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第一章 整数理论
第一节 整除与带余数除法
定义1 设a，b是整数，b ¹ 0，如果存在整数q，使得
a = bq
成立，则称b整除a或a被b整除，此时a是b的倍数，b是a的因数（约数或除数），并且记作：b½a；如果不存在整数q使得a = bq成立，则称b不能整除a或a不被b整除，记作：ba。
定理1 下面的结论成立：
(1) a½b，b½c Þ a½c；（传递性）
(2) m½a，m½b Þ m½(a±b)
(3) m½ai，i = 1, 2, L, n Þ m½a1q1 + a2q2 + L + anqn，此处qi∈Z（i = 1, 2, L, n）。
（证明留给学生自己）
注：① a½b Û ±a½±b；
② b½a Þ bc½ac，此处c是任意的非零整数；
③ b½a，a ¹ 0 Þ |b| £ |a|； b½a且|a| < |b| Þ a = 0。
④因式分解 an- bn=(a-b) M1, n∈Z an+bn=(a+b)M2, 2n M1，M2∈Z
定理2(带余数除法) 设a与b是两个整数，b >0，则存在唯一的两个整数q和r，使得 a = bq + r，0 £ r < b。 (1)
此外，b½a的充要条件是r=0
证明 存在性 作整数序列：
…，-3b，-2b，-b，0，b，2b，3b，….
则a必在上述序列的某两项之间，即存在整数q，使得：qb£ a <(q+1) b， 0£ a- qb <b
成立，令a-qb=r，则a=bq+r，且0 £ r < b。
唯一性 假设有两对整数q ¢，r ¢与q ¢¢，r ¢¢都使得式(1)成立，即
a = q ¢¢b + r ¢¢ = q ¢b + r ¢，0 £ r ¢, r ¢¢ < b，
则 (q¢¢ - q ¢)b = r ¢ - r ¢¢，0 £|r ¢ - r ¢¢| < b， (2)
因此，由b||r ¢ - r ¢¢|知，r ¢ - r ¢¢ = 0，r ¢ = r ¢¢，再由式(2)得出q ¢ = q ¢¢
从而q和r是唯一的。
定义2 称式(1)中的q是a被b除的商，r是a被b除的余数。
例1 任意给出的五个整数中，必有三个数之和被3整除。
解 设这五个数是ai，i = 1, 2, 3, 4, 5，记
ai = 3qi + ri，0 £ ri < 3，i = 1, 2, 3, 4, 5。
分别考虑以下两种情形：
(ⅰ) 若在r1, r2, L, r5中数0，1，2都出现，不妨设r1 = 0，r2 = 1，r3 = 2，此时
a1 + a2 + a3 = 3(q1 + q2 + q3) + 3
可以被3整除；
(ⅱ) 若在r1, r2, L, r5中数0，1，2至少有一个不出现，这样至少有三个ri要取相同的值，不妨设r1 = r2 = r3 = r（r = 0，1或2），此时
a1 + a2 + a3 = 3(q1 + q2 + q3) + 3r
可以被3整除。
综合(ⅰ) 、(ⅱ)可知，所证结论成立。
注：此题利用了数学中的一个重要原理——抽屉原理，也称为P.G.Dirichlet原理，即把n+1个元素或更多的元素放入n个抽屉中，则在其中一个抽屉里至少要放入2个元素。值得注意的是，利用带余数除法得到的余数进行分类来构造抽屉是数论解题中常用的方法。
例2 若是形如（x,y∈Z，a，b是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则 ∣
证明：不全为，
在整数集合中存在正整数，因而有形如的最小正数。，由带余除法有。则，由是中的最小整数知
∴ ∣
注：（1）设a1, a2, L, an为不全为零的整数，以y0表示集合
A = { y|y ==a1x1 + L + anxn，xiÎZ，1 £ i £ n }
中的最小正数，则对于任何yÎA，y0½y；特别地，y0½ai，1 £ i £ n。
（证明留给学生自己）。
（2）此类题目的证明方法具有一般性，通常是针对所给的“最小正数”的概念进行反证法。

思考与练习1.1
1、证明：m½ai Þ m½a1q1 + a2q2 + L + anqn， qi∈Z。i = 1, 2, L, n
2、证明：6︱n(n+1)(2n+1) n∈N。
3、设a1, a2, L, an为不全为零的整数，以y0表示集合
A = { y|y ==a1x1 + L + anxn，xiÎZ，1 £ i £ n }
中的最小正数，则对于任何yÎA，y0½y；特别地，y0½ai，1 £ i £ n。
第二节 最大公因数
定义1 设a1, a2, L, an是n（n≥2）个整数，若整数d是它们之中每一个的因数，则d就叫做a1, a2, L, an的一个公因数；其中最大的一个公因数叫做a1, a2, L, an的最大公因数。记为(a1, a2, L, an)。
由于每个非零整数的因数的个数是有限的，所以最大公因数是存在的，且是正整数。
若(a1, a2, L, an) = 1，则称a1, a2, L, an是互质的；若
(ai, a j) = 1，1 £ i, j £ n，i ¹ j，
则称a1, a2, L, an是两两互质的。
显然，a1, a2, L, an两两互质可以推出(a1, a2, L, an) = 1，反之则不然，例如(2, 6, 15) = 1，但(2, 6) = 2。
我们容易得到如下结论：
定理1 若a1, a2, L, an为任意n个不全为零的整数。则：
(1) a1, a2, L, an与|a1|, |a2|, L, |an|的公因数相同；
(2) (a1, a2, L, an) = (|a1|, |a2|, L, |an|)。
由定理1可知，在讨论(a1, a2, L, an)时，不妨假设a1, a2, L, an是正整数，以后我们就维持这一假设。并且我们容易得到如下结论：
定理2 若b是任一整数，则：
(1) 0与b的公因数就是b的因数，反之，b的因数也就是0与b的公因数；
(2) （0，b）= ︱b︱ 。
定理3 若a，b，c是任意三个不全为零的整数，且a =bq+c，其中q是非零整数，则a，b与b，c有相同的公因数，因而(a, b) = (b, c)。（证明留给学生自己）
定理4 对于任意的n个整数a1, a2, L, an，记
(a1, a2) = d2，(d2, a3) = d3，L，(dn - 2, an - 1) = dn - 1，(dn - 1, an) = dn，
则：dn = (a1, a2, L, an)。
证明：dn = (dn - 1, an) Þ dn½an，dn½dn - 1，
dn - 1 = (dn - 2, an - 1) Þ dn - 1½an - 1，dn - 1½dn - 2，
Þ dn½an，dn½an - 1，dn½dn - 2，
dn - 2 = (dn - 3, an - 2) Þ dn - 2½an - 2，dn - 2½dn - 3
Þ dn½an，dn½an - 1，dn½an - 2，dn½dn - 3，
L L
d2 = (a1, a2) Þ dn½an，dn½an - 1，L，dn½a2，dn½a1，
即dn是a1, a2, L, an的一个公因数。
另一方面，对于a1, a2, L, an的任何公因数d，由d2, L, dn的定义，依次得出
d½a1，d½a2 Þ d½d2，
d½d2，d½a3 Þ d½d3，
L L
d½dn - 1，d½an Þ d½dn，
因此 dn是a1, a2, L, an的公约数中的最大者。
故 dn = (a1, a2, L, an)。
注：这个定理对最大公因数的性质做了更深的刻划：最大公因数不但是公因数中的最大的，而且是所有公因数的倍数。
例1 设a1, a2, L, an为不全为零的整数，以y0表示集合
A = { y|y ==a1x1 + L + anxn，xiÎZ，1 £ i £ n }
中的最小正数，则y0=（a1, a2, L, an）。
证明：由于y0是集合A中的最小正数，故。设d是a1, a2, L, an的任意一个公因数，则d∣，所以d≤y0。
又由本章第1节思考与练思考与练习3知，y0½ai，1 £ i £ n，因此y0也是a1, a2, L, an的一个公因数。故y0一定是a1, a2, L, an所有公因数中的最大正数。
由此即得：y0=（a1, a2, L, an）。
注：由于（a1, a2, L, an）是集合A = { y|y ==a1x1 + L + anxn，xiÎZ，1 £ i £ n }
中的最小正数，由此题的证明过程直接得到如下结论：
设不全为零的整数a1, a2, L, an的最大公因数是（a1, a2, L, an），则存在整数，使得=a1t1 + L + antn =（a1, a2, L, an）。
由此，我们容易得到如下定理：
定理5 （裴蜀（Bézout,1730-1783）恒等式）设a，b是任意两个不全为零的整数，则存在s，t∈Z，使得 as + bt = (a, b) 。
推论5.1 (a, b)＝1的充要条件是：存在s，t∈Z，使得 as + bt = 1。
还可以推广为如下结论：
推论5.2 (a1, a2, L, an) = 1的充要条件是：存在整数x1, x2, L, xn，使得
a1x1 + a2x2 + L + anxn = 1。
定理6 若a，b，c是任意的三个整数，且(a, c)＝1，则
(1) ab，c与b，c有相同的公因数；
(2) （ab，c）＝（b，c）
上面假定了b，c至少有一个不为零。
证明：（1）由题设及推论5.1，存在s，t∈Z，使得 as + ct = 1。
两边乘以b，即得：(ab)s + c(bt) = b。
设d是ab与c的任一公因数，由上式得：d︱b，因而d是b,c的一个公因数。反之b,c的任一公因数显然是ab与c的一个公因数。故第一部分获证。
（2）因为b，c不全为零，所以（b,c）是存在的，于是由（1）知（ab，c）存在，且
（ab，c）＝（b，c）
推论6.1 若(a, c) = 1，c½ab，则c½b
推论6.2 若 (a, bi) = 1，1 £ i £ n，则(a, b1b2Lbn) = 1
推论6.3 若 (ai, bj) = 1，1 £ i£ n，1 £j£ m， 则 (a1a2Lan , b1b2Lbm) = 1
特别地，若（a，b）=1，则（an，bm）=1。
例2 设a，b，c，n是正整数，ab = cn ，(a, b) = 1，则存在正整数u，v，使得
a = un，b = vn，c = uv，(u, v) = 1。
证明：因为(a, b) = 1，所以(b, an-1)=1，于是 ；同理可得，令，则 a = un，b = vn，c = uv，且

故结论成立。
注：此题说明，若互质的两个正整数之积是一个整数的n次幂，则这两个正整数都是整数的n次幂。此结论可以推广为：若两两互质的s个正整数之积是一个整数的n次幂，则这s个正整数都是整数的n次幂。这个性质表现了整数互质的重要性，其应用较广泛。

思考与练习1.2
1、证明本节定理3。
2、设m、n为正整数，m为奇数，证明：（2m-1，2n+1）=1。
3、设n是正整数，求 的最大公约数。
第三节 最小公倍数
定义1 设a1, a2, L, an是n（n≥2）个整数，若整数d是这n个数的倍数，则d就叫做a1, a2, L, an的一个公倍数；又在a1, a2, L, an的一切公倍数中的最小正数叫做a1, a2, L, an的最小公倍数。记作：[a1, a2, L, an]。
由于任何正数都不是0的倍数，故讨论整数的最小公倍数时，假定它们都不是0。
定理1 [a1, a2, L, ak] = [|a1|, |a2| L, |ak|]
证明：设m1 = [a1, a2, L, ak]，m2 = [ |a1|, |a2|, L, |ak| ]，则由ai½m1推出|ai|½m1，即m2½m1，同理可得m1½m2，故m1 = m2
定理2 设a,b是任意两个正整数，则：
(1) a,b的所有公倍数就是[a, b]的倍数；
(2) [a, b] =，特别地，若(a, b) = 1，则[a, b]＝ab
证明 设m是a和b的一个公倍数，那么存在整数k1，k2，使得m = ak1，m = bk2，因此ak1 = bk2 ，于是

由于= 1，所以由推论2.1得到
其中t是某个整数。
因此得到 m = ak1 ＝t (1)
另一方面，对于任意的整数t，由式(1)所确定的m显然是a与b的公倍数，因此a与b的公倍数必是式(6)中的形式，其中t是整数。令t = 1时，得到最小公倍数[a, b] =ab。
又由式(1) m = ak1 ＝t ＝[a, b] t知，a，b的所有公倍数就是[a, b]的所有倍数。
注：这个定理说明：
①最小公倍数和最大公约数之间有着一个很重要的关系；
②两个整数的最小公倍数不但是最小的正倍数，而且是另外的公倍数的因数。即：若m是整数a1, a2的任一公倍数，则[a1, a2]½m 。
同样地，若m是整数a1, a2, L, an的任一公倍数，则[a1, a2, L, an]½m 。
这是因为：若m是a1, a2, L, an的任一个公倍数，由a1½m，a2½m知：[a1, a2] = m2½m，由m2½m，a3½m知：[m2, a3] = m3½m，L，由mn - 1½m，an½m知：[mn - 1, an] = mn½m，即：[a1, a2, L, an]½m。
推论2.1 设m，a，b是正整数，则[ma, mb] = m[a, b]。
证明： [ma, mb] == m[a, b]。
推论2.2 整数a1, a2, L, an两两互质，即：(ai, aj) = 1，1 £ i, j £ n，i ¹ j的充要条件是：[a1, a2, L, an] = a1a2Lan
推论2.2有许多应用。例如，如果m1, m2, L, mn是两两互质的整数，那么，要证明m = m1m2Lmn整除某个整数Q，只需证明对于每个i，1 £ i £ n，都有mi½Q。这一点在实际计算中是很有用的。
定理3 对于任意的n个正整数a1, a2, L, an，记：
[a1, a2] = m2，[m2, a3] = m3，L，[mn-2, an-1] = mn-1，[mn-1, an] = mn，
则 [a1, a2, L, an] = mn
证明： 我们有
mn = [mn-1, an] Þ mn-1½mn，an½mn，
mn-1 = [mn-2, an-1] Þ mn-2½mn-1½mn，an½mn，an-1½mn-1½mn，
mn-2 = [mn-3, an-2] Þ mn-3½mn-2½mn，an½mn，an-1½mn，an-2½mn，
L L
m2 = [a1, a2] Þ an½mn，L，a2½mn，a1½mn
即mn是a1, a2, L, an的一个公倍数。
另一方面，对于a1, a2, L, an的任何公倍数m，由定理2及m2, L, mn的定义，得
m2½m，m3½m，L，mn½m。
故mn是a1, a2, L, an最小的正的公倍数。
例1 设k是正奇数，证明：1 + 2 + L + 9½1k + 2k + L + 9k。
证明：设s = 1k + 2k + L + 9k，则由
2s = (1k + 9k) + (2k + 8k) + L + (9k + 1k) = 10q1及
2s = (0k + 9k) + (1k + 8k) + L + (9k + 0k) = 9q2
得10½2s和9½2s，于是有 90½2s，
从而 1 + 2 + L + 9 = 45½s 。
例2 设a，b是正整数，证明：(a + b)[a, b] = a[b, a + b]。
证明：要证(a + b)[a, b] = a[b, a + b]。由定理2知：只需证，即须证(b, a + b) = (a, b)，此式显然成立。
例3 设a，b，c是正整数，证明：[a, b, c](ab, bc, ca) = abc 。
解 [a, b, c] = [[a, b], c] =， （2）
(ab, bc, ca) = (ab, (bc, ca)) = (ab, c(a, b))
=。 （3）
联合式(2)与式(3)得到所需结论。
注：利用最大公因数和最小公倍数的关系可以解决类似的问题。如证明等式：。

思考与练习1.3
1、求正整数a，b，使得a + b = 120，(a, b) = 24，[a, b] = 144。
2、设a，b是正整数，证明：若[a，b]=(a，b)，则a=b。
3、证明：。
第四节 辗转相除法
本节要介绍一个计算最大公因数的算法——辗转相除法，又称Euclid算法。它是数论中的一个重要方法，在其他数学分支中也有广泛的应用。
定义1 下面的一组带余数除法，称为辗转相除法。
设a和b是正整数，依次做带余数除法：
a = bq1 + r1， 0 < r1 < b，
b = r1q2 + r2， 0 < r2 < r1 ，
L L
rk - 1 = rkqk + 1 + rk + 1，0 < rk + 1 < rk ， (1)
L L
rn - 2 = rn - 1qn + rn， 0 < rn < rn-1 ，
rn - 1 = rnqn + 1 + rn+1， rn+1=0。
由于b是固定的，而且
b > r1 > r2 > L ，
所以式(1)中只包含有限个等式。
如(1) a=1859, b=1573
1859=1×1573+286
1573=5×286+143
286=2×143+0
(2) a=169,b=121
169=1×121+48
121=2×48+25
48=1×25+23
25=1×23+2
23=11×2+1
2=2×1+0
定理1 若a，b∈Z，则 （a，b）= rn。
证明：从 (1) 式可见，
rn = (rn - 1, rn) = (rn - 2, rn - 1) = L = (r1, r2) = (b, r1) = (a, b)。
推论1.1 a，b的公因数与（a，b）的因数相同。
例1 求（－1859，1573）
解：（－1859，1573）=（1859，1573）=（286，1573）=（286，143）=143
例2 求（169，121）
解：（169，121）=（48，121）=（48，25）=（23，25）=1
例3 证明：若n是正整数，则是既约分数。
证明 由定理1得到
(21n + 4, 14n + 3) = (7n + 1, 14n + 3) = (7n + 1, 1) = 1。
注：一般地，若(x, y) = 1，那么，对于任意的整数a，b，有
(x, y) = (x -ay, y) = (x -ay, y - b(x -ay)) = (x -ay, (ab + 1)y - bx)，
因此，是既约分数。
定理2 设a，b是任意两个不全为零的整数，
(1) 若m是任一正整数，则（am，bm）=（a，b）m
(2) 若δ是a，b的任一公因数，则
（，）= 特别地, = 1。
证明：当a,b有一个为零时，定理显然都成立。今设ab≠0。
（1）由前两节知，（am,bm）=(|a|m, |b|m), （a，b）m=（|a|，|b|）m
从而不妨设a>0，b>0。在辗转相除法（1）式中两边同乘以m，即得：
am =（bm）q1 + r1m， 0 < r1 m< bm，
bm =（r1m）q2 + r2m， 0 < r2 m< r1 m，
L L
rn - 2 m=（rn - 1m）qn + rnm， 0 < rn m< rn-1m ，
rn - 1 m=（rnm）qn + 1 + rn+1m， rn+1m=0。
由定理1得，（am,bm）= rnm=（a，b）m
（2）由（1）得：（，）|δ|=（，）=（|a|，|b|）=（a，b）
故（，）= 。
特别地当d =（a，b）时, = 1。
推论2.1 (ma1, ma2, L, man) = |m|(a1, a2, L, an)。m≠0
推论2.2 记d = (a1, a2, L, an)，则 = 1
例4 记Mn = 2n - 1，证明：对于正整数a，b，有(Ma, Mb) = M(a, b)
证明：作辗转相除：
a = bq1 + r1， 0 < r1 < b，
b = r1q2 + r2， 0 < r2 < r1，
L L
rn - 2 = rn - 1qn + rn，0 < rn < rn - 1，
rn - 1 = rnqn + 1 + rn + 1，rn + 1 = 0。
由第一式得
2a - 1 =
即等，于是 。
注：把此题中的2用任一大于1的自然数g代替，结论都成立。

思考与练习1.4
1、证明：使用 (1) 式中的记号，记
P0 = 1，P1 = q1，Pk = qkPk - 1 + Pk - 2，k ³ 2，
Q0 = 0，Q1 = 1，Qk = qkQk - 1 + Qk - 2，k ³ 2，
则 aQk - bPk = (-1)k - 1rk，k = 1, 2, L, n 。
2、用辗转相除法求(125, 17)，以及s，t，使得
125s + 17t = (125, 17)。
第五节 算术基本定理
定义1 一个大于1的整数，如果它的正因数只有1及它本身，就叫做质数；否则就叫做合数。
以后在本书中若无特别说明，质数总是指正质数。
定理1 设a是任一大于1的整数，则a的除1外最小正因数q是一质数，并且当a是合数时，q£。
证明 若q不是质数，由定义，q除1外还有一正因数q1，因而，1＜q1＜q，但q½a，所以 q1½a，这与q是a的除1外最小正因数矛盾，故q是质数。
当a是合数时，有a = a1q，且a1 > 1，否则a是质数。
因q是a的除1外最小正因数，所以q£ a1，q2 £ q a1£a。故q£。
注：由定理1易得：若大于1的整数a不能被任何适合q£的质数q整除，则a必为质数。
我们容易得到如下结论：
定理2 若p是一质数，a是任一整数，则（p,a）=1或p½a 。
推论2.1 设a1, a2, L, an是n个整数，p是一质数，若p½a1a2Lan，则存在1£k£n,使得p½ak。
在本节中，我们要介绍整数与质数的一个重要关系，即任何大于1的正整数都可以表示成若干个质数的乘积。
定理3(算术基本定理) 任何大于1的整数都可以表示成若干个质数的乘积。即任何大于1的整数
a＝p1p2 L pn ，p1 £ p2 £ L £ pn，
其中p1, p2, L, pn是质数，并且若
a＝q1q2 L qm ，q1 £ q2 £ L £ qm ，
其中q1, q2, L, qm是质数，则m=n，qi＝pi i=1,2,…,n。 （这里不再给予证明）
推论3.1 任何大于1的整数a能够唯一地表示成
a=，
其中p1, p2, L, pk是质数，p1 < p2 < L < pk，a1, a2, L, ak是正整数。
使用推论3.1中的记号，称
a =
是a的标准分解式，其中pi（1 £ i £ k）是质数，p1 < p2 < L < pk，a i（1 £ i £ k）是正整数。
推论3.2 设任何大于1的整数a=，a i﹥0（1 £ i £ k）则a的正因数d可以表示成
d =，giÎZ，0 £ gi £ a i，1 £ i £ k；
的形式，而且当d可以表示成上述形式时，d是a的正因数。
注：①用d(a)表示a的所有正因数的个数，则
②用σ(a)表示a的所有正因数的和，则
③用π(a)表示a的所有正因数的积，则π(a)=
推论3.3 设正整数a与b的标准分解式是
，
其中p1, p2, L, pk 是互不相同的质数，ai，bi（1 £ i £ k）都是非负整数，则
(a, b) =， li = min{ai, βi}，1 £ i £ k，
[a, b] =， μi = max{ai, βi}，1 £ i £ k。
证明： 显然对于li =min{ai,βi}，1 £ i £ k，，而且若d ¢½a，d ¢½b，则d ¢的标准分解式中pi的指数同时不超过a和b的标准分解式中pi的指数，即
d ¢½，这就证明了(a, b) =，li = min{ai, di}，1 £ i £ k；同理证得第二式。
例1 写出51480的标准分解式。
解 我们有
51480 = 2×25740 = 22×12870 = 23×6435
= 23×5×1287 = 23×5×3×429
= 23×5×32×143 = 23×32×5×11×13。
例2 设a，b，c是正整数，证明：(a, b)[a, b] = ab
证明： 设，
其中p1, p2, L, pk是互不相同的质数，ai，bi（1 £ i £ k）都是非负整数。于是有

由此知
(a, b)[a, b] ==ab
注：利用定理3的推论3.1可以容易地处理许多像例2这样的问题。
在本节中我们已经证明了：任何大于1的正整数可以表示成若干个质数幂的乘积。这就引出了一个问题：质数是否有无穷多个？回答是肯定的。
定理4 质数有无限多个。
证明：假设只有k个质数，设它们是p1, p2, L, pk 。记
N = p1p2Lpk + 1。
由定理1可知，N有质因数p，我们要说明p ¹ pi ，1 £ i £ k，从而得出矛盾。
事实上，若有某个i，1 £ i £ k，使得p = pi ，则由
p½N = p1p2Lpk + 1
推出p½1，这是不可能的。因此在p1, p2, L, pk之外又有一个质数p，这与假设是矛盾的。所以质数不可能是有限个。

思考与练习1.5
1、如果2m+1是质数，则m=2n(n是正整数)。
2、若a > 1，a n - 1是质数，则a = 2，并且n是质数。
3、设a，b，c是整数，证明：(a, [b, c]) = [(a, b), (a, c)]。
第六节 函数[x]，{x}的性质及其应用
本节中要介绍函数[x]，它在许多数学问题中有广泛的应用。
定义1 设x是实数，以[x]表示不超过x的最大整数，称它为x的整数部分，又称{x} = x - [x]为x的小数部分。
如：。
请大家画出[x]和{x}的图像，分析其性质。
定理1 设x与y是实数，则
(1) x = [x] +{x}
(2) x-1< [x]£x < [x]+1 0£{x}<1
(3) 若n是整数，则[n + x] = n + [x], n∈Z；
(4) [x]+ [y]£ [x + y]
{x}+{y}≥{x+y}
(5) [-x] =；
(6) 若b是正整数，那么对于任意的整数a，有
，
(7) 设a与b是正整数，则在1, 2, L, a中能被b整除的整数有个。
证明：能被b整除的正整数是b, 2b, 3b, L，因此，若数1, 2, L, a中能被b整除的整数有k个，则kb £ a < (k + 1)b Þ k £< k + 1 Þ k =。
定理2 在n! 的标准分解式中质因数p(p≤n)的指数则
h =。
注意，若ps>n,则=0，故上式只有有限项不为零，因而有意义。
这里不再给予证明。有兴趣的读者可查阅有关资料。
推论2.1 设n是正整数，则
n! =，
其中表示对不超过n的所有质数p求积。
推论2.2 设n是正整数，1 £ k £ n - 1，则贾宪数
ÎN。
若n是质数，则n½，1 £ k £ n - 1。
证明 由定理2，对于任意的质数p，整数n!，k!与(n - k)!的标准分解式中所含的p的指数分别是
。
利用定理1中（4）可知
，
因此是整数。
若n是质数，则对于1 £ k £ n - 1，有
(n, k!) = 1，(n, (n - k)!) = 1 Þ (n, k!(n - k)!) = 1，
由此及
ÎN，
推出k!(n - k)!½(n - 1)!，从而n½。证毕。
例1 求最大的正整数k，使得10k½199!。
解 由定理2，199!的标准分解式中所含的5的幂指数是
= 47，
所以，所求的最大整数是k = 47。
例2 设a与b是实数，则
[2a] + [2b] ³ [a] + [a + b] + [b]。 (1)
解 设a = [a] + x，0 £ x < 1，b = [b] + y，0 £ y < 1，则
[a] + [a + b] + [b] = 2[a] + 2[b] + [x + y]， (2)
[2a] + [2b] = 2[a] + 2[b] + [2x] + [2y] (3)
如果[x + y] = 0，那么显然有[a + b] £ [2a] + [2b]；
如果[x + y] = 1，那么x与y中至少有一个不小于，于是
[2x] + [2y] ³ 1 = [x + y]。
因此无论[x + y] = 0或1，都有[x+ y] £ [2x] + [2y]，由此及式(2)和式(3)可以推出式(1)。
例3 对任何实数x，恒有[x]+[x+]=[2x]
证明：设x=[x]+α,0≤α<1
①当0≤α< 时, [x +]=[x], [2x]=2[x] ∴等式成立
②当≤α< 1时, [x +]=[x]+1, [2x]=2[x]+1 ∴等式成立
故对任何实数x,恒有[x]+[x+]=[2x]

思考与练习1.6
1、求30！的标准分解式。
2、证明：设a与b是正整数，则=。
3、设a与b是任意两个实数，证明：
（1）[a]-[b]=[a-b]或[a-b]+1；
（2）[2a] + [2b] ³ [a] + [a + b] + [b]。

阅读材料一
费马数 梅森数 完全数
1、费马数
当n为非整负数时，形状是f（n）=的数叫费马数。
费马（Fermat，1601—1665）是16世纪法国业余数学家，常与当时著名数学家笛卡儿、梅森交往，他一生有过许多重要发现，如费马大定理、费马小定理等。
为了寻找质数的表达式，1640年，费马验算了表达式f（n）=,当n=0，1，2，3，4时的值分别为：
F0 =3，F1 =5，F2=17，F3=257， F4=65537均为质数，于是他断言：
对于任何非负整数n，表达式f（n）=的值均是质数。
1732年，数学大师欧拉（Euler）发现F5是合数，1880年，朗道（Landry）指出F6也是合数。
在费马数中，是否有无限多个质数，或者是否有无限多个合数，这是个至今仍悬而未决的问题。
可以证明，任意两个（不等的）费马数互质。
证明：设两个不同的费马数为Fm，Fn，不妨设n>m，则
Fn-2=（）（）=(Fn-1-2) （）
= Fn-1Fn-2…Fm…F0
∴Fm∣（Fn-2）。
令（Fn，Fm）=d,
∵d∣Fn，d∣Fm,
∴d∣2，但费马数是奇数，故d≠2，因此d=1，则
（Fn，Fm）=1。
2．梅森数
当p是质数时，形状是Mp=2p - 1的数叫梅森数。若Mp也是质数，则称Mp是梅森质数。
梅森（Mersenne，1588—1648）,法国业余数学家，原是一位神父，但他酷爱数学。1644年，他向世人宣称：
当p=2，3，5，7，13，17，19，31，67，127，257时，2p - 1是质数。
此后人们发现梅森上述结论有误。1903年，科尔发现当p=67时，267 - 1=193 707 721×761 838 257 287，故267 - 1不是质数，人们又发现p=61时，261 - 1是质数，1911年Power发现了289 - 1是质数，三年后，他又发现了2107 - 1也是质数。
至今人们已经找到了44个梅森质数（详见王丹华等编著的《初等数论》，北京航空航天大学出版社）。
由第四节例4知道：当m≠n,m,n为质数时，（Mm，Mn）=1。
3、完全数
两千多年前，古希腊学者欧几里得在其著作《原本》中有这样一段话：在自然数中，恰好等于其全部真因数（包括1）和的数叫“完全数”。也就是说，当aN，若=2a，则称a为完全数。
注：近代完全数的概念已经推广为多倍完全数，即对自然数a，若=ka,则称a为k倍完全数。可以验证120是3倍完全数。
可以证明，正整数a是偶完全数的充分必要条件是:
a－1）（n≥1）,且2n+1－1是质数.
上述结论告诉我们:找到一个2p－1型的质数,即找到一个偶完全数,而2p－1型质数恰好是梅森质数.因而可以这样讲:发现一个梅森质数,即相当于找到一个偶完全数.根据上面所述,人们至少已找到了44个偶完全数。
有无奇完全数存在，这是一个至今尚未解决的数学难题。
完全数有许多奇妙的性质:
（1）完全数是2的连续方幂的和，如：
6=21+22，
28=22+23+24，
496=24+25+26+27+28，…
（2）除6以外，完全数是连续几个单数的立方和，如：
28=12+33，
496=13+33+53+73，…
（3）两位以上的完全数，把它的各数位上的数字相加得一数，再把这个数的各数位