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高中阶段的初等数论问题
高中阶段的初等数论问题【1】
【摘要】本文对高中阶段出现的所有整除和余数问题进行了归纳总结，利用数学归纳法、二项式定理和算法等一系列的知识点处理了这些数论问题。事实上数论问题综合性强，以极少的知识就可生出无穷的变化。
【关键词】初等数论 整除 余数 高中阶段
初等数论是研究整数最基本性质的一门十分重要的数学基础课程，而其中的整除与余数则是初等数论的两个最基本的概念。虽然在高中阶段关于这一块的内容出现等不多，但我们其实已经累积了很多的数论知识和解决数论问题的方法。
我们在高一一开始集合内容的学习中规定了用Z表示整数集合，并且运用中、小学所学到的知识我们还知道任意两个整数的和、差、积仍是整数，即整数集对加、减、乘法运算封闭。
但是两个整数相除，其商不一定是整数，即集合Z中一般不能作除法。设a和b为整数，b≠0，则a/b不一定为整数，即不一定存在整数c，使a=bc。则此时就出现了余数的概念。
带余除法定理：设a ，b 是给定的两个整数，且b≠0，则一定存在唯一的整数q和r，满足a=bq+r ，0≤r<|b|称q和r分别为被除数a除以除数b的商和余数。它是初等数论中最基本、最直接、最重要的工具。
当r=0时，称b整除a，记作b|a，并称a是b的倍数，b是a的约数(因数)。
当r≠0时，r就称a被b除的余数，记作r=Mod(a，b) 。
在研究了以上初等数论中的整除和余数的相关概念含义和符号表示后，接下来本文会从高中课程中选例，介绍用高中阶段所学的知识点去解决一些数论问题。
一、用数学归纳法证明整除问题
例1.是否存在正整数m，使得f(n)=(2n+7)・3n+9对任意正整数n，都能被m整除，若存在，求出最大值，并证明你的结论;若不存在，说明理由。
解：f(1)=(2+7)・3+9=36，f(2)=(4+7)・9+9=108，f(3)=(6+7)・27+9=360，…猜想：f(n)能被36整除。用数学归纳法证明如下：
(1)当 时，n=1 ，f(1)=36能被36整除。
(2)假设当n=k(k∈N*)时， 能被f(k)=(2k+7)・3k+9能被36整除。
那么，当n=k+1时，f(k+1)= [2(k+1)+7]・3k+1+9=[(2k+7)+2]・3.3k+9=3[(2k+7)・3k+9]+18(3k-1-1)。由归纳假设，3[(2k+7)・3k+0 能被36整除，当k为正整数时，3k-1-1为偶数，则18(3k-1-1)能被36整除。所以3[(2k+7)・3k+9]+18(3k-1-1).能被36整除，这就是说当 n=k+1时命题成立。由(1)、(2)知，对任意n∈N*，f(n) 都能被36整除。当m取大于36的正整数时，
f(1)=36不能被m整除，所以36为最大，即 m=36。
点评：本题是与正整数 有关的整除问题，用数学归纳法证明整除问题，关键在于证明当n=k+1成立时，如何是25的倍数，故2n+2・3n+5n-4(n∈N*)能被25整除。
点评：同上题类似，在用二项式定理证明整除问题时，关键也是在于转化为二项展开式来研究，务必注意在展开式中必须有除数的倍数，当然本题也可以用数学归纳法来证明。
三、用算法确定最大公约数
例3.写出求两个正整数a，b (a>b )的最大公约数的一个算法。
求 a，b (a>b )的最大公约数的算法：
S1 输入两个正整数a ，b;
S2 如果Mod(a，b)≠0，那么转S3，否则转S6;
S3 r←Mod(a，b) ;
S4 a←b ;
S5 b←r，转S2;
S6 输出b。
点评：在研究本问题的时候就必须理解欧几里得辗转相除法的基本思想和步骤：给出一列数：a，b，r1，r2…，rn-1 ，rn，0.。这列数从第三项开始，每项都是前两项相除所得的余数，余数为0的前一项rn即是a和b的最大公约数。
本文对高中阶段出现的所有整除和余数问题进行了归纳总结，利用数学归纳法、二项式定理和算法等一系列的知识点处理了这些数论问题。事实上数论问题综合性强，以极少的知识就可生出无穷的变化。
因此，解决数论问题的方法多样，技巧性高，富于创造性和灵活性。相信对于今天所研究的这一类整除和余数问题在同学们进入大学后可能还会有一些其他的好方法去处理它，在真正接触了初等数论后就会感觉它的无穷魅力了。
参考文献：
[1]杨慧.高中数学教学的“问题链”设计研究[D].上海师范大学.2012.
初等数论中的整除问题【2】
摘 要：整除是初等数论中的基本概念，也是整个数学的基础知识。本文主要讨论了初等数论中的整除问题及应用。
关键词：初等数论 整除 整除特征
整除问题是数学学习的一大方面，无论小学，还是中学，甚至大学数学都有关于整除的问题。理解掌握整除的概念、性质及某些特殊数的整除特征，可以简单快捷地解决许多整除问题。以下本文对整除问题进行了整理，以方便关于整除问题的学习。
1 整除的概念
设a，b是任意两个整数，其中b≠0，如果存在一个整数q使得等式a=bq成立，我们就说b整除a或a被b整除，记作b|a，此时我们把b叫作a的因数，把a叫作b的倍数。
如果a=bq里的整数q不存在，我们就说b不能整除a或a不能被b整除，记作ba。注：a，b作除数的其一为0则不叫整除。
2 整除的性质
性质1：若a是b的倍数，b是c的倍数，则a是c的倍数，即，c|b，b|ac|a。
性质2：若a，b都是c的倍数，则(a+b)也是c的倍数。即，c|a，c|bc|(ab)。
性质3：若，，…，都是m的倍数，，，..是任意n个整数，则+ +…+是m的倍数。即，对，…，Z，有m|++…+。
性质4：几个整数相乘，若其中有一个因子能被某一个数整除，那么它们的积也能被该数整除。即，若a|b，则a|bcd。
性质5：若一个数能被两个互质数中的每一个数整除，那么这个数也能被这两个互质数的积整除。即，若a|b，c|b，(a，c)=1，则ac|b。
性质6：若一个数能被两个互质数的积整除，那么，这个数也能分别被这两个互质数整除。
即，若ac|b，(a，c)=1，则a|b，c|b。
性质7：若一个质数能整除两个自然数的乘积，那么这个质数至少能整除这两个自然数中的一个。即，若p|ab，则p|a或p|b(p为质数)。
性质8：若a|b，m≠0，则am|bm。
性质9：若am|bm，m≠0，则a|b。
3 整除特征
特征1：任何整数都能被1整除;0能被任何非零整数整除。
特征2：若一个整数的末位数是0、2、4、6、8，则这个整数能被2整除。
特征3：若一个整数的各位数字和能被3整除，则这个整数能被3整除。
特征4：若一个整数的末尾两位数能被4整除，则这个数能被4整除。
特征5：若一个整数的末位是0或5，则这个数能被5整除。
特征6：若一个整数能被2和3整除，则这个数能被6整除。
特征7：若把一个整数的个位数字截去，再从余下的数中减去个位数的2倍，差是7的倍数，则原数能被7整除。
特征8：若一个整数的末尾三位数能被8整除，则这个数能被8整除。
特征9：若一个整数的各位数字和能被9整除，则这个整数能被9整除。
特征10：若一个整数的末位是0，则这个数就能被10整除。
特征11：若一个整数的奇数位之和与偶数位之和的差能被11整除，则这个数就能被11整除。
4 整除问题的应用举例
例1：判断123456789这个九位数能否被3，9，11整除?
解：∵1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，且 3|45，9|45，
∴这九位数能被3和9整除。
这个九位数奇数位上的数字之和是9+7+5+3+1=25，偶数位上的数字之和是8+6+4+2=20，∵25―20=5，又∵115，∴11123456789。
例2：设72|，试求的a，b值。
解：72=8×9，且(8，9)=1
∴只需讨论8、9都整除时a，b的值。
∵8|，则8|，由除法可得b=2。
∵9|，则9|(a+6+7+8+2)，得a=3。
∴a=3 b=2
例3：证明3|n(n+1)(2n+1)，其中n是任何整数。
证：法一：n(n+1)(2n+1)
= n(n+1)(n+2+n-1)
= n(n+1)(n+2)+(n-1)n(n+1)
∵3|n(n+1)(n+2)且3|(n-1)n(n+1)
∴3|〔n(n+1)(n+2)+(n-1)n(n+1)〕
即：3|n(n+1)(2n+1)。
法二：若n是3的倍数，或n+1是3的倍数，结论显然成立。
若n，n+1都不是3的倍数，则n+2一定是3的倍数，设n+2=3k，k∈Z，则n=3k-2。
∴2n+1=2(3k-2)+1=3(2k-1)，即2n+1是3的倍数。
从而，3|n(n+1)(2n+1)。
例4：设p是质数，证明满足=p的正整数a，b不存在。
证：假定存在正整数a，b使得=p.
令(a，b)=d，a=d，b=d。则(，)=1
∴=，
∵p是质数
p|，令=p，则
∴p=即=p
同理可得，p|即：，都含有p这个因子，与(，)=1矛盾。
∴满足=p的正整数a，b不存在。
以上，通过对整除概念、性质及特征的理解，利用整除的性质和特征解决一些实际问题，为学好初等数论打下坚实基础。本文对整除问题只是稍有整理，对整个整除问题的梳理还有待去解决。
参考文献
[1] 单�.初等数论[M].南京：南京大学出版社，2000.
[2] 闵嗣鹤，严士键.初等数论[M].3版.北京：高等教育出版社，2003.
[3] 于庆.整除的数字特征―― 小学数学教学中的初等数论问题[J].科学大众(科学教育)，2012(8).
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