这是为了熟悉定理写的，可能过程不是很规范……
1.证明\(6\mid{n(n+1)(2n+1)}\)，其中$n \in \mathbb{Z} $
设\(t=6k+p\)，\(p\in[0,5],p\in\mathbb{Z}\) ，然后利用乘法取模的规律
2.证明任意\(n\)个连续整数中（\(n\geqslant1\)），有且仅有一个数被\(n\)除尽。
设\(t=pn+q+k\)，\(q\in [0,p]\)，由\(q+k=t\cdot n\)
3.证明：若\({m-p}\mid(mn+qp)\)，则\({m-p}\mid(mq+np)\)
\((mn+pq)-(m-p)(n-q)\)
4.证明：若\(p\mid (10a-b)\)和\(p\mid(10c-d)\)，则\(p\mid (ad-bc)\)
\(A=10a-b\)，\(B=10c-d\)，\(p\mid (cA-aB)\)
5.证明：若\((a,b)=1\)，则\((a+b,a-b)=1\)或\(2\)
设\(t=(a+b,a-b)\)，则
\[ t\mid (a+b)，t\mid (a-b) \]
所以
\[ t\mid 2a, t\mid 2b, t\mid (2a,2b) \]
所以
\[ t\mid 2(a,b) \]
所以\(t=1\)或\(t=2\)
6.证明：若\((a,b)=1\)，则\((a+b,a^2-ab+b^2)=1\)或\(3\)
设\(t=(a+b,a^2-ab+b^2)\)，则
\[ t\mid a+b, t\mid (a^2-ab+b^2) \]
因此
\[ t\mid[(a+b)^2-(a^2-ab+b^2)] \]
即
\[ t\mid 3ab \]
下证\((a+b,ab)=1\)
因为\((a,b)=1\)，设存在质数\(p\mid (a+b,ab)\)，则\(p\mid ab, p\mid (a+b)\)
由唯一分解定理，\(p\mid a\)或\(p\mid b\)
不失一般性地，设\(p\mid a\)，由\(p\mid(a+b)\)得\(p\mid b\)
因此\(p\mid(a,b)\)，与\((a,b)=1\)矛盾，因此不存在质数\(p\mid (a+b,ab)\)
因此\((a+b,ab)=1\)
由于
\[ (t,ab)=(a+b,a^2-ab+b^2,ab)=((a+b,ab),a^2-ab+b^2)=1 \]
因此\(t\mid 3\)，所以\(t=1\)或\(3\)
7.证明：若方程\(x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n=0\)（\(n>0\)，\(a_i\)是整数，\(i=1,\dots,n\)）有有理数解，则此解必为整数。
设解为\(x=\frac{p}{q}\)，\((p,q)=1,q>0\)，代入方程得
\[ \frac{p^n}{q^n}+a_1\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}+a_2\frac{p^{n-2}}{q^{n-2}}+\cdots+a_n=0 \]
两边同乘\(q^n\)，得
\[ p^n+a_1p^{n-1}q+a_2p^{n-2}q^2+\cdots+a_nq^n=0 \]
即
\[ p^n=-q(a_1p^{n-1}+a_2p^{n-2}q+\cdots+a_nq^{n-1}) \]
所以\(q\mid p^n\)，假设\(q\ne 1\)，由唯一分解定理，存在质数\(r>1,r\in\mathbb{N_+}\)，使\(r\mid q\)，因此\(r\mid p^n\)
因为\(r\)是质数，所以\(r\mid p\)（P8引理3）
所以\(r\mid (p,q)\)，所以\(1<r\leqslant (p,q)\)，与\((p,q)=1\)矛盾，所以\(q=1\)
所以解为整数
8.一个有理数\(\frac{a}{b}\)，当\((a,b)=1\)时叫做既约分数，证明：若两个既约分数\(\frac{a}{b},\frac{c}{d}\)的和是一个整数，则\(\left\lvert b\right\rvert=\left\lvert d\right\rvert\)
设\(p\)是一个整数，且
\[ \frac{a}{b}+\frac{c}{d}=p \]
则
\[ \frac{ad}{b}+c=pd,a+\frac{cb}{d}=pb \]
因为\(a,b,c,d,p\)是整数，所以\(pd-c\)，\(pb-a\)是整数，所以\(\frac{ad}{b},\frac{cb}{d}\)是整数
所以\(b\mid ad,d\mid cb\)，因为\((a,b)=1,(c,d)=1\)，所以\(b\mid d,d\mid b\)
所以\(\left\lvert b\right \rvert\leqslant\left\lvert d\right \rvert,\left\lvert d\right \rvert\leqslant\left\lvert b\right \rvert\)，所以\(\left\lvert b\right \rvert=\left\lvert d\right \rvert\)
9.如果一个整数不能被任一个素数的平方所整除则叫做无平方因子，证明：对每一个整数\(n\geqslant1\)，能唯一决定\(a>0,b>0\)使得\(n=a^2b\)，这里\(b\)无平方因子。
设\(n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}\cdots p_t^{k_t}\)
设\(a^2=p_1^{2k'_1}p_2^{2k'_2}p_3^{2k'_3}\cdots p_t^{2k'_t}\)
设\(b=p_1^{k''_1}p_2^{k''_2}p_3^{k''_3}\cdots p_t^{k''_t}\)
因为\(b\)无平方因子，所以\(\forall i\in\{1,2,3,\dots,t\},k''_i\nmid 2\)，所以\(k''_i=0\)或\(1\)
所以\(\forall i\in\{1,2,3,\dots,t\},2k'_i=k_i-k''_i\)，\(2\mid(k_i-k''_i)\)
当\(k_i\)为奇数时，\(k''_i=1\)，当\(k_i\)为偶数时，\(k''_i=0\)，因此能唯一决定\(b\)
由\(b\)可以得出唯一的\(a\)
10.证明：若\(b^2\)是\(n\)的最大平方因子，则由\(a^2\mid n\)，可推出\(a\mid b\)
= =整数唯一分解定理，但我不是为了数学竞赛，所以不写了……
11.给定\(x\)和\(y\)，若\(m=ax+by\)，\(n=cx+dy\)，这里\(ad-bc=\pm1\)，证明：\((m,n)=(x,y)\)
显然= =，\((a,b)\mid m, (a,b)\mid n\)，（贝祖定理可以推得）
又\(\exists t_1,t_2\in \mathbb{Z}\)使\((m,n)=t_1m+t_2n\)，因此\((a,b)\mid(m,n)\)
\(cm-an=bcy-ady=\pm y\)，因此\((m,n)\mid y\)（贝祖定理推论）
\(dm-bn=adx-bcx=\pm x\)，因此\((m,n)\mid x\)
因此\((m,n)\mid (x,y)\)
所以\(\left\lvert (m,n)\right\rvert\leqslant\left\lvert(x,y)\right\rvert,\left\lvert(x,y)\right\rvert\leqslant\left\lvert(m,n)\right\rvert\)
所以\((m,n)=(x,y)\)（最大公因数当然是正的了= =）
12.证明：若\(n>0\)，\(a^n\mid b^n\)，则\(a\mid b\)
整数唯一分解定理= =
14.证明：对于同样的整数\(x\)和\(y\)，\(17\mid2x+3y\)的充要条件是\(17\mid9x+5y\)
\(\Rightarrow\)，设\(t=2x+3y\)，则\(x=\frac{t-3y}{2}\)，\(9x+5y=\frac{9t-17y}{2}\)
因为\(x\)是整数，所以\(2\mid 17-3y\)，所以
\[ y=\frac{2k+1}{3}，9x+5y=\frac{\frac{27t-34k-17}{3}}{2} \]
所以\(17\mid9x+5y\)
\(\Leftarrow\)，同理= =
15.设\(5\nmid d\)，\(f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\)，\(g(x)=dx^3+cx^2+bx+a\)，证明：若存在\(m\)，使\(5\mid f(m)\)，则存在\(n\)，使\(5\mid g(n)\)
\(m=5k\)时\(f(m)\equiv d\pmod 5\)，不合题意= =
\(m=5k+1\)时
\[ f(m)\equiv a+b+c+d\pmod 5，g(m)\equiv d+c+b+a\pmod5 \]
\(m=5k+2\)时
\[ f(m)\equiv 3a+4b+2c+d\pmod 5，g(m)\equiv 3d+4c+2b+a\pmod5 \]
\(m=5k+3\)时
\[ f(m)\equiv 2a+4b+3c+d\pmod 5，g(m)\equiv 2d+4c+3b+a\pmod5 \]
\(m=5k+4\)时
\[ f(m)\equiv 4a+b+4c+d\pmod 5，g(m)\equiv 4d+c+4b+a\pmod5 \]
\(m=5k+1\)时
取\(n=m\)，则\(f(m)+g(n)\equiv 0\pmod5\)，\(5\mid f(m)+g(n)\)，因为\(5\mid f(m)\)，所以\(5\mid g(n)\)
\(m=5k+2\)时
取\(n=5k+3\)，则\(f(m)+2g(n)\equiv 0\pmod5\)，\(5\mid f(m)+2g(n)\)，因为\(5\mid f(m)\)，所以\(5\mid 2g(n)\)，因为\((5,2)=1\)，所以\(5\mid g(n)\)
剩下的同理= =
转载于:https://www.cnblogs.com/sahdsg/p/10801014.html
