14、
15、r¢-r¢¢
16、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，
17、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
18、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∴∣99注：（1）设a1,a2,L,an为不全为零的整数，以y0表示集合A={y
19、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1.11、证明：m½aiÞm½a1q1+a2q2+L+anq
20、n，qi∈Z。i=1,2,L,n2、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
21、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，
22、且是正整数。若(a1,a2,L,an)=1，则称a1,a2,L,an是互质的；若(ai,aj)=1，1£i,j£n，i¹j，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。99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
23、a1
24、,
25、a2
26、,L,
27、an
28、的公因数相同；(2)(a1,a2,L,an)=(
29、a1
30、,
31、a2
32、,L,
33、an
34、)。由定理1可知，在讨论(a1,a2,L,an)时
35、，不妨假设a1,a2,L,an是正整数，以后我们就维
