一、整除的概念
定义：a,b是两个任意整数，b≠0，若存在整数q，使得a=b*q,则称 a能够被b整除，也称b能整除a,也称b是a的因数，也称a为b的倍数。用记号b|a表示。
整除的性质：
①任意一个整数都可以整除0，即∀b,b|0(因为0*b=0)
②1可以整除任意一个整数,∀a,1|a
③如果b|a,那么b| |a|(a的绝对值)
④若c|b,b|a,则c|a
⑤若b|a,则c*b|c*a
⑥若b|a,且a≠0，则|b| ≤ |a|
⑦若c|a,c|b，则c|(a+b)*m
⑧若c*b|c*a，则 b|a
⑨若b|a且a≠0，则(a/b) | a
定理一：a与|a|的所有约束是相同的，a的约数是成对出现的
b | a <-> (-b) | a
a=b*q
a=(-b)*(-q)
定理二：a,b是整数，且都是m的倍数，则a±b都是m的倍数
证明：
a=m*a1
b=m*b1
故a±b=m*(a1+b1),因此，a±b即为m的倍数
定理三：若a1,a2,...an都是m的倍数，则q1*a1+q2*a2+...+qn*an是m的倍数（其中qi为整数）
证明：
∵ai为m的倍数
故q1*a1+q2*a2+...+qn*an
=q1*b1*m+q2*b2*m+...qn*bn*m
=m*(q1*b1+q2*b2+...qn*bn)
因此，q1*a1+q2*a2+...+qn*an是m的倍数
定理四：带余除法
∀ a,b ∈Z,b>0,∃ q,r∈Z,使得a=b*q+r,0≤r<b
证明：（证明q,r唯一）
假设 ∃ q1,r1∈Z使得a=q1*b+r1,0≤r1<b
∵a=b*q+r
故0=b*(q-q1)+(r-r1)
∴b(q1-q)=(r-r1)即b|(r-r1)
∴|b| ≤|r-r1|
假设(r-r1)≠0
∵ 0≤r<b，0≤r1<b
∴0≤|r-r1|<b与|b| ≤|r-r1|相互矛盾，因此假设不成立，故r=r1
∴b*(q1-q)=r-r1=0
又∵b≠0
∴q1=q
定理五：r=<a>b(此处b为下标，表示a除以b所得的非负最小剩余)
①<a1±a2>=<<a1>±<a2>>（除数都为b，下标省略）
②<a1*a2>=<<a1>*<a2>>
证明：∃ q1,q2,q使得
a1=b*q1+<a1>
a2=b*q2+<a2>
a1*a2=b*q+<a1*a2>
∴<a1*a2>=a1*a2-b*q
=b*b*q1*q2+b*q1*<a2>+b*q2*<a1>+<a1>*<a2>-b*q
=b*(b*q1*q2+q1*<a2>+q2*<a1>-q)+<a1>*<a2>
令Q=(b*q1*q2+q1*<a2>+q2*<a1>-q),则<a1*a2>=b*Q+<a1>*<a2>
因此，<a1*a2>=<<a1>*<a2>>
二、最大公因数与辗转相除
d为a1,a2...an的最大公因数-> d|a1 , d|a2, ...d|an，记作(a1,a2...an)
用数学符号表示:
①∀ i,1≤i≤n,(a1,a2,..an)|ai
②∀ m,m|ai, 则m≤(a1,a2,...an)
定理一：若a=b*q+c(a,b,c不全为0)，则(a,b)=(b,c)
证明：
∵(a,b)|a, (a,b)|b , c=a-b*q
∴(a,b) | c
∴(a,b)为b和c的因数，即(a,b)≤(b,c)
同理，(b,c)|b,(b,c)|c ,a=b*q+c
∴ (b,c)|a
∴(b,c)为b和a的因数，即(b,c)≤(a,b)
∵(a,b)≤(b,c)且(b,c)≤(a,b)
故(a,b)=(b,c)
定理二、∀a>0,b>0,则(a,b)(辗转相除-欧几里得)
解：
a=b*q1+r1(0≤r1<b)
①若r1＝0，则(a,b)=b
∵a=b*q1
∴b|a ,b|b
∴b|(a,b)即b≤(a,b)
又∵(a,b)≤b
∴(a,b)=b
②若r1≠0，(a,b)=(b,r1)（迭代）
b=r1*q2+r2 (0＜r2<r1) ∴(b,r1)=(r1,r2)
r1=r2*q3+r3 (0＜r3<r2) ∴(r1,r2)=(r2,r3)
.
.
.
r(n-2)=r(n-1)*qn+rn (0＜rn<r(n-1)) ∴(r(n-2),r(n-1))=(r(n-1),rn)
r(n-1)=r(n)*q(n+1)+r(n+1) (0＜r(n+1)<rn) ∴(r(n-1),rn)=(rn,r(n+1))
最后定有一个n存在，使得r(n+1)=0,故(r(n-1),rn)=rn
即rn=(r(n-1),rn)=(a,b)
定理三：∀a>0,b>0,∃m,n使得(a,b)=ma+mb（扩展的欧几里得）
证明：（回代）
r(n-1)=rn*q(n+1) (r(n+1)=0)
r(n-2)=r(n-1)*qn+rn -> rn=r(n-2)-r(n-1)*qn
r(n-3)=r(n-2)*q(n-1)+r(n-1) -> r(n-1) =r(n-3) - r(n-2)*q(n-1)
...
即
rn=r(n-2)-(r(n-3) - r(n-2)*q(n-1))*qn
=(1+q(n-1)*qn)*r(n-2)-r(n-3)*qn
=...
=r1*Q+b*Q1=(a-b*q1)+b*Q1=ma+nb
例：a=288 ,b=158
（迭代）
288=1 *158 + 130
158=1*130 +28
130=4*28 +18
28 =1*18+10
18=1*10+8
10=1*8+2
8=4*2+0
因此最大公约数为2
（回代）
2=10-1*8
=10-1*(18-1*10)=10*2-18*1
=(28-1*18)*2-18*1=2*28-18*3
=2*28-(130-4*28)*3=14*28 - 3*130
=14*(158-1*130) -3*130=14*158-17*130
=14*158-17*(288-1*158)
=31*158-17*288 即 nb+ma=(a,b)
扩展：∀a,b>0,∃唯一的q,r,|r|≤b/2,使得a=b*q+r(利用带余除法证明)
证明：根据带余除法可知，
∃q1,r1使得a=b*q1+r1(0≤r1<b)
若r1≤b/2,令r=r1,q=q1则显然满足,a=b*q+r
若r1＞b/2，令r=r1-b(|r|＜b/2)，q1=q1+1，则
a=b*q1+r1=b*(q1+1)+r1-b
∵b/2<r<b
∴-b/2<r1-b<0
∴|r1-b|<b/2
故，综上所述，,∃唯一的q,r,|r|≤b/2,使得a=b*q+r
举例：
a=288 b=158
288=1*158+130=2*158-28
158=28*6-10
28=10*3-2
10=2*5
算出最大公约数为2（这种方法相对于上一种方法所需步骤更少，能很快得出答案）
定理：a|b*c,且(a,b)=1,则a|c
证明：∃m,n,使得(a,b)=m*a+n*b
∵(a,b)=1 ∴m*a+n*b=1
m*a*c+n*b*c=c
∵a|b*c ，故∃q, b*c=a*q
∴m*a*c+n*a*q=c
即a(m*c+n*q)=c
所以a|c