一中数学培训(第一，第二讲)

1.整除，最大公因数和最小公倍数

1.1 整除

若整数 $b$ 除以非零整数 $a$ ，商为整数，且余数为零，$b$ 为被除数，$a$ 为除数，即$a|b$，读作“ $a$整除 $b$ ”或“ $b$能被 $a$ 整除”。

其中，整除具有如下三条性质：

• 整除的传递性，证明如下：

如果 $a|b,b|c$ ，那么有 $a|c$ 。

设 $a=k_{1}b$, $c=k_{2}b$ ，可得 $c=k_1{k}_{2}a$ ，是 $a$ 的倍数。所以有 $a|c$ 。

• 整除的可加减性，证明如下：

如果 $a|b,a|c$ ，那么有 $a|(b+c),a|(b-c)$

对于满足题意的 $a,b,c$ , $\mathrm{\exists }{k}_1,k_2\in \mathbb{Z}$ 使得 $b=k_{1}a,c=k_{2}a$ 。

所以 $a|(b+c)$ 等价于 $a|(k_1+k_2)a$ 。因为 $k_1+k_2,k_1-k_2\in \mathbb{Z}$ ，所以 $b+c=(k_1+k_2)a$ 是 $a$ 的倍数，有 $a|(b+c)$ 。可减性同理。

• 整除的可乘性，证明如下：

如果 $a|b,a|c$ ，那么对于 $x,y\in \mathbb{Z}$ ， $a|(bx+cy)$ 。

设 $b=k_{1}a,c=k_{2}a$ , 因为 $x,y\in \mathbb{Z}$ ，所以有 $a|k_{1}xa,a|k_{2}ya$ ，即 $a|bx,a|cy$ 。由于整除具有可加减性，那么 $a|(bx+cy)$ 。

例题

1.1.1 如果 $x+6y$ 是 $7$ 的倍数，那么 $5x+2y$ 也是 $7$ 的倍数。

因为整除的可加减性，由于 $7|(x+6y)$ ，所以 $7|(5x+30y)$ 。

又因为 $7|28y$ ，所以由于整除的可加减性， $7|(5x+30y-28y)$ ，即 $7|(5x+2y)$ 。

1.1.2 如果 $3|x,7|x$ , 则 $21|x$ 。

设 $x=3\times 7\times k$ ，并且 $k\in \mathbb{Z}$ 。由于 $7k\in \mathbb{Z}$ ，所以一定 $3|x$ ；由于 $3k\in \mathbb{Z}$ ，所以一定 $7|x$ 。

1.1.3 求证：$8|3^{2n+1}+5$

原命题等价于 $8|3\times 9^n+5$ 。

当 $n=1$ 是，$3\times 9^n\equiv 3(mod8)$

当 $n>1$ 时，若 $3\times 9^{n-1}\equiv 3(mod8)$ ，那么有 $3\times 9^n\equiv 3\times 9(mod8)$ 。整理得到 $3\times 9^n\equiv 3(mod8)$

那么 $3\times 9^n+5\equiv 3+5(mod8)$ ,即 $3\times 9^n+5\equiv 0(mod8)$ 。所以 $8|3^{2n+1}+5$

1.2 最大公约数和最小公倍数

最大公约数：对于 $a,b$ ，最大的 $c$ 满足 $c|a,c|b$ 。

最小公倍数：对于 $a,b$ ，最小的 $c$ 满足 $a|c,b|c$ 。

定理：公倍数整除最大公倍数

等价于：存在 $a,b$ ，则对于任意 $c$ 满足 $a|c,b|c$ ，都有 $\text{lcm}(a,b)|c$ 。

我们设一个元素 $x$ 的全部因子构成的可重集合为 $S_x$ ,则 $S_a\cup S_b=S_{\text{lcm}(a,b)}$ 。而对于 $d$ 满足 $a|d,b|d$ ,都有 $S_a\in S_d,s_b\in S_d$ 。

如果存在 $d$ 不满足 $\text{lcm}(a,b)|d$ ，也就是说 $S_a\cup S_b\notin S_d$ ，但是 $S_a\in S_d,S_b\in s_d$ 。与我们的假设相互矛盾。所以一定有 $\text{lcm}(a,b)|d$ 。

定理：$(a,b)=(a-b,b)$

当 $a,b$ 都是质数的时候, 一定有 $(a,b)=1$ ，若此时 $(a-b,b)>1$ ，则设 $c=(a-b,b)$ 。那么 $(a-b)=k_{1}c,b=k_{2}c$ 。因为 $b$ 是质数，所以 $c\in \{1,b\}$ 。而 $c>1$ ，所以 $c=b$ 。那么 $(a-b)=k_{1}c$ 等价于 $(a-b)=k_{1}b$ 等价于 $b|(a-b)$ 。因为 $b|b$, 所以命题进一步等价于 $b|a$ 。因为 $(a,b)=1$ ，所以于原命题相违背。得证。

当 $a,b$ 不一定是质数的时候，设 $c=(a,b)$ ， $a=k_{1}c,b=k_{2}c$ 。由于整除的可加减性，一定有 $c|(a-b),c|b$ ，也就是说 $c⩽(a-b,b)$ 。若 $(a-b,b)$ 不等于 $c$ ，那么存在 $d$ 有 $(k_1-k_2)c|d,k_{2}c|d$ ,也就是 $(k_1-k_2,k_2)>1$ 。因为 $c=(a,b)$,所以 $k_1,k_2$ 互素。由上述的证明，当 $k_1,k_2$ 互素时， $(k_1,k_2)=(k_1-k_2,k_2)=1$ 。与我们对于 $d$ 的假设相违背，也就是说不存在 $d(d>c)$ 满足 $(k_1-k_2)c|d,k_{2}c|d$ 。可以观察到 $c$ 一定满足条件， $(a-b,b)=c$ 。得证。

这个命题就是大名鼎鼎的更相减损术，可以进一步推出辗转相除法。这里略。

裴蜀定理

定义：设 $a,b$ 是不为 $0$ 的整数，那么一定存在整数 $x,y$ ，满足 $ax+by=gcd(a,b)$ 。

证明：

1.若任何一个等于 $0$ ，则 $(a,b)=a$ ，这是定理显然成立。

2. 若 $a,b$ 不等于 $0$ ，设 $a,b>0,b⩽a,(a,b)=d$ 。

对于 $ax+by=d$ ，两端同除以 $d$ ，可得 $a_{1}x+b_{1}y=d$ 。并且 $(a_1,b_1)=1$ 。我们只考虑对于 $(a,b)=1$ 的二元组 $(a,b)$ ，满足裴蜀定理。

我们考虑辗转相除法（本质上是优化的更相减损术的优化，上已证明），就是 $(a,b)=(b,amodb)$ 一直不断推出来的。我们设余数为 $r$ ,有

$$(a,b)=(b,r_1)=(r_1,r_2)=...=(r_{n-1},r_n)$$

我们算法展开成带余数除法的形式：

$$a=q_{1}b+r_1$$

$$b=q_2{r}_1+r_2$$

$$r_1=q_3{r}_2+r_3$$

$$...$$

$$r_{n-3}=q_{n-1}{r}_{m-2}+r_{n-1}$$

$$r_{n-2}=q_n{r}_{n-1}+r_n$$

$$r_{n-1}=q_{n+1}{r}_n$$

我们令辗转相除法运行知道互质的时候推出 $r_n=1$ ,所以有:

$$r_{n-2}=q_n{r}_{n-1}+1$$

移项，得：

$$1=r_{n-2}-q_n{r}_{n-1}$$

那么我们将 $r_{n-1}=r_{n-3}-q_{n-1}{r}_{n-2}$ 带入上式，得：

$$1=(1+q_n{q}_{m-1})r_{n-2}-x_n{r}_{n-3}$$

我们可以不断消除 $r_{n-2}$ 到 $r_1$ 。最终得出 $1=ax+by$ 。得证。

推论两则：

• 公因数整数最大公约数

如果 $c=(a,b)$ ,那么对于任意 $d$ 满足 $d|a,d|b$ 都有 $d|c$ 。

我们定义元素 $x$ 的因子构成的可重集合为 $S_x$ 。那么 $S_c=S_a\cap S_b$ 。对于每一个 $d$ 都有 $S_d\in S_a\cap S_b$ ，所以 S_d $\subseteq S_c$ 。也就是 $d|c$ 。

• 整除的互质可消性

如果 $a|c,b|c,(a,b)=1$ ，那么 $ab|c$

如果原命题的逆命题不成立，及 $ab|c$ 可能不满足 $a|c,b|c$ ，前提是 $(a,b)=1$ 。设 $c=abk$ , 其中 $k\in \mathbb{Z}$ 。因为 $bk\in \mathbb{Z}$ ，所以 $a|c$ ；因为 $ak\in \mathbb{Z}$ ,所以 $b|c$ 。与假设不符。

对于原命题而言， $(a,b)=1$ ，可以推出 $[a,b]=ab$ 。若 $[a,b]$ 不整除 $c$ ，就代表着 $S_a\subseteq S_c,S_b\subseteq S_c$ 至少有一个不成立，与题目条件相违背。所以 $[a,b]|c$ ，就是 $ab|c$ 。

我们进而有 $3$ 条推论：

• $(a,(b,c))=(a,b,c)$

• $(a,b)=(a,b,ax)$

• $(a,b)=((a,b),(a.c))$