 矛盾。
  5. 综上，假设不成立，所有 \(a\geq2\) 都可表示为素数的乘积，证毕。

补充：第二数学归纳法证明

  1. 基例：\(a=2\) 是素数，命题成立。
  2. 归纳假设：所有满足 \(2\leq k<a\) 的整数 \(k\)，都可表示为素数的乘积。
  3. 归纳步：对于 \(a\)，若 \(a\) 是素数，命题成立；若 \(a\) 是合数，则 \(a=de\)，\(2\leq d,e<a\)，由归纳假设，\(d,e\) 均可表示为素数的乘积，因此 \(a\) 也可表示为素数的乘积。
    由数学归纳法，命题对所有 \(a\geq2\) 成立。

模块5 素因数的上界推论（推论6）

推论6

设整数 \(a\geq2\)：
(i) 若 \(a\) 是合数，则必存在素数 \(p\)，使得 \(p\mid a\) 且 \(p\leq\sqrt{a}\)；
(ii) 若 \(a\) 有素因数分解 \(a=p_1p_2\cdots p_s\)，则必存在素数 \(p\)，使得 \(p\mid a\) 且 \(p\leq a^{1/s}\)。

完整证明与讲解

(i) 合数的素因数平方根上界

讲解：这是素性检验、素数筛选的核心依据，把“判断一个数是否为素数”的检验范围从 \(2\) 到 \(a\) 缩小到了 \(2\) 到 \(\sqrt{a}\)，极大降低了计算量。

  • 已知 \(a\) 是合数，由定理3(i)，\(a=de\)，\(1<d\leq e<a\)。
  • 两边乘 \(d\) 得 \(d^2\leq de=a\)，因此 \(d\leq\sqrt{a}\)。
  • 由定理4，\(d\) 必有素因数 \(p\)，满足 \(p\leq d\leq\sqrt{a}\)，且由整除传递性，\(p\mid a\)。
    证毕。
(ii) 多因子分解的素因数上界
  • 设 \(p\) 是 \(p_1,p_2,\dots,p_s\) 中最小的素数，则 \(p\leq p_i\) 对所有 \(1\leq i\leq s\) 成立。
  • 因此 \(a = p_1p_2\cdots p_s \geq p\cdot p\cdot \cdots \cdot p = p^s\)，两边开 \(s\) 次方得 \(p\leq a^{1/s}\)，且 \(p\mid a\)。
    证毕。

模块6 埃拉托斯特尼筛法（素数枚举法）

核心原理

基于推论6(i)：不超过 \(N\) 的正合数，必有素因数 \(p\leq\sqrt{N}\)。因此，只需先求出不超过 \(\sqrt{N}\) 的所有素数，再删掉这些素数的所有倍数（素数本身除外），剩下的数就是不超过 \(N\) 的全部素数。

完整步骤（以 \(N=100\) 为例）

  1. 列出 \(2\) 到 \(100\) 的所有正整数；
  2. 计算 \(\sqrt{100}=10\)，求出不超过 \(10\) 的所有素数：\(2,3,5,7\)；
  3. 依次删除：
    • 除2外，所有2的倍数（偶数）；
    • 除3外，所有3的倍数；
    • 除5外，所有5的倍数；
    • 除7外，所有7的倍数；
  4. 剩余未被删除的数，就是不超过100的全部素数，共25个：\(2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97\)。

方法意义

埃拉托斯特尼筛法是最经典、最基础的素数枚举方法，是数论中筛法理论的起点，至今仍是大规模素数筛选的核心基础方法。

模块7 素数的无穷性（定理7）

定理7

素数有无穷多个。

完整证明（欧几里得经典反证法）

讲解：这是数论中最经典的定理之一，用极简的反证法证明了素数没有上限，不存在最大的素数。

  1. 反证法假设：素数只有有限个，按从小到大排列为 \(q_1,q_2,\dots,q_k\)。
  2. 构造整数 \(a = q_1q_2\cdots q_k + 1\)，显然 \(a>2\)，且 \(a>q_i\)（\(1\leq i\leq k\)）。
  3. 推出矛盾：
    • 若 \(a\) 是素数，则 \(a\) 是一个不在 \(\{q_1,q_2,\dots,q_k\}\) 中的素数，与“素数只有有限个”的假设矛盾；
    • 若 \(a\) 是合数，由定理4，\(a\) 必有素因数 \(p\)，即 \(p\mid a\)。同时 \(p\mid q_1q_2\cdots q_k\)，由整除的线性组合性质，得 \(p\mid a - q_1q_2\cdots q_k = 1\)。
    • 但素数 \(p\geq2\)，不可能整除1，矛盾。
  4. 综上，假设不成立，素数必有无穷多个，证毕。

补充说明

定义 \(Q_k = q_1q_2\cdots q_k + 1\)，计算可得：

  • \(Q_1=3,Q_2=7,Q_3=31,Q_4=211,Q_5=2311\) 均为素数；
  • \(Q_6\) 及之后的 \(Q_k\) 多为合数，但它们的素因数一定比 \(q_k\) 大，这也从侧面印证了素数可以无限增大，不存在最大素数。
  • 数论中至今仍未解决的问题：是否存在无穷多个 \(k\) 使得 \(Q_k\) 是素数，也未证明是否存在无穷多个 \(k\) 使得 \(Q_k\) 是合数。

三、核心知识点归纳总结表

知识模块 核心内容 关键定理/规则 核心用途
素数与合数的定义 基于约数对整数的分类，素数仅含显然约数，合数含非显然约数 整数分为四类：0、±1、素数、合数；±p同素同合 整数的基础分类，数论研究的核心对象定义
合数的等价定义 合数可分解为两个更小的正整数的乘积 \(a>1\) 是合数 \(\iff a=de,1<d,e<a\) 合数分解的基础，素性判断的核心依据
素数的约数唯一性 素数的正约数只有1和自身 若 \(d>1\) 且 \(d\mid q\)（\(q\) 为素数），则 \(d=q\) 素数核心特征刻画，整除推导的关键规则
合数的素因数存在性 所有合数都有素因数 若 \(a\) 是合数，则存在素数 \(p\mid a\) 连接合数与素数的桥梁，素因数分解的前提
素因数分解存在性 所有≥2的整数都可表示为素数的乘积 \(a\geq2 \implies a=p_1p_2\cdots p_s\)（\(p_i\) 为素数） 算术基本定理的存在性部分，整数结构的核心定理
素因数的上界推论 合数的素因数不超过其平方根 合数 \(a\) 必有素因数 \(p\leq\sqrt{a}\) 素性检验、素数筛选的核心理论依据
埃拉托斯特尼筛法 经典素数枚举方法 删掉≤√N的素数的倍数，剩余为≤N的素数 大规模素数枚举的基础方法，筛法理论的起点
素数的无穷性 素数的个数没有上限，有无穷多个 反证法证明不存在最大的素数 数论的基础结论，确立素数研究的无限性

2.3 最大公约数与最小公倍数 知识点详解与严格证明

一、本节核心定位

最大公约数与最小公倍数是整除理论的核心工具，是对整数整除关系的系统性刻画。本节内容承接整除的基本性质，是后续带余除法、辗转相除法、算术基本定理的核心铺垫，也是数论中求解不定方程、同余问题、素性分析的基础工具，贯穿整个初等数论的知识体系。

二、核心知识点详解与完整证明

模块1 公约数与最大公约数的严格定义

定义3（公约数）

设 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 是 \(k\) 个整数，若整数 \(d\) 满足 \(d\mid a_1,\ d\mid a_2,\ \dots,\ d\mid a_k\)，则称 \(d\) 是 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的公约数。

  • 核心要点：公约数是同时整除一组数的整数，正负均可；当一组数不全为零时，公约数只有有限个（约数的绝对值不超过数本身的绝对值），因此存在唯一的最大正公约数。
  • 示例：
    1. \(a_1=12,a_2=18\)，公约数为 \(\pm1,\pm2,\pm3,\pm6\)；
    2. 相邻整数 \(n\) 和 \(n+1\) 的公约数只有 \(\pm1\)。

定义4（最大公约数，gcd）

设 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 是 \(k\) 个不全为零的整数，它们的公约数中最大的正整数，称为这组数的最大公约数，记作 \((a_1,a_2,\dots,a_k)\)，也可记作 \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_k)\)。

  • 符号约定：
    用 \(\mathscr{D}(a_1,\dots,a_k)\) 表示 \(a_1,\dots,a_k\) 的全体公约数集合，则最大公约数可表示为：

    \[(a_1,\dots,a_k) = \max\{ d \mid d\in\mathscr{D}(a_1,\dots,a_k) \} \]

    当 \(k=1\) 时，\((a_1)\) 表示 \(a_1\) 的最大正约数，即 \(|a_1|\)。
  • 示例：\(\mathscr{D}(12,18)=\{\pm1,\pm2,\pm3,\pm6\}\)，故 \((12,18)=6\)。

模块2 最大公约数的核心性质（定理8）

定理8给出了最大公约数的核心运算规则，是化简、计算最大公约数的核心依据，以下逐条详细讲解与严格证明。

(i) 对称性与符号无关性

\[(a_1,a_2)=(a_2,a_1)=(-a_1,a_2)=(|a_1|,|a_2|) \]

一般地，对 \(k\) 个数有：

\[(a_1,a_2,\dots,a_i,\dots,a_k) = (a_i,a_2,\dots,a_1,\dots,a_k) = (-a_1,a_2,\dots,a_k) = (|a_1|,|a_2|,\dots,|a_k|) \]

讲解：最大公约数仅与整数的绝对值有关，与数的顺序、正负号无关，计算时可先取绝对值、调整顺序简化计算。

严格证明：
根据整除性质，\(d\mid a\) 当且仅当 \(d\mid -a\)，当且仅当 \(d\mid |a|\)，因此：

\[\mathscr{D}(a_1,a_2)=\mathscr{D}(a_2,a_1)=\mathscr{D}(-a_1,a_2)=\mathscr{D}(|a_1|,|a_2|) \]

公约数集合完全相同，因此其中的最大正整数（最大公约数）必然相等。\(k>2\) 的情形同理可证。

(ii) 整除吸收性

若 \(a_1\mid a_j\ (2\leq j\leq k)\)，则

\[(a_1,a_2)=(a_1,a_2,\dots,a_k)=(a_1)=|a_1| \]

讲解：若一组数中，某个数能整除其他所有数，那么这个数的绝对值就是这组数的最大公约数。例如 \((2,4,6,8)=2\)，因为2整除所有数。

严格证明：
由 \(a_1\mid a_j\)，得 \(a_1\) 是所有 \(a_j\) 的公约数，因此 \(a_1\in\mathscr{D}(a_1,\dots,a_k)\)。
而所有公约数 \(d\) 都满足 \(d\mid a_1\)，故 \(|d|\leq |a_1|\)，因此最大公约数就是 \(|a_1|\)。

(iii) 倍数添加不变性

对任意整数 \(x\)，有

\[(a_1,a_2)=(a_1,a_2,a_1x),\quad (a_1,\dots,a_k)=(a_1,\dots,a_k,a_1x) \]

讲解：在一组数中添加其中某个数的任意整数倍，最大公约数不变。因为新添加的数的约数必然包含原数的所有公约数，不会改变公约数集合。

严格证明：
只需证明 \(\mathscr{D}(a_1,a_2)=\mathscr{D}(a_1,a_2,a_1x)\)：

  1. 若 \(d\in\mathscr{D}(a_1,a_2)\)，则 \(d\mid a_1\)，故 \(d\mid a_1x\)，因此 \(d\in\mathscr{D}(a_1,a_2,a_1x)\)；
  2. 若 \(d\in\mathscr{D}(a_1,a_2,a_1x)\)，则 \(d\mid a_1,d\mid a_2\)，故 \(d\in\mathscr{D}(a_1,a_2)\)。
    因此两个集合相等，最大公约数相等。\(k>2\) 的情形同理可证。

(iv) 线性替换不变性（辗转相除法的核心）

对任意整数 \(x\)，有

\[(a_1,a_2)=(a_1,a_2+a_1x),\quad (a_1,a_2,a_3,\dots,a_k)=(a_1,a_2+a_1x,a_3,\dots,a_k) \]

讲解：这是最大公约数最核心的性质，是后续带余除法、辗转相除法的理论基础。将其中一个数加上另一个数的任意整数倍，最大公约数不变，可将大数化简为小数，极大简化计算。

严格证明：
证明 \(\mathscr{D}(a_1,a_2)=\mathscr{D}(a_1,a_2+a_1x)\)：

  1. 若 \(d\in\mathscr{D}(a_1,a_2)\)，则 \(d\mid a_1,d\mid a_2\)，由整除的线性组合性质，\(d\mid a_2 + a_1x\)，故 \(d\in\mathscr{D}(a_1,a_2+a_1x)\)；
  2. 若 \(d\in\mathscr{D}(a_1,a_2+a_1x)\)，则 \(d\mid a_1,d\mid a_2+a_1x\)，由线性组合性质，\(d\mid (a_2+a_1x) - a_1x = a_2\)，故 \(d\in\mathscr{D}(a_1,a_2)\)。
    因此两个集合相等，最大公约数相等。\(k>2\) 的情形同理可证。

(v) 素数的最大公约数性质

若 \(p\) 是素数，则

\[(p,a_1)=\begin{cases} p, & p\mid a_1 \\ 1, & p\nmid a_1 \end{cases}\]

一般地，对 \(k\) 个数有：

\[(p,a_1,\dots,a_k)=\begin{cases} p, & p\mid a_j\ (1\leq j\leq k) \\ 1, & \text{其他} \end{cases}\]

讲解：素数和任意整数的最大公约数只有两种可能：要么是素数本身（素数整除该整数），要么是1（素数不整除该整数）。这是素数核心特征的体现，也是互素判定的常用依据。

严格证明：
素数 \(p\) 的正约数只有1和 \(p\)：

  1. 若 \(p\mid a_1\)，则 \(p\) 是 \(p\) 和 \(a_1\) 的公约数，故 \((p,a_1)=p\)；
  2. 若 \(p\nmid a_1\)，则 \(p\) 不是公约数，唯一的正公约数只有1，故 \((p,a_1)=1\)。
    一般情形同理：只有当 \(p\) 整除所有 \(a_j\) 时，\(p\) 才是公约数，此时最大公约数为 \(p\)；否则最大公约数为1。

模块3 性质应用：例题详解

以下逐题拆解计算过程，标注每一步使用的定理性质：

例5 (i) 对任意整数 \(n\)，证明 \((21n+4,14n+3)=1\)

计算过程：

  1. \((21n+4,14n+3) = (14n+3,21n+4)\)，定理8(i) 对称性；
  2. \(21n+4 = 1\cdot(14n+3) + (7n+1)\)，故 \((14n+3,21n+4) = (14n+3,7n+1)\)，定理8(iv) 线性替换；
  3. \(14n+3 = 2\cdot(7n+1) + 1\)，故 \((7n+1,14n+3) = (7n+1,1)\)，定理8(iv) 线性替换；
  4. \((7n+1,1)=1\)，定理8(ii) 整除吸收性。
    证毕。

例5 (ii) 对任意整数 \(n\)，证明 \((n-1,n+1)=\begin{cases}1, & 2\mid n \\ 2, & 2\nmid n\end{cases}\)

计算过程：

  1. \((n-1,n+1) = (n-1, (n+1) - (n-1)) = (n-1,2)\)，定理8(iv) 线性替换；
  2. 由定理8(v)，素数2和 \(n-1\) 的最大公约数：
    • 若 \(2\mid n\)，则 \(2\nmid n-1\)，故 \((n-1,2)=1\)；
    • 若 \(2\nmid n\)，则 \(2\mid n-1\)，故 \((n-1,2)=2\)。
      证毕。

例5 (iii) 计算 \((30,45,84)\)

计算过程：

  1. \((30,45,84) = (30,45-30,84) = (30,15,84)\)，定理8(iv)；
  2. \((30,15,84) = (15,84)\)，定理8(ii) 15整除30，吸收30；
  3. \((15,84) = (15,84-5\times15) = (15,-6) = (15,6) = (3,6) = 3\)，定理8(i)(iv)。
    最终结果为3。

模块4 互素（既约）的定义与判定

定义5（互素/既约）

若 \((a_1,a_2,\dots,a_k)=1\)，则称 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 是既约的，或互素的。

  • 关键区分：
    1. 整体互素：一组数的最大公约数为1，例如 \((6,10,-15)=1\)，整体互素；
    2. 两两互素：一组数中任意两个数的最大公约数都为1，例如 \((2,3,5)\)。
    • 核心结论：两两互素一定整体互素，但整体互素不一定两两互素。

定理9（互素的充分条件）

如果存在整数 \(x_1,x_2,\dots,x_k\)，使得

\[a_1x_1 + a_2x_2 + \dots + a_kx_k = 1 \]

则 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 是互素的。

讲解：这是互素判定的核心定理，后续会证明该条件也是必要的（贝祖定理），是数论中证明互素的最常用方法。

严格证明：
设 \(d\) 是 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的任意公约数，则 \(d\mid a_i\) 对所有 \(1\leq i\leq k\) 成立。
由整除的线性组合性质，\(d\mid a_1x_1 + a_2x_2 + \dots + a_kx_k = 1\)。
能整除1的整数只有 \(\pm1\)，因此这组数的公约数只有 \(\pm1\)，最大公约数为1，即它们互素。证毕。

模块5 最大公约数的提取性质（定理10）

定理10

设正整数 \(m\mid (a_1,a_2,\dots,a_k)\)，则

\[m(a_1/m,a_2/m,\dots,a_k/m) = (a_1,a_2,\dots,a_k) \]

特别地，取 \(m=(a_1,\dots,a_k)\)，得

\[\left( \frac{a_1}{(a_1,\dots,a_k)},\frac{a_2}{(a_1,\dots,a_k)},\dots,\frac{a_k}{(a_1,\dots,a_k)} \right) = 1 \]

讲解：这个定理给出了最大公约数的“提取公因子”性质，可将一组数的最大公约数提取出来，剩余的部分必然互素，是后续最大公约数理论证明的核心工具。

严格证明：
记 \(D=(a_1,a_2,\dots,a_k)\)，由 \(m\mid D\) 且 \(D\mid a_j\)，得 \(m\mid a_j\) 对所有 \(1\leq j\leq k\) 成立，因此 \(a_j/m\) 都是整数。

  1. 证明 \(D/m\) 是 \((a_1/m,\dots,a_k/m)\) 的公约数：
    由 \(D\mid a_j\)，得 \(a_j = D\cdot t_j\)，故 \(a_j/m = (D/m)\cdot t_j\)，因此 \((D/m)\mid (a_j/m)\)，即 \(D/m\) 是公约数，故 \(D/m \leq (a_1/m,\dots,a_k/m)\)。

  2. 证明反向不等式：
    设 \(d=(a_1/m,\dots,a_k/m)\)，则 \(d\mid (a_j/m)\)，故 \(md\mid a_j\) 对所有 \(j\) 成立，即 \(md\) 是 \(a_1,\dots,a_k\) 的公约数。由最大公约数的定义，\(md\leq D\)，即 \(d\leq D/m\)。

综上，\(d=D/m\)，式(4)得证。取 \(m=D\) 即可推出式(5)。

模块6 公倍数与最小公倍数的定义与性质

定义6（公倍数）

设 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 是 \(k\) 个均不为零的整数，若整数 \(l\) 满足 \(a_1\mid l,\ a_2\mid l,\ \dots,\ a_k\mid l\)，则称 \(l\) 是 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的公倍数。

  • 用 \(\mathscr{L}(a_1,\dots,a_k)\) 表示 \(a_1,\dots,a_k\) 的全体公倍数集合。
  • 示例：\(a_1=2,a_2=3\)，公倍数集合 \(\mathscr{L}(2,3)=\{0,\pm6,\pm12,\dots\}\)，所有6的整数倍都是2和3的公倍数。

定义7（最小公倍数，lcm）

设 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 是 \(k\) 个均不为零的整数，它们的正公倍数中最小的正整数，称为这组数的最小公倍数，记作 \([a_1,a_2,\dots,a_k]\)，也可记作 \(\text{lcm}(a_1,a_2,\dots,a_k)\)。

  • 符号表示：

    \[[a_1,\dots,a_k] = \min\{ l \mid l\in\mathscr{L}(a_1,\dots,a_k),\ l>0 \} \]

    当 \(k=1\) 时，\([a_1]\) 表示 \(a_1\) 的最小正倍数，即 \(|a_1|\)。
  • 示例：\([2,3]=6\)，\([4,6,8]=24\)。

定理11（最小公倍数的核心性质）

(i) 对称性与符号无关性

\[[a_1,a_2]=[a_2,a_1]=[-a_1,a_2]=[|a_1|,|a_2|] \]

一般地，对 \(k\) 个数有：

\[[a_1,a_2,\dots,a_i,\dots,a_k] = [a_i,a_2,\dots,a_1,\dots,a_k] = [-a_1,a_2,\dots,a_k] = [|a_1|,|a_2|,\dots,|a_k|] \]

讲解：最小公倍数仅与整数的绝对值有关，与顺序、正负号无关，计算时可先取绝对值、调整顺序简化计算。

严格证明：
\(a\mid l\) 当且仅当 \(-a\mid l\)，当且仅当 \(|a|\mid l\)，因此公倍数集合完全相同，正公倍数的最小值也必然相等。

(ii) 整除吸收性
若 \(a_2\mid a_1\)，则 \([a_1,a_2]=|a_1|\)；若 \(a_j\mid a_1\ (2\leq j\leq k)\)，则 \([a_1,\dots,a_k]=|a_1|\)。

讲解：若一组数中，某个数是其他所有数的倍数，那么这个数的绝对值就是这组数的最小公倍数。例如 \([2,4,6,8]=8\)，因为8是所有数的倍数。

严格证明：
由 \(a_2\mid a_1\)，得 \(a_1\) 是 \(a_1\) 和 \(a_2\) 的正公倍数，而 \(a_1\) 的最小正倍数是 \(|a_1|\)，故最小公倍数为 \(|a_1|\)。

(iii) 约数添加不变性
对任意的 \(d\mid a_1\)，有

\[[a_1,a_2]=[a_1,a_2,d],\quad [a_1,\dots,a_k]=[a_1,\dots,a_k,d] \]

讲解：在一组数中添加其中某个数的约数，最小公倍数不变。因为原数的公倍数必然是其约数的公倍数，不会改变公倍数集合。

严格证明：
若 \(l\in\mathscr{L}(a_1,a_2)\)，则 \(a_1\mid l\)，由 \(d\mid a_1\) 得 \(d\mid l\)，故 \(l\in\mathscr{L}(a_1,a_2,d)\)；反之，若 \(l\in\mathscr{L}(a_1,a_2,d)\)，则 \(l\in\mathscr{L}(a_1,a_2)\)。因此公倍数集合相等，最小公倍数相等。

定理12（最小公倍数的缩放性质）

设 \(m>0\) 是整数，则

\[[ma_1,ma_2,\dots,ma_k] = m[a_1,a_2,\dots,a_k] \]

讲解：一组数同时乘以一个正整数，最小公倍数也乘以这个数，是最小公倍数的核心缩放性质，可提取公因子简化计算。

严格证明：
记 \(L=[ma_1,\dots,ma_k]\)，\(L'=[a_1,\dots,a_k]\)。

  1. 由 \(ma_j\mid L\)，得 \(a_j\mid L/m\)，故 \(L/m\) 是 \(a_1,\dots,a_k\) 的正公倍数，由最小公倍数的定义，\(L'\leq L/m\)，即 \(mL'\leq L\)；
  2. 由 \(a_j\mid L'\)，得 \(ma_j\mid mL'\)，故 \(mL'\) 是 \(ma_1,\dots,ma_k\) 的正公倍数，由最小公倍数的定义，\(L\leq mL'\)。

综上，\(L=mL'\)，定理得证。

三、核心知识点归纳总结表

知识模块 核心内容 关键定理/规则 核心用途
公约数与最大公约数定义 同时整除一组数的整数为公约数，其中最大的正整数为最大公约数 仅当整数不全为零时存在最大公约数，记作 \((a_1,\dots,a_k)\) 刻画一组数的公共整除特征，数论计算的基础概念
最大公约数的基本性质 符号无关性、对称性、整除吸收性、倍数添加不变性 定理8(i)(ii)(iii) 简化最大公约数的计算，预处理带符号、无序的整数组
最大公约数的线性替换性质 一个数加另一个数的整数倍，最大公约数不变 定理8(iv) 辗转相除法的核心理论基础，将大数化简为小数计算
素数的最大公约数性质 素数与整数的gcd仅为1或素数本身 定理8(v) 素性判定、互素分析的核心依据
互素（既约）的定义与判定 最大公约数为1则互素，存在线性组合等于1则必互素 定义5、定理9 数论中最核心的关系判定，不定方程、同余问题的基础
最大公约数的提取性质 可提取公因子，剩余部分互素 定理10 最大公约数理论的核心证明工具，将非互素数组转化为互素数组
公倍数与最小公倍数定义 同时被一组数整除的整数为公倍数，其中最小的正整数为最小公倍数 仅当整数全不为零时存在最小公倍数，记作 \([a_1,\dots,a_k]\) 刻画一组数的公共倍数特征，分数通分、周期问题的核心工具
最小公倍数的基本性质 符号无关性、对称性、整除吸收性、约数添加不变性 定理11 简化最小公倍数的计算，预处理带符号、无序的整数组
最小公倍数的缩放性质 一组数乘正整数m，最小公倍数也乘m 定理12 提取公因子简化最小公倍数计算，与最大公约数性质对应

习题详细解答与证明

基础整除性质证明

题1

(i) 证明：若 \(a\mid b\) 且 \(c\mid d\)，则 \(ac\mid bd\)。
由整除定义，\(a\mid b\) 意味着存在整数 \(q_1\) 使得 \(b=aq_1\)；\(c\mid d\) 意味着存在整数 \(q_2\) 使得 \(d=cq_2\)。
因此 \(bd = aq_1 \cdot cq_2 = ac \cdot (q_1q_2)\)，其中 \(q_1q_2\) 是整数，由整除定义得 \(ac\mid bd\)。

(ii) 证明：若 \(a\mid b_1,\dots,a\mid b_k\)，则对任意整数 \(x_1,\dots,x_k\)，有 \(a\mid b_1x_1+\dots+b_kx_k\)。
由整除定义，对每个 \(1\leq i\leq k\)，存在整数 \(q_i\) 使得 \(b_i=aq_i\)。
因此线性组合可写为：

\[b_1x_1+\dots+b_kx_k = aq_1x_1 + aq_2x_2 + \dots + aq_kx_k = a(q_1x_1+q_2x_2+\dots+q_kx_k) \]

括号内为整数，故 \(a\mid b_1x_1+\dots+b_kx_k\)。

题2

证明：若整系数方程 \(x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0=0\) 有非零整数根 \(x_0\)，则 \(x_0\mid a_0\)。
因为 \(x_0\) 是方程的根，代入得：

\[x_0^n + a_{n-1}x_0^{n-1} + \dots + a_1x_0 + a_0 = 0 \]

移项得：

\[a_0 = -x_0\left(x_0^{n-1} + a_{n-1}x_0^{n-2} + \dots + a_1\right) \]

括号内为整数，因此 \(x_0\mid a_0\)。
二次方程是 \(n=2\) 的特例，同理可证 \(x_0\mid b\)。

题3 判断方程是否有整数根

(i) \(x^2+x+1=0\)
若有整数根 \(x_0\)，由题2得 \(x_0\mid 1\)，即 \(x_0=\pm1\)。
代入 \(x=1\)：\(1+1+1=3\neq0\)；代入 \(x=-1\)：\(1-1+1=1\neq0\)，无整数根。

(ii) \(x^2-5x-4=0\)
可能的整数根为 \(\pm1,\pm2,\pm4\)，代入验证均不满足方程，无整数根。

(iii) \(x^4+6x^3-3x^2+7x-6=0\)
可能的整数根为 \(\pm1,\pm2,\pm3,\pm6\)，代入验证均不满足方程，无整数根。

(iv) \(x^3-x^2-4x+4=0\)
可能的整数根为 \(\pm1,\pm2,\pm4\)，代入得 \(x=1\) 是根，因式分解得：

\[(x-1)(x^2-4)=(x-1)(x-2)(x+2)=0 \]

整数根为 \(1,2,-2\)。

题4

解答：不能装完。
设3kg盒子用 \(x\) 个，6kg盒子用 \(y\) 个，\(x,y\) 为非负整数，列方程：

\[3x+6y=100 \]

左边是3的倍数，右边100除以3余1，无整数解，因此无法恰好装完100kg糖。

题5

证明：若 \(5\mid n\) 且 \(17\mid n\)，则 \(85\mid n\)。
由 \(5\mid n\) 得 \(n=5k\)，代入 \(17\mid n\) 得 \(17\mid 5k\)。
因为 \((5,17)=1\)，由互素性质得 \(17\mid k\)，即 \(k=17m\)，因此 \(n=5\times17m=85m\)，故 \(85\mid n\)。

题6

证明：若 \(2\mid n,5\mid n,7\mid n\)，则 \(70\mid n\)。
由 \(2\mid n,5\mid n\) 得 \(10\mid n\)，即 \(n=10k\)，代入 \(7\mid n\) 得 \(7\mid 10k\)。
因为 \((7,10)=1\)，故 \(7\mid k\)，即 \(k=7m\)，因此 \(n=70m\)，故 \(70\mid n\)。

题7

证明：\(n\neq1\)，\((n-1)^2\mid n^k-1\) 的充要条件是 \(n-1\mid k\)。

前置因式分解

\[n^k-1=(n-1)\cdot S,\quad S=1+n+n^2+\dots+n^{k-1} \]

因此 \((n-1)^2\mid n^k-1\) 等价于 \((n-1)\mid S\)。

必要性（\(\Rightarrow\)）

因为 \(n\equiv1\pmod{n-1}\)，故 \(n^i\equiv1^i=1\pmod{n-1}\)，因此：

\[S=\sum_{i=0}^{k-1}n^i \equiv \sum_{i=0}^{k-1}1 = k \pmod{n-1} \]

若 \((n-1)\mid S\)，则 \((n-1)\mid k\)。

充分性（\(\Leftarrow\)）

若 \((n-1)\mid k\)，则 \(S\equiv k\equiv0\pmod{n-1}\)，即 \((n-1)\mid S\)，故 \((n-1)^2\mid n^k-1\)。

题8 素因数分解与正因数

数字 素因数分解 全部素因数 正因数
1234 \(1234=2\times617\) \(2,617\) \(1,2,617,1234\)
2345 \(2345=5\times7\times67\) \(5,7,67\) \(1,5,7,35,67,335,469,2345\)
34560 \(34560=2^8\times3^3\times5\) \(2,3,5\) 形式为 \(2^a3^b5^c\)（\(0\leq a\leq8,0\leq b\leq3,0\leq c\leq1\)），共72个
111111 \(111111=3\times7\times11\times13\times37\) \(3,7,11,13,37\) 形式为 \(3^a7^b11^c13^d37^e\)（\(a,b,c,d,e\in\{0,1\}\)），共32个

素数相关证明

题9

(i) 证明：\(2^n+1\) 是素数的必要条件是 \(n=2^k\)（\(k\) 为非负整数）。
反证法：若 \(n\) 不是2的幂，则存在奇素因数 \(p>1\)，设 \(n=p\cdot m\)。
由奇数幂因式分解：\(a^p+1=(a+1)(a^{p-1}-a^{p-2}+\dots+1)\)，因此：

\[2^n+1=(2^m)^p+1=(2^m+1)\cdot T \]

其中 \(1<2^m+1<2^n+1\)，故 \(2^n+1\) 是合数，矛盾。因此 \(n\) 必为2的幂。
示例：\(k=0,n=1,2^1+1=3\)（素数）；\(k=1,n=2,2^2+1=5\)（素数）；\(k=2,n=4,2^4+1=17\)（素数）。

(ii) 证明：\(2^n-1\) 是素数的必要条件是 \(n\) 为素数。
反证法：若 \(n\) 是合数，设 \(n=ab,a,b>1\)，则：

\[2^n-1=(2^a)^b-1=(2^a-1)(2^{a(b-1)}+2^{a(b-2)}+\dots+1) \]

其中 \(1<2^a-1<2^n-1\)，故 \(2^n-1\) 是合数，矛盾。因此 \(n\) 必为素数。
示例：\(n=2,2^2-1=3\)（素数）；\(n=3,2^3-1=7\)（素数）；\(n=5,2^5-1=31\)（素数）。

题10

证明：对任意正整数 \(K\)，存在 \(K\) 个连续正整数都是合数。
构造连续 \(K\) 个数：

\[(K+1)!+2,\ (K+1)!+3,\ \dots,\ (K+1)!+(K+1) \]

对第 \(i\) 个数（\(2\leq i\leq K+1\)），\(i\mid (K+1)!\)，故 \(i\mid (K+1)!+i\)，且 \((K+1)!+i>i\geq2\)，因此该数是合数。
由此得到 \(K\) 个连续合数，证毕。

题11

证明：奇数一定能表示为两个平方数之差。
设奇数 \(n=2k+1\)（\(k\) 为整数），则：

\[(k+1)^2 - k^2 = k^2+2k+1 -k^2 = 2k+1 =n \]

因此奇数 \(n\) 可表示为整数 \(k+1\) 和 \(k\) 的平方差，证毕。

题12

证明：奇数 \(n>1\) 是素数的充要条件是 \(n\) 不能表示为三个或以上相邻正整数之和。

前置分析

\(m\geq3\) 个相邻正整数 \(a,a+1,\dots,a+m-1\) 的和为：

\[S=ma+\frac{m(m-1)}{2}=m\left(a+\frac{m-1}{2}\right) \]

  • 若 \(m\) 为奇数，\(S=m\cdot T\)，\(T\geq2\)，故 \(S\) 是合数；
  • 若 \(m\) 为偶数，\(S=k(2a+2k-1)\)，\(k\geq2\)，故 \(S\) 是合数。

必要性（素数⇒不能表示）

反证法：若素数 \(n\) 可表示为 \(m\geq3\) 个相邻正整数之和，则 \(n\) 是合数，矛盾。

充分性（不能表示⇒素数）

反证法：若 \(n\) 是合数，设 \(n=ab\)，\(3\leq a\leq b\)（\(n\) 是奇数，故 \(a,b\) 为奇数），构造：

\[a'=b-\frac{a-1}{2}\geq1 \]

则 \(n\) 可表示为 \(a\) 个相邻正整数 \(a',a'+1,\dots,a'+a-1\) 的和，与题设矛盾。因此 \(n\) 是素数。

题13

证明：设 \(p\) 是 \(n\) 的最小素因数，若 \(p>n^{1/3}\)，则 \(n/p\) 是素数。
反证法：若 \(n/p\) 是合数，则 \(n/p\) 存在素因数 \(q\geq p\)（\(p\) 是最小素因数），因此：

\[\frac{n}{p}\geq q^2\geq p^2 \implies n\geq p^3 \implies p\leq n^{1/3} \]

与题设 \(p>n^{1/3}\) 矛盾。因此 \(n/p\) 是素数，证毕。

题14

证明：设 \(p_1\leq p_2\leq p_3\) 是素数，\(p_1p_2p_3\mid n\)，则 \(p_1\leq n^{1/3}\)，\(p_2\leq (n/2)^{1/2}\)。

  1. 由 \(p_1\leq p_2\leq p_3\)，得 \(p_1p_2p_3\geq p_1^3\)，又 \(p_1p_2p_3\leq n\)，故 \(p_1^3\leq n\)，即 \(p_1\leq n^{1/3}\)。
  2. 由 \(p_1\leq p_2\leq p_3\)，得 \(p_1p_2p_3\geq 2\cdot p_2^2\)（\(p_1\geq2\)），又 \(p_1p_2p_3\leq n\)，故 \(2p_2^2\leq n\)，即 \(p_2\leq (n/2)^{1/2}\)。
    证毕。

题15 埃拉托斯特尼筛法求300以内素数

步骤

  1. 列出2到300的所有正整数；
  2. 计算 \(\sqrt{300}\approx17.32\)，取不超过17的素数：\(2,3,5,7,11,13,17\)；
  3. 依次删除这些素数的倍数（素数本身保留），剩余的数即为300以内的素数。

300以内素数列表

2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,
31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,
73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,
127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,
179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,
233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,
283,293。

题16 求不超过100且至多两个素数乘积的正整数

“至多两个素数乘积”包括：1、素数、两个素数的乘积（半素数，含平方数）。

  1. 1；
  2. 100以内的25个素数：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97；
  3. 100以内的半素数：4,6,9,10,14,15,21,22,25,26,33,34,35,38,39,46,49,51,55,57,58,62,65,69,74,77,82,85,86,87,91,93,94,95。

以上三类数的并集即为所求。

素数无穷性与进阶证明

题17

证明：设 \(F_n=2^{2^n}+1\)（费马数），\(m\neq n\)，若 \(d>1\) 且 \(d\mid F_n\)，则 \(d\nmid F_m\)，由此推出素数有无穷多个。

  1. 先证费马数性质：\(F_n = F_0F_1\cdots F_{n-1} +2\)，故对 \(m<n\)，\(F_m\mid F_n-2\)，即 \(F_n\equiv2\pmod{F_m}\)。
  2. 若 \(d>1\)，\(d\mid F_n\) 且 \(d\mid F_m\)，则 \(d\mid F_n-(F_n-2)=2\)，但 \(F_n\) 是奇数，故 \(d=1\)，矛盾。因此不同费马数的大于1的约数互不相同。
  3. 每个费马数都有素因数，且不同费马数的素因数不同，费马数有无穷多个，故素数有无穷多个。

题18

证明：\(F_{n+1}=F_nF_{n-1}\cdots F_0 +2\)。
由费马数定义，\(F_k-2=2^{2^k}-1=(2^{2^{k-1}}-1)(2^{2^{k-1}}+1)=(F_{k-1}-2)F_{k-1}\)，递推得：

\[F_n-2=F_{n-1}F_{n-2}\cdots F_0(F_0-2) \]

\(F_0=3\)，\(F_0-2=1\)，故 \(F_n-2=F_{n-1}\cdots F_0\)，即 \(F_n=F_{n-1}\cdots F_0+2\)。
将 \(n\) 替换为 \(n+1\)，得 \(F_{n+1}=F_nF_{n-1}\cdots F_0 +2\)，证毕。

题19

证明：设 \(A_1=2,A_{n+1}=A_n^2-A_n+1\)，\(n\neq m\)，若 \(d>1\) 且 \(d\mid A_n\)，则 \(d\nmid A_m\)，由此推出素数有无穷多个。

  1. 由递推式得 \(A_{n+1}-1=A_n(A_n-1)\)，递推得 \(A_{n+1}-1=A_nA_{n-1}\cdots A_1\)，即 \(A_{n+1}=A_n\cdots A_1+1\)。
  2. 对 \(m<n\)，\(A_m\mid A_n-1\)，即 \(A_n\equiv1\pmod{A_m}\)。若 \(d>1\)，\(d\mid A_n\) 且 \(d\mid A_m\)，则 \(d\mid1\)，矛盾。
  3. 每个 \(A_n\) 都有素因数，且不同 \(A_n\) 的素因数不同，\(A_n\) 有无穷多个，故素数有无穷多个。

题20

证明：\(A_{n+1}=A_nA_{n-1}\cdots A_1 +1\)。
由递推式 \(A_{k+1}-1=A_k(A_k-1)\)，递推展开得：

\[A_{n+1}-1=A_n(A_n-1)=A_nA_{n-1}(A_{n-1}-1)=\dots=A_nA_{n-1}\cdots A_1(A_1-1) \]

\(A_1=2\)，\(A_1-1=1\)，故 \(A_{n+1}-1=A_nA_{n-1}\cdots A_1\)，移项得 \(A_{n+1}=A_nA_{n-1}\cdots A_1 +1\)，证毕。

题21

证明：\(n\geq3\) 时，\(n!-1\) 的素因数 \(>n\)，由此推出素数有无穷多个，并求最小的 \(n\) 使 \(n!-1\) 不是素数。

  1. 设 \(p\) 是 \(n!-1\) 的素因数，若 \(p\leq n\)，则 \(p\mid n!\)，故 \(p\mid n!-(n!-1)=1\)，矛盾。因此 \(p>n\)。
  2. 对任意正整数 \(N\)，取 \(n=N\)，则 \(N!-1\) 的素因数 \(>N\)，故存在任意大的素数，素数有无穷多个。
  3. 验证：\(n=3\)，\(3!-1=5\)（素数）；\(n=4\)，\(4!-1=23\)（素数）；\(n=5\)，\(5!-1=119=7\times17\)（合数）。因此最小的 \(n=5\)。

题22

证明：整系数多项式 \(P(x)=a_nx^n+\dots+a_0\)（\(a_n\neq0\)），必有无穷多个整数 \(x\) 使 \(P(x)\) 是合数。

  1. 取整数 \(x_0\) 使 \(|P(x_0)|=M>1\)（多项式次数≥1，\(|x|\) 足够大时 \(|P(x)|\to+\infty\)，故存在这样的 \(x_0\)），设 \(p\) 是 \(M\) 的素因数，即 \(p\mid P(x_0)\)。
  2. 对任意整数 \(k\)，取 \(x=x_0+kp\)，由整系数多项式性质，\(P(x_0+kp)\equiv P(x_0)\equiv0\pmod{p}\)，故 \(p\mid P(x_0+kp)\)。
  3. 当 \(k\) 足够大时，\(|P(x_0+kp)|>p\)，因此 \(P(x_0+kp)\) 是合数，\(k\) 有无穷多个，故满足条件的 \(x\) 有无穷多个。

题23

证明：\(n^2+n+41\) 当 \(n=0,1,\dots,39\) 时都是素数。

  1. 先证 \(n^2+n+41\) 不被≤40的素数整除：
    • 模2：\(n^2+n+41\equiv n(n+1)+1\equiv1\pmod{2}\)，不被2整除；
    • 模3：\(n^2+n+2\)，\(n=0,1,2\) 代入均不为0，不被3整除；
    • 同理可证，对≤40的素数 \(2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37\)，\(n^2+n+41\) 模这些素数均不为0。
  2. \(n=39\) 时，\(n^2+n+41=1601\)，\(\sqrt{1601}\approx40\)，若它是合数，必有素因数≤40，与上述结论矛盾，故它是素数。
  3. 对 \(n<39\)，\(n^2+n+41<1601\)，同理可证均为素数。

题25

证明：设 \(q\neq0,\pm1\)，若对任意整数 \(a,b\)，\(q\mid ab\) 可推出 \(q\mid a\) 或 \(q\mid b\)，则 \(q\) 是素数。
反证法：若 \(q\) 不是素数，则 \(q\) 是合数，设 \(q=de\)，\(1<|d|<|q|\)，\(1<|e|<|q|\)。
取 \(a=d,b=e\)，则 \(ab=q\)，故 \(q\mid ab\)，但 \(q\nmid d\) 且 \(q\nmid e\)，与题设矛盾。因此 \(q\) 必为素数。

题26

证明：若 \(a\mid bn\) 且 \(ax+by=1\)（\(x,y\) 为整数），则 \(a\mid n\)。
对 \(ax+by=1\) 两边乘 \(n\)，得 \(axn+byn=n\)。
已知 \(a\mid bn\)，故 \(a\mid byn\)，又 \(a\mid axn\)，因此 \(a\mid axn+byn=n\)，证毕。

题27

证明：设 \(m>1\)，若 \(m\mid (m-1)!+1\)，则 \(m\) 是素数。
反证法：若 \(m\) 是合数，则 \(m\) 有素因数 \(p\)，\(2\leq p\leq m-1\)，故 \(p\mid (m-1)!\)。
又 \(m\mid (m-1)!+1\)，故 \(p\mid (m-1)!+1\)，因此 \(p\mid 1\)，矛盾。因此 \(m\) 必为素数。

题28

证明：若素数只有有限个 \(p_1,\dots,p_s\)，则对任意正整数 \(N\)，\(\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} < \prod_{i=1}^s \left(1-\frac{1}{p_i}\right)^{-1}\)，由此推出素数有无穷多个。

  1. 每个正整数 \(n\) 都可表示为 \(p_1^{a_1}\dots p_s^{a_s}\)，因此：

    \[\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} \leq \sum_{a_1=0}^\infty \dots \sum_{a_s=0}^\infty \frac{1}{p_1^{a_1}\dots p_s^{a_s}} = \prod_{i=1}^s \sum_{a_i=0}^\infty \frac{1}{p_i^{a_i}} = \prod_{i=1}^s \left(1-\frac{1}{p_i}\right)^{-1} \]

  2. 调和级数 \(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\) 发散，当 \(N\to\infty\) 时，左边趋于 \(+\infty\)，而右边是固定常数，矛盾。因此素数有无穷多个。

习题详细解答与证明

题1 求数组的全体公约数与最大公约数

(i) 72, -60

  1. 由最大公约数的符号无关性，\((72,-60)=(72,60)\)。
  2. 素因数分解：\(72=2^3\times3^2\)，\(60=2^2\times3\times5\)。
  3. 全体公约数：\(\pm1,\pm2,\pm3,\pm4,\pm6,\pm12\)。
  4. 最大公约数：\((72,-60)=12\)。

(ii) -120, 28

  1. \((-120,28)=(120,28)\)。
  2. 素因数分解：\(120=2^3\times3\times5\)，\(28=2^2\times7\)。
  3. 全体公约数：\(\pm1,\pm2,\pm4\)。
  4. 最大公约数：\((-120,28)=4\)。

(iii) 168, -180, 495

  1. \((168,-180,495)=(168,180,495)\)。
  2. 素因数分解：\(168=2^3\times3\times7\)，\(180=2^2\times3^2\times5\)，\(495=3^2\times5\times11\)。
  3. 公共素因数仅为\(3\)（指数1），全体公约数：\(\pm1,\pm3\)。
  4. 最大公约数：\((168,-180,495)=3\)。

题2 构造符合要求的四个整数

构造示例

取四个数：\(\boldsymbol{30,42,70,105}\)。

验证

  1. 整体最大公约数：\((30,42,70,105)=1\)，满足整体互素；
  2. 任意三个数的最大公约数：
    • \((30,42,70)=2>1\)，\((30,42,105)=3>1\)，
    • \((30,70,105)=5>1\)，\((42,70,105)=7>1\)，
      任意三个数都不互素，符合要求。

题3 性质证明

(i) 证明 \((a,b,c)\leq(a,b)\)，\([a,b,c]\geq[a,b]\)

  1. \((a,b,c)\) 是 \(a,b,c\) 的公约数，因此也是 \(a,b\) 的公约数；而 \((a,b)\) 是 \(a,b\) 的最大公约数，故公约数 \(\leq\) 最大公约数，即 \((a,b,c)\leq(a,b)\)。
  2. \([a,b,c]\) 是 \(a,b,c\) 的公倍数，因此也是 \(a,b\) 的公倍数；而 \([a,b]\) 是 \(a,b\) 的最小公倍数，故公倍数 \(\geq\) 最小公倍数，即 \([a,b,c]\geq[a,b]\)。

(ii) 若 \(a\mid b\)，则 \([a,c]\leq[b,c]\)，\((a,c)\leq(b,c)\)

  1. 最大公约数：设 \(d=(a,c)\)，则 \(d\mid a,d\mid c\)。由 \(a\mid b\) 得 \(d\mid b\)，故 \(d\) 是 \(b,c\) 的公约数，因此 \((a,c)\leq(b,c)\)。
  2. 最小公倍数：\([b,c]\) 是 \(b,c\) 的公倍数，故 \(b\mid [b,c]\)。由 \(a\mid b\) 得 \(a\mid [b,c]\)，同时 \(c\mid [b,c]\)，故 \([b,c]\) 是 \(a,c\) 的公倍数，因此 \([a,c]\leq[b,c]\)。

(iii) 证明 \((a,b)\leq(a+b,a-b)\)

设 \(d=(a,b)\)，则 \(d\mid a,d\mid b\)，由整除的线性组合性质，\(d\mid a+b\) 且 \(d\mid a-b\)，故 \(d\) 是 \(a+b,a-b\) 的公约数，因此 \((a,b)\leq(a+b,a-b)\)。

(iv) 证明 \((a,b)\leq(ax+by,au+bv)\)（\(x,y,u,v\) 为任意整数）

设 \(d=(a,b)\)，则 \(d\mid a,d\mid b\)，故 \(d\mid ax+by\) 且 \(d\mid au+bv\)，即 \(d\) 是 \(ax+by,au+bv\) 的公约数，因此 \((a,b)\leq(ax+by,au+bv)\)。

题4 证明：若 \((a,b)=1\)，\(c\mid a+b\)，则 \((c,a)=(c,b)=1\)

设 \(d=(c,a)\)，则 \(d\mid c,d\mid a\)。由 \(c\mid a+b\) 得 \(d\mid a+b\)，因此 \(d\mid (a+b)-a=b\)，即 \(d\) 是 \(a,b\) 的公约数。
由 \((a,b)=1\) 得 \(d=1\)，故 \((c,a)=1\)。同理可证 \((c,b)=1\)。

题5 证明：\(n\geq1\) 时，\((n!+1,(n+1)!+1)=1\)

设 \(d=(n!+1,(n+1)!+1)\)，则 \(d\mid n!+1\)，\(d\mid (n+1)!+1\)。
对 \((n+1)!+1\) 变形：

\[(n+1)!+1 = (n+1)\cdot n! +1 = (n+1)(n!+1) - n \]

因此 \(d\mid (n+1)(n!+1) - [(n+1)!+1] = n\)，即 \(d\mid n\)。
又 \(d\mid n!+1\) 且 \(d\mid n\)，故 \(d\mid n!\)，因此 \(d\mid (n!+1)-n! =1\)，即 \(d=1\)。
证毕。

题6 求最大公约数

(i) \((2t+1,2t-1)\)

由辗转相减：

\[(2t+1,2t-1)=(2t-1,(2t+1)-(2t-1))=(2t-1,2) \]

\(2t-1\) 是奇数，与2互素，故结果为 \(\boldsymbol{1}\)。

(ii) \((2n,2(n+1))\)

提取公因子2：

\[(2n,2(n+1))=2\cdot(n,n+1) \]

相邻整数互素，\((n,n+1)=1\)，故结果为 \(\boldsymbol{2}\)。

(iii) \((kn,k(n+2))\)

提取公因子k：

\[(kn,k(n+2))=k\cdot(n,n+2)=k\cdot(n,(n+2)-n)=k\cdot(n,2) \]

最终结果：当 \(n\) 为偶数时为 \(\boldsymbol{2k}\)，当 \(n\) 为奇数时为 \(\boldsymbol{k}\)。

(iv) \((n-1,n^2+n+1)\)

对多项式变形：

\[n^2+n+1 = n(n-1) + 2n +1 = n(n-1) + 2(n-1) +3 \]

因此：

\[(n-1,n^2+n+1)=(n-1,3) \]

最终结果：当 \(3\mid n-1\) 时为 \(\boldsymbol{3}\)，否则为 \(\boldsymbol{1}\)。

题7 证明：若 \([a,b]=(a,b)\)，则 \(a=b\)

由最大公约数与最小公倍数的核心公式：\([a,b]\cdot(a,b)=ab\)。
设 \(g=(a,b)=[a,b]\)，代入得 \(g\cdot g=ab\)，即 \(ab=g^2\)。
设 \(a=ga',b=gb'\)，则 \((a',b')=1\)，代入得 \(ga'\cdot gb'=g^2\)，即 \(a'b'=1\)。
正整数解仅为 \(a'=b'=1\)，故 \(a=g,b=g\)，即 \(a=b\)。

题8 证明：若 \((a,4)=(b,4)=2\)，则 \((a+b,4)=4\)

由 \((a,4)=2\)，得 \(a=2k\)，其中 \(k\) 为奇数（若 \(k\) 为偶数，则 \(a=4m\)，\((a,4)=4\)，矛盾）；
同理 \(b=2l\)，\(l\) 为奇数。
因此 \(a+b=2(k+l)\)，奇数+奇数=偶数，即 \(k+l=2m\)，故 \(a+b=4m\)，即 \(4\mid a+b\)，因此 \((a+b,4)=4\)。

题9 证明：若 \(ad-bc=\pm1\)，\(u=am+bn,v=cm+dn\)，则 \((m,n)=(u,v)\)

  1. 设 \(d_1=(m,n)\)，则 \(d_1\mid m,d_1\mid n\)，故 \(d_1\mid u,d_1\mid v\)，因此 \(d_1\mid (u,v)\)，即 \((m,n)\leq(u,v)\)。
  2. 由线性方程组解出：

    \[m=\frac{du-bv}{ad-bc}=\pm(du-bv),\quad n=\frac{av-cu}{ad-bc}=\pm(av-cu) \]

    设 \(d_2=(u,v)\)，则 \(d_2\mid u,d_2\mid v\)，故 \(d_2\mid m,d_2\mid n\)，因此 \(d_2\mid (m,n)\)，即 \((u,v)\leq(m,n)\)。

综上，\((m,n)=(u,v)\)。

题10 证明：若存在整数 \(x,y\) 使 \(ax+by=1\)，则

(i) \([a,b]=ab\)

由 \(ax+by=1\) 得 \((a,b)=1\)，代入公式 \([a,b]=\frac{ab}{(a,b)}\)，得 \([a,b]=ab\)。

(ii) \((ac,b)=(c,b)\)

  1. 设 \(d=(ac,b)\)，则 \(d\mid ac,d\mid b\)。对 \(ax+by=1\) 两边乘 \(c\) 得 \(acx+bcy=c\)，故 \(d\mid c\)，即 \(d\) 是 \(c,b\) 的公约数，因此 \((ac,b)\leq(c,b)\)。
  2. 设 \(e=(c,b)\)，则 \(e\mid c,e\mid b\)，故 \(e\mid ac,e\mid b\)，即 \(e\) 是 \(ac,b\) 的公约数，因此 \((c,b)\leq(ac,b)\)。

综上，\((ac,b)=(c,b)\)。

题11 证明：若 \(2\nmid b\)，\(k\) 为正整数，则 \((2^k a,b)=(a,b)\)

  1. 设 \(d=(2^k a,b)\)，则 \(d\mid 2^k a,d\mid b\)。由 \(2\nmid b\) 得 \(d\) 为奇数，\((d,2^k)=1\)，故 \(d\mid a\)，即 \(d\) 是 \(a,b\) 的公约数，因此 \((2^k a,b)\leq(a,b)\)。
  2. 设 \(e=(a,b)\)，则 \(e\mid a,e\mid b\)，故 \(e\mid 2^k a,e\mid b\)，即 \(e\) 是 \(2^k a,b\) 的公约数，因此 \((a,b)\leq(2^k a,b)\)。

综上，\((2^k a,b)=(a,b)\)。

题12 充要条件证明

(i) 存在整数 \(x,y\) 使 \((x,y)=g,[x,y]=l\) 的充要条件是 \(g\mid l\)

  • 必要性：若 \((x,y)=g\)，则 \(g\mid x\)；又 \([x,y]=l\)，则 \(x\mid l\)，由整除传递性得 \(g\mid l\)。
  • 充分性：若 \(g\mid l\)，取 \(x=g,y=l\)，则 \((x,y)=(g,l)=g\)，\([x,y]=[g,l]=l\)，满足条件。

(ii) 存在正整数 \(x,y\) 使 \((x,y)=g,xy=l\) 的充要条件是 \(g^2\mid l\)

  • 必要性：设 \(x=gx',y=gy'\)，则 \((x',y')=1\)，代入得 \(xy=g^2x'y'=l\)，故 \(g^2\mid l\)。
  • 充分性：若 \(g^2\mid l\)，设 \(l=g^2k\)，取 \(x=g,y=gk\)，则 \((x,y)=(g,gk)=g\)，\(xy=g\cdot gk=g^2k=l\)，满足条件。

题13 求满足 \((a,b)=10,[a,b]=100\) 的全部正整数组

设 \(a=10a',b=10b'\)，则 \((a',b')=1\)，且 \([a,b]=10[a',b']=100\)，即 \([a',b']=10\)。
由 \((a',b')=1\) 得 \([a',b']=a'b'=10\)，将10分解为互素正整数的乘积：\(10=1\times10=2\times5=5\times2=10\times1\)。
因此全部正整数组为：

\[\boldsymbol{(10,100),(20,50),(50,20),(100,10)} \]

题14 求满足 \([a,b,c]=10\) 的全部正整数组

\(10=2\times5\)，每个数的素因数只能是2和5，且2的指数最大值为1，5的指数最大值为1。

  • 素数2的指数：三个数的指数至少有一个为1，共 \(2^3-1=7\) 种情况；
  • 素数5的指数：同理共7种情况。

总计 \(7\times7=49\) 组，所有满足「至少有一个数含因数2、至少有一个数含因数5」的三元组，每个数取自 \(\{1,2,5,10\}\)。

题15 求满足 \((a,b,c)=10,[a,b,c]=100\) 的全部正整数组

设 \(a=10a',b=10b',c=10c'\)，则 \((a',b',c')=1\)，\([a',b',c']=10\)。
\(a',b',c'\) 取自 \(\{1,2,5,10\}\)，需满足：

  1. 至少有一个数含2，至少有一个数含5（最小公倍数为10）；
  2. 不能三个数都含2，不能三个数都含5（最大公约数为1）。

符合条件的 \((a',b',c')\) 共36组，对应原数组为每个数乘10，总计36组。

题16 求最小公倍数

(i) 198, 252

素因数分解：\(198=2\times3^2\times11\)，\(252=2^2\times3^2\times7\)。
最小公倍数取各素因数最高次幂：

\[[198,252]=2^2\times3^2\times7\times11=\boldsymbol{2772} \]

(ii) 482, 1687

素因数分解：\(482=2\times241\)，\(1687=7\times241\)。
最小公倍数：

\[[482,1687]=2\times7\times241=\boldsymbol{3374} \]

题17 最小公倍数的构造方法与推广

原命题解释

\(a\) 的倍数序列为 \(a,2a,3a,\dots\)，其中第一个被 \(b\) 整除的数，是同时为 \(a,b\) 倍数的最小正整数，即最小公倍数 \([a,b]\)。

推广到 \(k\) 个数的最小公倍数

  1. 迭代法：先求 \([a_1,a_2]=l_1\)，再求 \([l_1,a_3]=l_2\)，依次迭代，最终 \([l_{k-2},a_k]\) 即为 \([a_1,a_2,\dots,a_k]\)。
  2. 枚举法：列出 \(a_1\) 的倍数序列，找到第一个同时被 \(a_2,a_3,\dots,a_k\) 整除的数，即为这 \(k\) 个数的最小公倍数。

题18 欧拉函数性质证明

(i) \(\varphi(1)=\varphi(2)=1\)

  • \(\varphi(1)\)：1到1中与1互素的数只有1，故 \(\varphi(1)=1\)；
  • \(\varphi(2)\)：1到2中与2互素的数只有1，故 \(\varphi(2)=1\)。

(ii) \(n\geq3\) 时，\(2\mid\varphi(n)\)

若 \(d\) 与 \(n\) 互素，则 \(n-d\) 也与 \(n\) 互素，且 \(d\neq n-d\)（若 \(d=n-d\)，则 \(n=2d\)，此时 \(d\) 与 \(n\) 不互素）。
因此与 \(n\) 互素的数成对出现，总数为偶数，即 \(2\mid\varphi(n)\)。

(iii) 若 \(n=p\) 为素数，则 \(\varphi(p)=p-1\)

素数 \(p\) 的正约数只有1和 \(p\)，因此1到 \(p\) 中，除 \(p\) 本身外，其余 \(p-1\) 个数都与 \(p\) 互素，故 \(\varphi(p)=p-1\)。

posted on 2026-03-13 00:22  Indian_Mysore  阅读(2)  评论(0)    收藏  举报

导航