Divisibility Part2（整除理论2）

Divisibility Part2

本节内容是Part1的进阶内容，主要讲的是整除在竞赛中的一些常用的技巧。

数的分解

一、带余除法

对于任意两个整数 $a、b(b\ne 0)$，都有唯一确定的整数 $q,r$， 满足
$$a=qb+r(0\le r<b)$$
二、分解式

• 若 $n$ 是正整数，则

$$x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+\cdots +x{y}^{n-2}+y^{n-1})$$

• 若 $n$ 是正奇数，则（在上式中用 $-y$ 代换 $y$ ）
  $$x^n+y^n=(x+y)(x^{n-1}-x^{n-2}y+\cdots -x{y}^{n-2}+y^{n-1})$$

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运用

例 $1$ 证明：$1\underset{200个0}{\underbrace{0\cdots 0}}1$ 被 $1001$ 整除。

题解

可以用第二种分解构造出$(1000+1)(\cdots )$​​
$$1\underset{200个0}{\underbrace{0\cdots 0}}1=1000^{67}+1=(1001)(1000^{66}-1000^{65}+\cdots -1000+1)$$
证毕。

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例 $2$ 设 $m>n\ge 0$ ，证明：$(2^{2^n}+1)|(2^{2^m}-1)$。

题解

因为 $m-n-1\ge 0$，

故 $2^{2^m}-1=2^{2^{n+1+m-n-1}}-1=(2^{2^n}{)}^{2^{m-n-1}}-1=(2^{2^{n+1}}-1)(\cdots )$

显然 $2^{2^m}-1$ 是 $2^{2^{n+1}}-1$ 的倍数。

又因为 $2^{2^{n+1}}-1=(2^{2^n}-1)(2^{2^n}+1)$，即 $(2^{2^n}+1)|(2^{2^{n+1}}-1)$。

根据整除的传递性有：$(2^{2^n}+1)|(2^{2^m}-1)$ 。

证毕。

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例 $3$ 对正整数 $n$，记 $S(n)$ 为 $n$ 的十进制表示中数码之和。证明：$9|n$ 的充分必要条件是 $9|S(n)$。

题解

充分性

我们可以将 $n$ 表示成
$$n=a_0+a_1\times 10^1+a_2\times 10^2+\cdots +a_n\times 10^n$$
而 $S(n)={\sum }_{i=1}^{n}a[i]$。

因为$10^i=(10^i-1)+1=\underset{i个9}{\underbrace{9\cdots 9}}+1$。

显然 $10^i$ 除以 $9$ 的余数是 $1$，所以 $a_i\times 10^i$ 除以 $9$ 的余数是 $a_i$​。

如果 $9|n$，说明 $n$ 除以 $9$ 余数为 $0$​。

而 $n$ 除以 $9$ 的余数，等价于 $a_0+a_1+a_2+\cdots +a_n$ 除以 $9$ 的余数

所以，我们只需要判断 $S(n)$ 除以 $9$ 的余数是否为 $0$。

即 $9|n\Rightarrow 9|S(n)$ ，充分性成立。

必要性

已知 $9|S(n)$ ，等价于存在整数 $q$ 使得
$$a_0+a_1+a_2+\cdots +a_n=9q$$
成立，然后等式左右两边同时增加：
$$9a_1+99a_2+999a_3+\cdots +\underset{n个9}{\underbrace{9\cdots 9}}{a}_n$$
等式变成：
$$n=9q+(9a_1+99a_2+999a_3+\cdots +\underset{n个9}{\underbrace{9\cdots 9}}{a}_n)$$
显然 $n$ 是 $9$ 的倍数。

所以 $9|S(n)\Rarr 9|n $ 必要性成立。

证毕。

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例4 设 $k$ 是一个奇数 $(k\ge 1)$，证明：对任意正整数 $n$，数 $1^k+2^k+\cdots +n^k$ 不能被 $n+2$ 整除。

题解

$2\times (1^k+2^k+\cdots +n^k)=(n^k+2^k)+((n-1{)}^k+3^k)+\cdots +(2^k+n^k)+2$

显然当 $k$ 为正奇数的时候，形如 $(i^k+j^k),(j+i=n+2)$ 能被 $n+2$ 整除。

所以 $2\times (1^k+2^k+\cdots +n^k)$ 除以 $(n+2)$ 的余数是 $2$。

所以 $(1^k+2^k+\cdots +n^k)$ 除以 $(n+2)$ 的余数是 $1$。

证毕。

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例5 设 $a,m,n$ 均是正整数，$a\ge 2$，证明：$a^m-1|a^n-1$ 的充分必要条件是 $m|n$ 。

题解

充分性：

已知 $a^m-1|a^n-1$，说明
$$a^n-1=(a^m{)}^{\frac{n}{m}}-1=(a^m-1)((a^m{)}^{\frac{n}{m}-1}+(a^m{)}^{\frac{n}{m}-2}+\cdots +1),\frac{n}{m}\in N_{+}$$
所以 $m|n$。

必要性：

已知 $m|n$，设 $\frac{n}{m}=x$，$x$ 是一个正整数，显然有
$$a^n-1=(a^m{)}^x-1=(a^m-1)((a^m{)}^{x-1}+(a^m{)}^{x-2}+\cdots +1)$$
故 $a^m-1|a^n-1$。

证毕。

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例6 任给 $n>1$，证明：有正整数 $a$，使得 $a^a+1,a^{a^a}+1,\cdots$ 中所有数均被 $n$ 整除。

题解

当 $n$ 为偶数，显然存在 $a=n-1$​ 为奇数，使得
$$a^a+1=(n-1{)}^{n-1}+1=n\times ((n-1{)}^{n-2}-(n-1{)}^{n-3}+\cdots -1)$$
因为 $n$ 是偶数，所以 $a^a+1$ 必然是偶数，所以 $a^a$ 必然是奇数。

故 $a^{a^a}+1=(a+1)(a^{a^a-1}-a^{a^a-2}+\cdots +1)$ 能被 $a+1=n$ 整除。

对于 $a^{a^{a^a}}+1$ 同理。

归纳下去，原命题显然成立。

当 $n$ 为奇数，显然存在 $a=2n-1$ 为奇数，使得
$$a^a+1=(2n-1{)}^{2n-1}+1=2n\times ((2n-1{)}^{2n-2}-(2n-1{)}^{2n-3}+\cdots -1)$$
显然 $(2n-1{)}^{2n-1}+1$ 被 $n$ 整除。

由上式可知，$a^a+1$ 是一个偶数，故 $a^a$ 是一个奇数。

故 $a^{a^a}+1=(a+1)(a^{a^a-1}-a^{a^a-2}+\cdots +1)$ 能被 $a+1=2n$ 整除。

由整除的传递性可知，$a^{a^a}+1$ 能被 $n$ 整除。

对于 $a^{a^{a^a}}+1$ 同理。

归纳下去，原命题显然成立。

证毕。

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例7 任给 $n$ $(n\ge 2)$，是否能构造出含有 $n$ 个互不相同的正整数的序列，使得这个序列中任意两项之和，能整除这 $n$​ 个互不相同的数的乘积。

题解

即证：存在这样的一组数：$a_1,a_2,...,a_n$，对于任意的正整数 $i,j(1\le i,j\le n)$ 有

$(a_i+a_j)|{\prod }_{i=1}^n{a}_i$​。

数学归纳法

$n=2$ 时，$a_1=(1+2),a_2=2(1+2)$。

即$a_1=3,a_2=6$​ 时满足题意。

$n=3$ 时，$a_1=(1+2)(1+3)(2+3)=3\times 4\times 5,a_2=2a_1,a_3=3a_1$

即$a_1=60,a_2=120,a_3=180$​​​ 时满足题意。

不难归纳出，对于任意一个 $n(n\ge 2)$ 都有：
$$\{\begin{array}{l}{a}_1=\frac{(2n-1)!}{2}(i=1)\\ a_i=a_1\times i(i\ge 2)\end{array}$$
证毕。

这是一种构造方法，解法是构造一个形如 $a_1,2a_1,\cdots ,n{a}_n$ 的序列。

$a_1$ 必须要包括这个序列中任意两项系数（如 第 $i,j$ 项分别是 $a_i,a_j$，系数分别是 $i,j$​

）之和的乘积。

观察结构可以发现是阶乘的形式。

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例8 设 $n$ 是正整数，$n>1$，是否存在正整数，它被 $\underset{n个1}{\underbrace{11\cdots 1}}$ 整除，而且（十进制下的）各位数码之和小于 $n$？

题解

不存在这样的正整数，设 $a=\underset{n个1}{\underbrace{11\cdots 1}}$，设 $x=q\times a$，因为 $a$ 的各位数码之和已经

等于 $n$ 了，并且每一位数码都是 $1$，如果我们想要 $x$ 在十进制下的各位数码之和不大

于 $n$，并且还要被 $a$ 整除，那么 $q$ 只能是 $10^i$ ，即我们只能往 $a$ 后面加 $0$。但是题目要求各位数码之和小于 $n$，

这是不存在的。

证毕。

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例9 设 $n$ 和 $k$ 都是正整数，证 $1,2,\cdots ,n$ 中恰好有 $[\frac{n}{k}]$ 个数被 $k$ 整除。

题解

对于正整数 $n,k$ ，有唯一的整数 $q,r$ 满足
$$n=qk+r(0\le r<k)$$
这意味着在 $1\sim n$ 中恰好有 $q$ 个数能被 $k$ 整除。

又 $q=[\frac{n}{k}]$，所以原命题得证。

证毕。

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例10 $11$ 个女孩与 $n$ 个男孩去采蘑菇，一共采到 $n^2+9n-2$ 个蘑菇。

已知每个孩子采到的蘑菇数量都相同，请确定采蘑菇的孩子中哪个性别最多。

题解

设每个孩子采到的蘑菇数量为 $x$。

那么总共采到的蘑菇就可以表示为 $(11+n)\times x$。

就有等式
$$n^2+9n-2=(11+n)\times x$$
也就是说 $n^2+9n-2$ 是 $(11+n)$ 的倍数。

即
$$\frac{n^2+9n-2}{n+11}=(n-2+\frac{20}{n+11})\in {\mathbb{N}}_{+}$$
当且仅当 $n=9$ 时成立。

所以女性更多。

证毕。

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例11 设正整数 $n$ 的十进制表示为 $n=a_k{a}_{k-1}{a}_{k-2}\cdots a_0(0\le a_i\le 9,a_k\ne 0)$，

记 $T(n)=a_0-a_1+\cdots +(-1{)}^k{a}_k$ （由 $n$ 的个位起始的数码的正负交错和）。

证明：$n-T(n)$ 被 $11$ 整除。

由此得出被 $11$ 整除的数的数字特征：$11$ 整除 $n$ 的充分必要条件是 $11$ 整除 $T(n)$。

题解

对 $n$ 可以写成下面的形式：
$$n=a_k\times 10^k+a_{k-1}\times 10^{k-1}+\cdots +a_1\times 10+a_0$$
$n-T(n)$ 可以写成下面的形式：
$$n-T(n)=a_k\times (10^k+(-1{)}^k)+\cdots +a_1\times (10-1))$$
对于任意整数 $i(0\le i\le k)$， $n-T(n)$ 的第 $i$ 项是 $a_i\times (10^i+(-1{)}^i)$。

若 $i$ 是奇数，那么 $n-T(n)$ 的第 $i$ 项是 $a_i\times (10^i-1)=a_i\times \underset{i个9}{\underbrace{9\cdots 9}}$

显然能够整除 $11$。

若 $i$ 是偶数， $n-T(n)$ 的第 $i$ 项是 $[n-T(n){]}_i=a_i\times (10^i+1)$。

$n-T(n)$的 $i+1$ 项是 $[n-T(n){]}_{i+1}=a_{i+1}\times (10^{i+1}-1)$。

因为 $10^{i+1}+10^i=11\times 10^i$，显然整除 $11$​。

且 $[n-T(n){]}_i=a_{i+1}\times 10^i-a_{i+1}\times 10^i+a_i\times 10^i$ 。

那么我们把第 $i$、$i+1$ 项合并有：
$$[n-T(n){]}_i+[n-T(n){]}_{i+1}=a_{i+1}\times (10^{i+1}+10^i)-(a_{i+1}-a_i)\times (10^i-1)$$
显然等式右边能够整除 $11$，所以 $11|([n-T(n){]}_i+[n-T(n){]}_{i+1})$。

所以：

1. 当 $k$ 是偶数的时候，$(n-T(n))$ 显然可以分成偶数对 $(i,i+1),i是偶数$。每一对之和都是 $11$ 的倍数，故 $n-T(n)$ 是 $11$ 的倍数。
2. 当 $k$ 是奇数的时候，显然 $1\sim k-1$ 能够分成偶数对，现在剩下 $a_k\times (10^k-1)$

显然 $a_k\times (10^k-1)$ 是 $11$ 的倍数，故 $n-T(n)$ 是 $11$ 的倍数。。

综上 $n-T(n)$ 能被 $11$ 整除。

证毕。

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例12 设 $n$ 个整数具有下述性质：其中任意 $n-1$ 个数之积与剩下的那个数的差都能被 $n$ 整除。证明：

这 $n$ 个数的平方和也能被 $n$ 整除。

题解

设这 $n$ 个数是 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$，设 $S={\prod }_{i=1}^n{a}_i$。

已知任意的整数 $i(1\le i\le n)$ 都满足 $n|(\frac{S}{a_i}-a_i)$。

显然存在一个正整数 $q_i$ 满足 $q_i\times n=(\frac{S}{a_i}-a_i)$。

整理得：
$$q_i\times n\times a_i=S-a_i^2$$
对于每一个 i∈{i∣1≤i≤n}i\in \lbrace i| 1\leq i\leq n\rbracei∈{i∣1≤i≤n}，累加 $(1)$ 则有
$$n\times (\sum _{i=1}^n(q_i\times a_i))=n\times S-\sum _{i=1}^n{a}_i^2$$
等式左边是 $n$ 的倍数，等式右边 $n\times S$ 是 $n$ 的倍数。

显然 ${\sum }_{i=1}^n{a}_i^2$ 是 $n$ 的倍数。

证毕。

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例13 设整数 $a、b、c、d$ 满足 $ad-bc>1$，证明：$a、b、c、d$ 中至少有一个不被 $ad-bc$​ 整除。

题解

考虑反证法。

假设 $a、b、c、d$ 都被 $ad-bc$ 整除，则存在四个整数 $q_1,q_2,q_3,q_4$，满足
$$\{\begin{array}{l}a=q_1(ad-bc)\\ b=q_2(ad-bc)\\ c=q_3(ad-bc)\\ d=q_4(ad-bc)\end{array}$$
设 $x=ad-bc(x>1)$ ， 则有 $ad-bc=(q_1\times q_4-q_2\times q_3)\times x^2$。

化解为 $(q_1\times q_4-q_2\times q_3)\times x=1$。

又因为 $x>1$ ，说明 $(q_1\times q_4-q_2\times q_3)=\frac{1}{x}<1$。

显然无解。

与假设矛盾，原命题得证。

证毕。

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例14 设 $a、b$ 及 $n$ 是给定正整数，若对任意正整数 $k(k\ne b)$，总有 $b-k|a-k^n$，

证明：$a=b^n$。

题解

已知 $b-k|a-k^n$ 对任意正整数 $k(k\ne b)$ 都成立。

那么存在整数 $q$，使得 $a-k^n=q(b-k)$。

变形得：$a-b^n+b^n-k^n=q(b-k)$

因为 $b^n-k^n=(b-k)(b^{n-1}+b^{n-2}k+\cdots +k^{n-1})$。

即 $b^n-k^n$ 是 $b-k$ 的倍数。

所以 $a-b^n$ 必然是 $b-k$ 的倍数。

则存在一个整数 $q_1$ 满足 $a-b^n=q_1(b-k)$ 。

但 $k$ 是任意值，所以显然上式子与 $k$ 无关。

即 $q_1=0$，所以 $a=b^n$。

证毕。

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例15 设 $m$ 是给定正整数，若有 $n$ 个非负整数 $k_1,k_2,\cdots ,k_n$，

使得 $2^{k_1}+2^{k_2}+\cdots +2^{k_n}$ 被 $2^m-1$ 整除，证明 $n\ge m$。

题解

考虑构造使得每一项都能整除 $2^m-1$。

设 $A=2^{k_1}+2^{k_2}+\cdots +2^{k_n}$。

$A-n=2^{k_1}-1+2^{k_2}-1+\cdots +2^{k_3}-1$。

不妨设 $k_i=q_i\times m$ 。

那么显然对于 $A-n$ 的任意一项都有 $2^{k_i}-1=(2^m{)}^{q_i}-1=(2^m-1)(\cdots )$

即每一项都被 $2^m-1$ 整除，所以 $A-n$ 被 $2^m-1$ 整除。

又因为 $A$ 被 $2^m-1$ 整除，所以 $n$ 被 $2^m-1$ 整除。

$2^m-1$ 当且仅当 $m=1$ 的时候等于 $m$ ，所以 $n\ge 2^m-1\ge m$。

证毕。

或者从二进制的角度思考，因为 $2^m-1=2^{m-1}+2^{m-2}+\cdots +2^0$。

即占了二进制的第 $0\sim m-1$ 位，总共 $m$ 位。

而 $A$ 的每一项都是 $2^{k_i}$ 的形式，所以至多影响 $1$​ 个二进制位。

因为已知 $2^m-1|A$ 所以至少要影响 $m$ 位，显然 $n\ge m$。

证毕。