最大公因数

定义

设ai(i=1,2,⋯,n)\,a_i\,(i=1,2,\cdots,n)\,ai(i=1,2,⋯,n)是不全为零的整数，如果d∣ai(i=1,2,⋯,n)\,d \mid a_i\,(i=1,2,\cdots,n)\,d∣ai(i=1,2,⋯,n)，则称d\,d\,d为a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an的公因数；a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an的公因数中最大的，称为a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an的最大公因数，记为(a1,a2,⋯,an)\,(a_1,a_2,\cdots,a_n)\,(a1,a2,⋯,an)

如果a1,a2,⋯,an=1\,a_1,a_2,\cdots,a_n=1\,a1,a2,⋯,an=1，则称a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an互质(互素)；如果a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an中每两个数都互质(互素)，则称a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an两两互质(互素)

定理

如果a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an是n\,n\,n个不全为零的整数，则(a1,a2,⋯,an)=(∣a1∣,∣a2∣,⋯,∣an∣)\,(a_1,a_2,\cdots,a_n)=(\left|a_1 \right|,\left| a_2 \right |,\cdots,\left | a_n \right |)\,(a1,a2,⋯,an)=(∣a1∣,∣a2∣,⋯,∣an∣)

如果b≠0\,b \ne 0\,b=0，则(0,b)=∣b∣\,(0,b)=\left | b \right |\,(0,b)=∣b∣

若a=bk+c\,a=bk+c\,a=bk+c，则(a,b)=(b,c)\,(a,b)=(b,c)\,(a,b)=(b,c)

(辗转相除法) 用欧几里得算法求任意两个正整数a\,a\,a和b\,b\,b的最大公因数，就是以每次的余数为除数去除上一次的除数，直至余数为0\,0\,0，那么最后一个不为零的余数，便是a\,a\,a和b\,b\,b的最大公因数。
过程如下所示：
a=bq1+r1(0<r1<b)b=r1q2+r2(0<r2<r1)r1=r2q3+r3(0<r3<r2)⋯rn−2=rn−1qn+rn(0<rn<rn−1)rn−1=rnqn+1于是有：(a,b)=(b,r1)=(r1,r2)=⋯=(rn−1,rn)=(rn,0)=rn\qquad \qquad \begin{aligned}a &= bq_1+r_1 \quad (0 \lt r_1 \lt b) \\ b &= r_1q_2+r_2 \quad (0 \lt r_2 \lt r_1) \\ r_1 &= r_2q_3+r_3 \quad (0 \lt r_3 \lt r_2)\\ &\cdots \\ r_{n-2} &= r_{n-1}q_n+r_n \quad (0 \lt r_n \lt r_{n-1}) \\ r_{n-1} &= r_nq_{n+1}\end{aligned} \\ \qquad 于是有：(a,b)=(b,r_1)=(r_1,r_2)=\cdots=(r_{n-1},r_n)=(r_n,0)=r_nabr1rn−2rn−1=bq1+r1(0<r1<b)=r1q2+r2(0<r2<r1)=r2q3+r3(0<r3<r2)⋯=rn−1qn+rn(0<rn<rn−1)=rnqn+1于是有：(a,b)=(b,r1)=(r1,r2)=⋯=(rn−1,rn)=(rn,0)=rn

公因数一定是最大公因数的因数。

(a1,a2,⋯,an)=d\,(a_1,a_2,\cdots,a_n)=d\,(a1,a2,⋯,an)=d的充要条件是(a1d,a2d,⋯,and)=1\,(\dfrac{a_1}{d},\dfrac{a_2}{d},\cdots,\dfrac{a_n}{d})=1\,(da1,da2,⋯,dan)=1
推论：设k\,k\,k是正整数，l\,l\,l是a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an的一个公因数，且(a1,a2,⋯,an)=d\,(a_1,a_2,\cdots,a_n)=d\,(a1,a2,⋯,an)=d，则：(1)(ka1,ka2,⋯,kan)=kd;(2)(a1l,a2l,⋯,anl)=d∣l∣(1)\,\,(ka_1,ka_2,\cdots,ka_n)=kd\,;\,(2)\,\,(\dfrac{a_1}{l},\dfrac{a_2}{l},\cdots,\dfrac{a_n}{l})=\dfrac{d}{\left| l \right |}(1)(ka1,ka2,⋯,kan)=kd;(2)(la1,la2,⋯,lan)=∣l∣d

对任意整数k\,k\,k，有(a,b)=(a,b+ka)\,(a,b)=(a,b+ka)\,(a,b)=(a,b+ka)

(a1,a2,a3,⋯,an)=((a1,⋯,ar),(ar+1,⋯,an))(1≤r≤n−1)\,(a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n)=((a_1,\cdots,a_r),(a_{r+1},\cdots,a_n)) \,\,( 1 \le r \le n-1)\,(a1,a2,a3,⋯,an)=((a1,⋯,ar),(ar+1,⋯,an))(1≤r≤n−1)
推论：(1) (a1,a2)(b1,b2)=(a1b1,a1b2,a2b1,a2b2),一般地，有：(a1,⋯,ar)(b1,⋯,bs)=(a1b1,⋯,a1bs,⋯,arb1,⋯,arbs)(a_1,a_2)(b_1,b_2)=(a_1b_1,a_1b_2,a_2b_1,a_2b_2)\,,\,一般地，有：(a_1,\cdots,a_r)(b_1,\cdots,b_s)=(a_1b_1,\cdots,a_1b_s,\cdots,a_rb_1,\cdots,a_rb_s)(a1,a2)(b1,b2)=(a1b1,a1b2,a2b1,a2b2),一般地，有：(a1,⋯,ar)(b1,⋯,bs)=(a1b1,⋯,a1bs,⋯,arb1,⋯,arbs)
(2) (a,b,c)(ab,bc,ca)=(a,b)(b,c)(c,a)(a,b,c)(ab,bc,ca)=(a,b)(b,c)(c,a)(a,b,c)(ab,bc,ca)=(a,b)(b,c)(c,a)

对任意两个正整数a,b\,a,b\,a,b，用欧几里得算法：a=bq1+r1,b=r1q2+r2,r1=r2q3+r3,⋯,rk−1=rkqk+1+rk+1,⋯,rn−1=rnqn+1,可得：Qka−Pkb=(−1)k−1rk(k=1,⋯,n),其中,{P0=1,P1=q1,Pk=qkPk−1+Pk−2Q0=0,Q1=1,Qk=qkQk−1+Qk−2(k=2,⋯,n)a=bq_1+r_1,b=r_1q_2+r_2,r_1=r_2q_3+r_3,\cdots,r_{k-1}=r_kq_{k+1}+r_{k+1},\cdots,r_{n-1}=r_nq_{n+1}\,,\,可得：Q_ka-P_kb=(-1)^{k-1}r_k\,\,(k=1,\cdots,n)\,,\,其中\,,\,\begin{cases}& P_0=1\,,\,P_1=q_1\,,\,P_k=q_kP_{k-1}+P_{k-2} \\ & Q_0=0\,,\,Q_1=1\,,\,Q_k=q_kQ_{k-1}+Q_{k-2}\end{cases} \,\,(k=2,\cdots,n)a=bq1+r1,b=r1q2+r2,r1=r2q3+r3,⋯,rk−1=rkqk+1+rk+1,⋯,rn−1=rnqn+1,可得：Qka−Pkb=(−1)k−1rk(k=1,⋯,n),其中,{P0=1,P1=q1,Pk=qkPk−1+Pk−2Q0=0,Q1=1,Qk=qkQk−1+Qk−2(k=2,⋯,n)
该定理可用于求解乘法逆元，可参考另一篇博文：整数a关于模m的乘法逆元

证：数学归纳法。当k=1时，显然成立；当k=2时，(−1)2−1r2=−(b−r1q2)=−b+q2(a−bq1)=q2a−(q2q1+1)b=Q2a−P2b,也成立；假如对于不超过正整数k(k≥2)的正整数都成立，则：(−1)krk+1=(−1)k(rk−1−rkqk+1)=(−1)k−2rk−1+(−1)k−1rkqk+1=(Qk−1a−Pk−1b)+(Qka−Pkb)qk+1=(qk+1Qk+Qk−1)a−(qk+1Pk+Pk−1)b=Qk+1a−Pk+1b,因此，由第二数学归纳法知，结论成立。证：数学归纳法。当\,k=1\,时，显然成立；当\,k=2\,时，(-1)^{2-1}r_2=-(b-r_1q_2)=-b+q_2(a-bq_1)=q_2a-(q_2q_1+1)b=Q_2a-P_2b\,,\,也成立；假如对于不超过正整数\,k\,(k \ge 2)\,的正整数都成立，则：(-1)^kr_{k+1}=(-1)^k(r_{k-1}-r_kq_{k+1})=(-1)^{k-2}r_{k-1}+(-1)^{k-1}r_kq_{k+1}=(Q_{k-1}a-P_{k-1}b)+(Q_ka-P_kb)q_{k+1}=(q_{k+1}Q_k+Q_{k-1})a-(q_{k+1}P_k+P_{k-1})b=Q_{k+1}a-P_{k+1}b\,,\,因此，由第二数学归纳法知，结论成立。证：数学归纳法。当k=1时，显然成立；当k=2时，(−1)2−1r2=−(b−r1q2)=−b+q2(a−bq1)=q2a−(q2q1+1)b=Q2a−P2b,也成立；假如对于不超过正整数k(k≥2)的正整数都成立，则：(−1)krk+1=(−1)k(rk−1−rkqk+1)=(−1)k−2rk−1+(−1)k−1rkqk+1=(Qk−1a−Pk−1b)+(Qka−Pkb)qk+1=(qk+1Qk+Qk−1)a−(qk+1Pk+Pk−1)b=Qk+1a−Pk+1b,因此，由第二数学归纳法知，结论成立。

(裴(pei)蜀恒等式) 若a,b\,a,b\,a,b是任意两个不全为零的整数，则存在两个整数s,t\,s,t\,s,t，使得：as+bt=(a,b)\,as+bt=(a,b)\,as+bt=(a,b)
推论1 ：(a,b)=1\,(a,b)=1\,(a,b)=1的充要条件是，存在两个整数u\,u\,u和v\,v\,v，使得：ua+vb=1\,ua+vb=1\,ua+vb=1
推论2 ：若a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an是n\,n\,n个不全为零的整数，那么存在n\,n\,n个整数k1,k2,⋯,kn\,k_1,k_2,\cdots,k_n\,k1,k2,⋯,kn，使得k1a1+k2a2+⋯+knan=(a1,a2,⋯,an)\,k_1a_1+k_2a_2+\cdots+k_na_n=(a_1,a_2,\cdots,a_n)\,k1a1+k2a2+⋯+knan=(a1,a2,⋯,an)

Note : 裴蜀恒等式(a,b)=ua+vb裴蜀恒等式\,(a,b)=ua+vb\,裴蜀恒等式(a,b)=ua+vb的u,v\,u,v\,u,v不是唯一确定的。事实上，由(a,b)=ua+vb=(u+kb)a+(v−ka)b(k∈Z)\,(a,b)=ua+vb=(u+kb)a+(v-ka)b\,(k \in Z)\,(a,b)=ua+vb=(u+kb)a+(v−ka)b(k∈Z)可知，总可以假定u\,u\,u满足0<u≤b\,0 \lt u \le b\,0<u≤b。由于0<(a,b)≤a\,0 \lt (a,b) \le a\,0<(a,b)≤a，所以0≤−vb=ua−(a,b)<ba\,0 \le -vb=ua-(a,b) \lt ba\,0≤−vb=ua−(a,b)<ba，于是0≤−v<a\,0 \le -v \lt a\,0≤−v<a，将−v\,-v\,−v改记为v\,v\,v，即得：(a,b)=ua−vb(0<u≤b,0≤v<a)\,(a,b)=ua-vb\,(0 \lt u \le b\,,\, 0 \le v \lt a)\,(a,b)=ua−vb(0<u≤b,0≤v<a)

若a,b,c\,a,b,c\,a,b,c是三个整数，且(a,c)=1\,(a,c)=1\,(a,c)=1，则(ab,c)=(b,c)\,(ab,c)=(b,c)\,(ab,c)=(b,c)
推论1：若(a,c)=1,c∣ab,则c∣b\,(a,c)=1\,,\,c \mid ab\,,则\,c \mid b\,(a,c)=1,c∣ab,则c∣b
推论2：若a∣n,b∣n,(a,b)=1,那么ab∣n\,a \mid n\,,\,b \mid n\,,\,(a,b)=1\,,那么\,ab \mid n\,a∣n,b∣n,(a,b)=1,那么ab∣n
推论3：若在整数a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an与b1,b2,⋯,bn\,b_1,b_2,\cdots,b_n\,b1,b2,⋯,bn中各取一数ai\,a_i\,ai与bj\,b_j\,bj，都有(ai,bj)=1\,(a_i,b_j)=1\,(ai,bj)=1，则(∏i=1nai,∏j=1mbj)=1\,\begin{aligned}(\prod_{i=1}^na_i\,,\,\prod_{j=1}^mb_j)=1\end{aligned}\,(i=1∏nai,j=1∏mbj)=1，特别地，当(a,b)=1\,(a,b)=1\,(a,b)=1，n,m\,n,m\,n,m为任意正整数时，(an,bm)=1\,(a^n,b^m)=1\,(an,bm)=1

若p\,p\,p是一质数，a\,a\,a是任一整数，则p∣a\,p \mid a\,p∣a或(p,a)=1\,(p,a)=1\,(p,a)=1

例题

设n≥m>0\,n \ge m \gt 0\,n≥m>0，证明：(m,n)nCnm\,\dfrac{(m,n)}{n}C_n^m\,n(m,n)Cnm是整数
提示：Cnm=nmCn−1m−1提示：C_n^m=\dfrac{n}{m}C_{n-1}^{m-1}\,提示：Cnm=mnCn−1m−1

Note : 组合数结论：Cnm=nn−mCn−1m,Cnm=n−m+1mCnm−1,Cnm=nmCn−1m−1\,C_n^m=\dfrac{n}{n-m}C_{n-1}^m\,,\,C_n^m=\dfrac{n-m+1}{m}C_n^{m-1}\,,\,C_n^m=\dfrac{n}{m}C_{n-1}^{m-1}\,Cnm=n−mnCn−1m,Cnm=mn−m+1Cnm−1,Cnm=mnCn−1m−1很常用

设n\,n\,n是正整数，求(C2n1,C2n3,⋯,C2n2n−1)\,(C_{2n}^1,C_{2n}^3,\cdots,C_{2n}^{2n-1})\,(C2n1,C2n3,⋯,C2n2n−1)
提示：设d=(C2n1,C2n3,⋯,C2n2n−1),由C2n1+C2n3+⋯+C2n2n−1=22n−1知d∣22n−1,设2k∣n并且2k+1∤n,由2k+1∣C2n1及2k+1∣2niC2n−1i−1(i=3,5,⋯,2n−1),得d=2k+1提示：设\,d=(C_{2n}^1,C_{2n}^3,\cdots,C_{2n}^{2n-1})\,,由\,C_{2n}^1+C_{2n}^3+\cdots+C_{2n}^{2n-1}=2^{2n-1}\,知\,d \mid 2^{2n-1}\,,设\,2^k \mid n\,并且\,2^{k+1} \nmid n\,,由\,2^{k+1} \mid C_{2n}^1\,及\,2^{k+1} \mid \dfrac{2n}{i}C_{2n-1}^{i-1}\,(i=3,5,\cdots,2n-1)\,,得\,d=2^{k+1}提示：设d=(C2n1,C2n3,⋯,C2n2n−1),由C2n1+C2n3+⋯+C2n2n−1=22n−1知d∣22n−1,设2k∣n并且2k+1∤n,由2k+1∣C2n1及2k+1∣i2nC2n−1i−1(i=3,5,⋯,2n−1),得d=2k+1
设a,m,n\,a,m,n\,a,m,n是正整数，m≠n\,m \ne n\,m=n，试证：(a2m+1,a2n+1)=1或2\,(a^{2^m+1},a^{2^n+1})=1\,或\,2\,(a2m+1,a2n+1)=1或2
提示：由m≠n,不妨设m>n,且m=n+r(r≥1),则a2m−1=a2n+r−1=(a2n)2r−1=(a2n+1)M(M是正整数),即a2m+1=(a2n+1)M+2。则：(a2m+1,a2n+1)=(a2n+1,2)={1(a是偶数)2(a是奇数)。提示：由\,m \ne n\,,\,不妨设\,m \gt n\,,\,且\,m=n+r\,(r \ge 1)\,,\,则\,a^{2^m}-1=a^{2^{n+r}}-1=(a^{2^n})^{2^r}-1=(a^{2^n}+1)M\,(M\,是正整数)\,,\,即\,a^{2^m}+1=(a^{2^n}+1)M+2。则：(a^{2^m}+1,a^{2^n}+1)=(a^{2^n}+1,2)=\begin{cases}1 \quad (a\,是偶数) \\ 2 \quad (a\,是奇数)\end{cases}\,。提示：由m=n,不妨设m>n,且m=n+r(r≥1),则a2m−1=a2n+r−1=(a2n)2r−1=(a2n+1)M(M是正整数),即a2m+1=(a2n+1)M+2。则：(a2m+1,a2n+1)=(a2n+1,2)={1(a是偶数)2(a是奇数)。
设a,m,n\,a,m,n\,a,m,n是正整数，试证：(am−1,an−1)=a(m,n)−1(a^m-1,a^n-1)=a^{(m,n)}-1(am−1,an−1)=a(m,n)−1
提示：设m>n,m=nq1+r1,n=r1q2+r2,r1=r2q3+r3,⋯,rn−2=rn−1qn+rn,rn−1=rnqn+1,则有：am−1=anq1+r1−1=ar1(anq1−1)+(ar1−1)=(an−1)N+(ar1−1),N是正整数，有：(am−1,2n−1)=(an−1,ar1−1)，以此类推，得：(am−1,an−1)=(an−1,ar1−1)=(ar1−1,ar2−1)=⋯=(arn−1−1,arn−1)=arn−1=a(m,n)−1提示：设\,m \gt n\,,\,m=nq_1+r_1\,,\,n=r_1q_2+r_2\,,\,r_1=r_2q_3+r_3\,,\,\cdots\,,\,r_{n-2}=r_{n-1}q_n+r_n\,,\,r_{n-1}=r_nq_{n+1}\,,\,则有：a^m-1=a^{nq_1+r_1}-1=a^{r_1}(a^{nq_1}-1)+(a^{r_1}-1)=(a^n-1)N+(a^{r_1}-1)\,,\,N\,是正整数，有：(a^m-1,2^n-1)=(a^n-1,a^{r_1}-1)，以此类推，得：(a^m-1,a^n-1)=(a^n-1,a^{r_1}-1)=(a^{r_1}-1,a^{r_2}-1)=\cdots=(a^{r_{n-1}}-1,a^{r_n}-1)=a^{r_n}-1=a^{(m,n)}-1提示：设m>n,m=nq1+r1,n=r1q2+r2,r1=r2q3+r3,⋯,rn−2=rn−1qn+rn,rn−1=rnqn+1,则有：am−1=anq1+r1−1=ar1(anq1−1)+(ar1−1)=(an−1)N+(ar1−1),N是正整数，有：(am−1,2n−1)=(an−1,ar1−1)，以此类推，得：(am−1,an−1)=(an−1,ar1−1)=(ar1−1,ar2−1)=⋯=(arn−1−1,arn−1)=arn−1=a(m,n)−1
已知m>0,n>0\,m \gt 0\,,\,n \gt 0\,m>0,n>0，且m\,m\,m是奇数，试证：(2m−1,2n+1)=1\,(2^m-1,2^n+1)=1\,(2m−1,2n+1)=1
提示：(1)注意到：若(a1,a)=a1,(b1,b)=b1,(a,b)=1,则(a1,b1)=1(设(a1,b1)=d,则d∣a,d∣b,则d∣(a,b),而(a,b)=1,则d=1)(2)于是：由(2mn−1,2mn+1)=(2mn−1,2)=1,且2m−1∣2mn−1,2n+1∣(2n)m+1=2mn+1,因此命题成立。提示：(1) \,注意到：\,若\,(a_1,a)=a_1\,,\,(b_1,b)=b_1\,,\,(a,b)=1\,,\,则\,(a_1,b_1)=1\,\,(设\,(a_1,b_1)=d\,,\,则\,d \mid a\,,\,d \mid b \,,则\,d \mid (a,b)\,,\,而\,(a,b)=1\,,\,则\,d=1\,) \\ (2)\,于是：由\,(2^{mn}-1,2^{mn}+1)=(2^{mn}-1,2)=1\,,\,且\,2^m-1 \mid 2^{mn}-1\,,\,2^n+1 \mid (2^n)^m+1=2^{mn}+1\,,\,因此命题成立。提示：(1)注意到：若(a1,a)=a1,(b1,b)=b1,(a,b)=1,则(a1,b1)=1(设(a1,b1)=d,则d∣a,d∣b,则d∣(a,b),而(a,b)=1,则d=1)(2)于是：由(2mn−1,2mn+1)=(2mn−1,2)=1,且2m−1∣2mn−1,2n+1∣(2n)m+1=2mn+1,因此命题成立。
u,v\,u,v\,u,v是互质的正奇数，试证：(2u+1,2v+1)=3(2^u+1,2^v+1)=3(2u+1,2v+1)=3
提示：可证(4u−1,4v−1)=4(u,v)−1=3，而2u+1∣4u−1,2v+1∣4v−1,所以(2u+1,2v+1)∣(4u−1,4v−1)=3,又因为u,v为正奇数时，有3=2+1∣2u+1,3=2+1∣2v+1,又得3∣(2u+1,2v+1)提示：可证\,(4^u-1,4^v-1)=4^{(u,v)}-1=3，而\,2^u+1 \mid 4^u-1\,,\,2^v+1 \mid 4^v-1\,,\,所以\,(2^u+1,2^v+1) \mid (4^u-1,4^v-1)=3\,,\,又因为\,u,v\,为正奇数时，有\,3=2+1 \mid 2^u+1\,,\,3=2+1 \mid 2^v+1\,,\,又得\,3 \mid (2^u+1,2^v+1)\,提示：可证(4u−1,4v−1)=4(u,v)−1=3，而2u+1∣4u−1,2v+1∣4v−1,所以(2u+1,2v+1)∣(4u−1,4v−1)=3,又因为u,v为正奇数时，有3=2+1∣2u+1,3=2+1∣2v+1,又得3∣(2u+1,2v+1)
a,b,m,n\,a,b,m,n\,a,b,m,n都是自然数，a>1\,a \gt 1\,a>1且与b\,b\,b互质，am+bm∣an+bn\,a^m+b^m \mid a^n+b^n\,am+bm∣an+bn。试证：m∣n\,m \mid n\,m∣n
证：设n=2qm+r,0≤r<2m,由于：an+bn−bn−m(am+bm)=am(an−m−bn−m),则am+bm∣an−m+bn−m,又由an−m−bn−m+bn−2m(am+bm)=am(an−2m+bn−2m),得am+bm∣an−2m+bn−2m,继续下去，直至：am+bm∣ar+br,因此,r≥m,相似地，有am+bm∣ar−m−br−m,但0≤r−m<m,所以r=m,于是n=(2q+1)m,m∣n证：设\,n=2qm+r\,,\,0 \le r \lt 2m\,,\,由于：a^n+b^n-b^{n-m}(a^m+b^m)=a^m(a^{n-m}-b^{n-m})\,,\,则\,a^m+b^m \mid a^{n-m}+b^{n-m}\,,\,又由\,a^{n-m}-b^{n-m}+b^{n-2m}(a^m+b^m)=a^m(a^{n-2m}+b^{n-2m})\,,得\,a^m+b^m \mid a^{n-2m}+b^{n-2m}\,,继续下去，直至：\,a^m+b^m \mid a^r+b^r\,,\,因此,\,r \ge m\,,\,相似地，有\,a^m+b^m \mid a^{r-m}-b^{r-m}\,,但\,0 \le r-m \lt m\,,所以\,r=m\,,于是\,n=(2q+1)m\,,\,m \mid n\,证：设n=2qm+r,0≤r<2m,由于：an+bn−bn−m(am+bm)=am(an−m−bn−m),则am+bm∣an−m+bn−m,又由an−m−bn−m+bn−2m(am+bm)=am(an−2m+bn−2m),得am+bm∣an−2m+bn−2m,继续下去，直至：am+bm∣ar+br,因此,r≥m,相似地，有am+bm∣ar−m−br−m,但0≤r−m<m,所以r=m,于是n=(2q+1)m,m∣n
设a,b\,a,b\,a,b是整数，试证：11∣(a2+5b2)\,11 \mid (a^2+5b^2)\,11∣(a2+5b2)的充要条件是11∣a且11∣b\,11 \mid a\,且\,11 \mid b\,11∣a且11∣b
证：充分性显然，用反证法证必要性。若11∤a,则由11∣(a2+5b2),推出11∤b,又11为质数,则(11,b)=1,则存在整数s,t,使得11s+bt=1,由此得t2(a2+5b2)=(at)2+5(bt)2=(at)2+5+5(bt+1)(bt−1)=(at)2+5−55(bt+1)s,又11∣t2(a2+5b2),11∣55,故11∣[(at)2+5]。又at=11q+r(0≤r<11),即(at)2+5=11(11q2+2qr)+r2+5,但当r=0,1,2,⋯,10时,11∤(r2+5)。因此11∣a,从而11∣b证：充分性显然，用反证法证必要性。若\,11 \nmid a\,,则由\,11 \mid (a^2+5b^2)\,,推出\,11 \nmid b\,,又\,11\,为质数,则\,(11,b)=1\,,则存在整数\,s,t\,,使得\,11s+bt=1\,,由此得\,t^2(a^2+5b^2)=(at)^2+5(bt)^2=(at)^2+5+5(bt+1)(bt-1)=(at)^2+5-55(bt+1)s\,,又\,11 \mid t^2(a^2+5b^2)\,,\,11 \mid 55\,,故\,11 \mid \left [(at)^2+5 \right]\,。又\,at=11q+r\,(0 \le r \lt 11)\,,即\,(at)^2+5=11(11q^2+2qr)+r^2+5\,,但当\,r=0,1,2,\cdots,10\,时,\,11 \nmid (r^2+5)\,。因此\,11 \mid a\,,从而\,11 \mid b\,证：充分性显然，用反证法证必要性。若11∤a,则由11∣(a2+5b2),推出11∤b,又11为质数,则(11,b)=1,则存在整数s,t,使得11s+bt=1,由此得t2(a2+5b2)=(at)2+5(bt)2=(at)2+5+5(bt+1)(bt−1)=(at)2+5−55(bt+1)s,又11∣t2(a2+5b2),11∣55,故11∣[(at)2+5]。又at=11q+r(0≤r<11),即(at)2+5=11(11q2+2qr)+r2+5,但当r=0,1,2,⋯,10时,11∤(r2+5)。因此11∣a,从而11∣b
设a,b\,a,b\,a,b是整数，试证：13∣(a2−7b2)\,13 \mid (a^2-7b^2)\,13∣(a2−7b2)的充要条件是13∣a\,13 \mid a\,13∣a且13∣b\,13 \mid b\,13∣b
提示：参考上一题的解题思想提示：参考上一题的解题思想提示：参考上一题的解题思想
设a,b\,a,b\,a,b是整数，试证：3∣(a2+b2)\,3 \mid (a^2+b^2)\,3∣(a2+b2)的充要条件是3∣a\,3 \mid a\,3∣a且3∣b\,3 \mid b\,3∣b
设m,n\,m,n\,m,n是正整数，且(m,n)=1\,(m,n)=1\,(m,n)=1，试证：m!n!∣(m+n−1)!\,m!\,n! \mid (m+n-1)!\,m!n!∣(m+n−1)!
提示：Cm+n−1n=(m+n−1)!(m−1)!n!,Cm+n−1m=(m+n−1)!(n−1)!m!都是整数,且有：nCm+n−1n=mCm+n−1m,Cnm−1=mn−m+1Cnm提示：C_{m+n-1}^n=\cfrac{(m+n-1)!}{(m-1)!\,n!}\,,\,C_{m+n-1}^m=\cfrac{(m+n-1)!}{(n-1)!\,m!}\,都是整数\,,\,且有：nC_{m+n-1}^n=mC_{m+n-1}^m\,,\,C_n^{m-1}=\cfrac{m}{n-m+1}C_{n}^{m}\,提示：Cm+n−1n=(m−1)!n!(m+n−1)!,Cm+n−1m=(n−1)!m!(m+n−1)!都是整数,且有：nCm+n−1n=mCm+n−1m,Cnm−1=n−m+1mCnm
设正整数a>1,b>1\,a \gt 1,b \gt 1\,a>1,b>1，且(a,b)=1\,(a,b)=1\,(a,b)=1，试证：一定存在正整数ξ,η\,\xi,\eta\,ξ,η，使得aξ−bη=1(0<ξ<b,0<η<a)\,a\xi-b\eta=1\,(0 \lt \xi \lt b\,,\,0 \lt \eta \lt a)\,aξ−bη=1(0<ξ<b,0<η<a)
提示：由裴蜀恒等式，有1=(a,b)=u′a+v′b=(u′+kb)a+(v′−ka)b，令u=u′+kb(k∈Z),可知一定存在某个k=k1,使得0≤u<b。但u≠0,否则将u=0代回裴蜀恒等式，有1=(a,b)=vb,而b>1,矛盾。同时相似地，v≠0。于是由0<u<b,得−1<ua−1=−vb<ba,两边同时除以b，得：0≤−v<a,又v≠0,得：0<−v<a,令ξ=u,η=−v即可提示：由裴蜀恒等式，有\,1=(a,b)=u'a+v'b=(u'+kb)a+(v'-ka)b，令\,u=u'+kb\,(k \in Z)\,,可知一定存在某个\,k=k_1\,,使得\,0 \le u \lt b\,。但\,u \ne 0\,,否则将\,u = 0\,代回裴蜀恒等式，有\,1=(a,b)=vb\,,而\,b \gt 1\,,矛盾。同时相似地，v \ne 0。于是由\,0 \lt u \lt b\,,得\,-1 \lt ua-1=-vb \lt ba\,,两边同时除以b，得：0 \le -v \lt a\,,又\,v \ne 0\,,得：\,0 \lt -v \lt a\,,令\xi=u,\eta=-v\,即可提示：由裴蜀恒等式，有1=(a,b)=u′a+v′b=(u′+kb)a+(v′−ka)b，令u=u′+kb(k∈Z),可知一定存在某个k=k1,使得0≤u<b。但u=0,否则将u=0代回裴蜀恒等式，有1=(a,b)=vb,而b>1,矛盾。同时相似地，v=0。于是由0<u<b,得−1<ua−1=−vb<ba,两边同时除以b，得：0≤−v<a,又v=0,得：0<−v<a,令ξ=u,η=−v即可
设有三个正整数a,b,c\,a,b,c\,a,b,c，满足(a,b,c)=1\,(a,b,c)=1\,(a,b,c)=1，且1a+1b=1c\,\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\,a1+b1=c1，试证：a+b,a−c,b−c\,a+b,a-c,b-c\,a+b,a−c,b−c都是完全平方数。
提示：由1a+1b=1c,得(a+b)c=ab,则c∣ab,则c∣a或c∣b。(1)若c∣a且c∣b,则1=(a,b,c)=((a,c),b)=(c,b)=c则a+b=ab,则a=bb−1为整数,则b−1=(b−1,b)=(b,−1)=(b,1)=1,则b=2,从而a=2,验证可知命题成立。(2)若(c,a)=1且c∣b,设b=kc,代入(a+b)c=ab中,⇒a+kc=ak,⇒a=k(a−c)⇒a−c=(a−c,a)=(a,−c)=(a,c)=1,于是a=c+1,则a=k(a−c)=k,于是b=kc=ac,验证a+b=a+ac=a(1+c)=(1+c)2,a−c=c+1−c=12,b−c=ac−c=(a−1)c=c2,可知命题成立;(3)若(c,b)=1且c∣a,由对称性，可转化为情况(2)证明。提示：由\,\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\,,得\,(a+b)c=ab\,,则\,c \mid ab\,,则\,c \mid a\,或\,c \mid b\,。(1)\,若\,c \mid a\,且\,c \mid b\,,则\,1=(a,b,c)=((a,c),b)=(c,b)=c\,则\,a+b=ab\,,则\,a=\dfrac{b}{b-1}\,为整数,则\,b-1=(b-1,b)=(b,-1)=(b,1)=1\,,则\,b=2\,,从而\,a=2\,,验证可知命题成立。(2)\,若\,(c,a)=1\,且\,c \mid b\,,设\,b=kc\,,代入\,(a+b)c=ab\,中,\Rightarrow\,a+kc=ak\,,\Rightarrow\,a=k(a-c)\,\Rightarrow\,a-c=(a-c,a)=(a,-c)=(a,c)=1\,,于是\,a=c+1\,,则\,a=k(a-c)=k\,,于是\,b=kc=ac\,,验证\,a+b=a+ac=a(1+c)=(1+c)^2\,,\,a-c=c+1-c=1^2\,,\,b-c=ac-c=(a-1)c=c^2\,,可知命题成立;\,(3)\,若\,(c,b)=1\,且\,c \mid a\,,由对称性，可转化为情况\,(2)\,证明。提示：由a1+b1=c1,得(a+b)c=ab,则c∣ab,则c∣a或c∣b。(1)若c∣a且c∣b,则1=(a,b,c)=((a,c),b)=(c,b)=c则a+b=ab,则a=b−1b为整数,则b−1=(b−1,b)=(b,−1)=(b,1)=1,则b=2,从而a=2,验证可知命题成立。(2)若(c,a)=1且c∣b,设b=kc,代入(a+b)c=ab中,⇒a+kc=ak,⇒a=k(a−c)⇒a−c=(a−c,a)=(a,−c)=(a,c)=1,于是a=c+1,则a=k(a−c)=k,于是b=kc=ac,验证a+b=a+ac=a(1+c)=(1+c)2,a−c=c+1−c=12,b−c=ac−c=(a−1)c=c2,可知命题成立;(3)若(c,b)=1且c∣a,由对称性，可转化为情况(2)证明。
设m>n≥1\,m \gt n \ge 1\,m>n≥1，a1<a2<⋯as\,a_1 \lt a_2 \lt \cdots a_s\,a1<a2<⋯as是不超过m\,m\,m且与n\,n\,n互质的全体整数，设Smn=1a1+1a2+⋯+1as\,S_m^n=\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_s}\,Smn=a11+a21+⋯+as1，试证：Smn\,S_m^n\,Smn不是整数。
提示：设k是a2k≤as的最大整数，P是a1,a2,⋯,as中除去a2以及a2的倍数后的全体整数的乘积，于是有：a2kPSmn=a2kPa1+a2k−1P+⋯+P+⋯+a2kPas,如果Smn是整数，则有a2∣P,但这与P的设定矛盾，所以Smn不是整数。提示：设\,k\,是\,a_2^k \le a_s\,的最大整数，P\,是\,a_1,a_2,\cdots,a_s中除去\,a_2\,以及\,a_2\,的倍数后的全体整数的乘积，于是有：a_2^kPS_m^n={\large a_2^kP \over a_1}+ a_2^{k-1}P +\cdots+P+\cdots+{\large a_2^kP \over a_s}\,,如果\,S_m^n\,是整数，则有\,a_2 \mid P\,,但这与\,P\,的设定矛盾，所以\,S_m^n\,不是整数。提示：设k是a2k≤as的最大整数，P是a1,a2,⋯,as中除去a2以及a2的倍数后的全体整数的乘积，于是有：a2kPSmn=a1a2kP+a2k−1P+⋯+P+⋯+asa2kP,如果Smn是整数，则有a2∣P,但这与P的设定矛盾，所以Smn不是整数。

最小公倍数

定义

设a1,a2,⋯,an(n≥2)\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,(n \ge 2)\,a1,a2,⋯,an(n≥2)是n\,n\,n个不等于零的整数，如果ai∣m(i=1,2,⋯,n)\,a_i \mid m\,(i=1,2,\cdots,n)\,ai∣m(i=1,2,⋯,n)，则称m\,m\,m为a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an的公倍数。a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an的公倍数中最小的正整数，称为a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an的最小公倍数，记作[a1,a2,⋯,an]\,[\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,]\,[a1,a2,⋯,an]

定理

如果a1,a2,⋯,an(n≥2)\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,(n \ge 2)\,a1,a2,⋯,an(n≥2)是n\,n\,n个不等于零的整数，则[a1,a2,⋯,an]=[∣a1∣,∣a2∣,⋯,∣an∣]\,[\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,]=[\,| a_1 |,|a_2|,\cdots,|a_n|\,]\,[a1,a2,⋯,an]=[∣a1∣,∣a2∣,⋯,∣an∣]

公倍数一定是最小公倍数的倍数

证：设m=[a1,a2,⋯,an],且m1是a1,a2,⋯,an的任一公倍数。由带余除法，知m1=mq+r(0≤r<m),因为ai∣m1,ai∣m,所以ai∣r(i=1,2,⋯,n),即r是a1,a2,⋯,an的公倍数，而0≤r<m,故r=0,即m∣m1证：设\,m=[\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,]\,,且\,m_1\,是\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,的任一公倍数。由带余除法，知\,m_1=mq+r\,(0 \le r \lt m)\,,因为\,a_i \mid m_1,a_i \mid m\,,所以\,a_i \mid r\,(i=1,2,\cdots,n)\,,即\,r\,是\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,的公倍数，而\,0 \le r \lt m\,,故\,r=0\,,即\,m \mid m_1\,证：设m=[a1,a2,⋯,an],且m1是a1,a2,⋯,an的任一公倍数。由带余除法，知m1=mq+r(0≤r<m),因为ai∣m1,ai∣m,所以ai∣r(i=1,2,⋯,n),即r是a1,a2,⋯,an的公倍数，而0≤r<m,故r=0,即m∣m1

[a1,a2,⋯,an]=m[\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,]=m\,[a1,a2,⋯,an]=m的充要条件是(ma1,ma2,⋯,man)=1\,(\dfrac{m}{a_1},\dfrac{m}{a_2},\cdots,\dfrac{m}{a_n})=1\,(a1m,a2m,⋯,anm)=1

证：(1)必要性：反证法。已知[a1,a2,⋯,an]=m,假设(ma1,ma2,⋯,man)=d>1,那么d∣mai(i=1,2,⋯,n),即ai∣md,则m也是a1,a2,⋯,an的公倍数，而0<md<m,与m是a1,a2,⋯,an的最小公倍数矛盾。(2)充分性：反证法。已知(ma1,ma2,⋯,man)=1,易知m为a1,a2,⋯,an的公倍数，假设[a1,a2,⋯,an]=m1<m,则有m1∣m,令m=m1q(q>1),则1=(ma1,ma2,⋯,man)=(m1qa1,m1qa2,⋯,m1qan)=(m1a1,m1a2,⋯,m1an)⋅q≥q>1,即1>1,矛盾。所以q=1,即m=m1证：(1)\,必要性：反证法。已知\,[\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,]=m\,,假设\,(\dfrac{m}{a_1},\dfrac{m}{a_2},\cdots,\dfrac{m}{a_n})=d \gt 1\,,那么\,d \mid \dfrac{m}{a_i}\,(i=1,2,\cdots,n)\,,即\,a_i \mid \dfrac{m}{d}\,,则\,m\,也是\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,的公倍数，而\,0 \lt \dfrac{m}{d} \lt m\,,与\,m\,是\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,的最小公倍数矛盾。(2)\,充分性：反证法。已知\,(\dfrac{m}{a_1},\dfrac{m}{a_2},\cdots,\dfrac{m}{a_n})=1\,,易知\,m\,为\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,的公倍数，假设\,[\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,]=m_1 \lt m\,,则有\,m_1 \mid m\,,令\,m=m_1q\,(q \gt 1)\,,则\,1=(\dfrac{m}{a_1},\dfrac{m}{a_2},\cdots,\dfrac{m}{a_n})=(\dfrac{m_1q}{a_1},\dfrac{m_1q}{a_2},\cdots,\dfrac{m_1q}{a_n})=(\dfrac{m_1}{a_1},\dfrac{m_1}{a_2},\cdots,\dfrac{m_1}{a_n}) \cdot q \ge q \gt 1\,,即\,1 \gt 1\,,矛盾。所以\,q =1\,,即\,m=m_1\,证：(1)必要性：反证法。已知[a1,a2,⋯,an]=m,假设(a1m,a2m,⋯,anm)=d>1,那么d∣aim(i=1,2,⋯,n),即ai∣dm,则m也是a1,a2,⋯,an的公倍数，而0<dm<m,与m是a1,a2,⋯,an的最小公倍数矛盾。(2)充分性：反证法。已知(a1m,a2m,⋯,anm)=1,易知m为a1,a2,⋯,an的公倍数，假设[a1,a2,⋯,an]=m1<m,则有m1∣m,令m=m1q(q>1),则1=(a1m,a2m,⋯,anm)=(a1m1q,a2m1q,⋯,anm1q)=(a1m1,a2m1,⋯,anm1)⋅q≥q>1,即1>1,矛盾。所以q=1,即m=m1

推论：设k\,k\,k是正整数，l\,l\,l是a1,a2,⋯,an\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,a1,a2,⋯,an的一个公因数，且[a1,a2,⋯,an]=m\,[\,a_1,a_2,\cdots,a_n\,]=m\,[a1,a2,⋯,an]=m，则：(1)[ka1,ka2,⋯,kan]=km;(2)[a1l,a2l,⋯,anl]=m∣l∣(1)\,[\,ka_1,ka_2,\cdots,ka_n\,]=km\,;\,(2)\,[\,\dfrac{a_1}{l},\dfrac{a_2}{l},\cdots,\dfrac{a_n}{l}\,]=\dfrac{m}{|l|}(1)[ka1,ka2,⋯,kan]=km;(2)[la1,la2,⋯,lan]=∣l∣m

设a,b\,a,b\,a,b是任意两个正整数，则[a,b]=ab(a,b)\,[\,a,b\,]=\dfrac{ab}{(a,b)}\,[a,b]=(a,b)ab

证：先假定(a,b)=1,并设m=[a,b],则m∣ab。由a∣m,知m=as,进而由b∣m及(a,b)=1,知b∣s,则s=bt,于是m=abt,则ab∣m,故m=ab,结论成立。又因为(a(a,b),b(a,b))=1,则[a(a,b),b(a,b)]=ab(a,b)2,于是[a,b]=ab(a,b)证：先假定\,(a,b)=1\,,并设\,m=[\,a,b\,]\,,则\,m \mid ab\,。由\,a \mid m\,,知\,m=as\,,进而由\,b \mid m\,及\,(a,b)=1\,,知\,b \mid s\,,则\,s=bt\,,于是\,m=abt\,,则\,ab \mid m\,,故\,m=ab\,,结论成立。又因为\,(\dfrac{a}{(a,b)},\dfrac{b}{(a,b)})=1\,,则\,[\,\dfrac{a}{(a,b)},\dfrac{b}{(a,b)}\,]=\dfrac{ab}{(a,b)^2}\,,于是\,[\,a,b\,]=\dfrac{ab}{(a,b)}\,证：先假定(a,b)=1,并设m=[a,b],则m∣ab。由a∣m,知m=as,进而由b∣m及(a,b)=1,知b∣s,则s=bt,于是m=abt,则ab∣m,故m=ab,结论成立。又因为((a,b)a,(a,b)b)=1,则[(a,b)a,(a,b)b]=(a,b)2ab,于是[a,b]=(a,b)ab

推论：若n\,n\,n是正整数，则[an,bn]=[a,b]n\,[\,a^n,b^n\,]=[\,a,b\,]^n\,[an,bn]=[a,b]n

提示：利用(a(a,b),b(a,b))=1以及(a,b)=1,则(an,bn)=1提示：利用\,(\dfrac{a}{(a,b)},\dfrac{b}{(a,b)})=1\,以及\,(a,b)=1\,,则\,(a^n,b^n)=1\,提示：利用((a,b)a,(a,b)b)=1以及(a,b)=1,则(an,bn)=1

[a1,a2,a3,⋯,an]\,[\,a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\,]\,[a1,a2,a3,⋯,an]=[[a1,⋯,ar],[ar+1,⋯,an]](1≤r≤n−1)\,[\,[\,a_1,\cdots,a_r\,],[\,a_{r+1},\cdots,a_n\,]\,]\,(1 \le r \le n-1)[[a1,⋯,ar],[ar+1,⋯,an]](1≤r≤n−1)

若p1,p2,⋯,pn\,p_1,p_2,\cdots,p_n\,p1,p2,⋯,pn是不同的质数，且pi∣m(1≤i≤n),则∏i=1npi∣m\,p_i \mid m\,(1 \le i \le n)\,,则\,\begin{aligned}\prod_{i=1}^np_i \mid m\end{aligned}\,pi∣m(1≤i≤n),则i=1∏npi∣m

例题

设正整数m>n\,m \gt n\,m>n，证明：[m,n]+[m+1,n+1]>2mnm−n\,[\,m,n\,]+[\,m+1,n+1\,] \gt \dfrac{2mn}{\sqrt{m-n}}\,[m,n]+[m+1,n+1]>m−n2mn
证：因为(m,n)∣m−n,(m+1,n+1)∣(m+1)−(n+1)=m−n,并且(m,m+1)=1,则((m,n),(m+1,n+1))=((m,m+1),(n,n+1))=1,则(m,n)(m+1,n+1)∣m−n,而m−n>0,则(m,n)(m+1,n+1)≤m−n,所以[m,n]+[m+1,n+1]=mn(m,n)+(m+1)(n+1)(m+1,n+1)>mn(1(m,n)+1(m+1,n+1))≥2mn(m,n)(m+1,n+1)≥2mnm−n证：因为\,(m,n) \mid m-n\,,\,(m+1,n+1) \mid (m+1)-(n+1)=m-n\,,并且\,(m,m+1)=1\,,则((m,n),(m+1,n+1))=((m,m+1),(n,n+1))=1\,,则\,(m,n)(m+1,n+1) \mid m-n\,,而\,m-n \gt 0\,,则\,(m,n)(m+1,n+1) \le m-n\,,所以\,[\,m,n\,]+[\,m+1,n+1\,]=\dfrac{mn}{(m,n)}+\dfrac{(m+1)(n+1)}{(m+1,n+1)} \gt mn(\dfrac{1}{(m,n)}+\dfrac{1}{(m+1,n+1)}) \ge \dfrac{2mn}{\sqrt{(m,n)(m+1,n+1)}} \ge \dfrac{2mn}{\sqrt{m-n}}\,证：因为(m,n)∣m−n,(m+1,n+1)∣(m+1)−(n+1)=m−n,并且(m,m+1)=1,则((m,n),(m+1,n+1))=((m,m+1),(n,n+1))=1,则(m,n)(m+1,n+1)∣m−n,而m−n>0,则(m,n)(m+1,n+1)≤m−n,所以[m,n]+[m+1,n+1]=(m,n)mn+(m+1,n+1)(m+1)(n+1)>mn((m,n)1+(m+1,n+1)1)≥(m,n)(m+1,n+1)2mn≥m−n2mn

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《初等数论》：最大公因数与最小公倍数

文章目录

最大公因数

定义

定理

例题

最小公倍数

定义

定理

例题

End

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