第4章初等数论1

第2章初等数论

知识点：

1．素数

整除

设a,b是两个整数，且b≠0，若存在整数m，使得a=mb,则称b整除a或a被b整除。记为b∣a,称b为a的因数,a是b的倍数。b不整除a,记为b?a。

设a,b是两个整数，且b≠0，则存在唯一整数q和r，使

a=qb+r且0?r<|b|。

则上式称带余除法，记余数r=a mod b。b∣a?a mod b=0.

例1，15=3×4+3，15 mod 4=3；-8=-3×3+1，-8 mod 3=1；10=5×2+0，10 mod 2=0。整除的性质

(1)若b∣a且b∣c，则对任意整数，有b∣a x+cy。

(2)若b∣a且a∣c，则b∣c。

(3)若b∣a且a∣b，则a=±b。

(4)若a∣b且b≠0，则∣a∣?∣b∣。

(5)设m≠0则a∣b?ma∣mb。(自行证明上述性质)

素数

定义：若整数p>1且只能被1和它自己整除，则称p为素数或质数。若整数p>1且不是素数，则称p是合数。

素数有无穷多个，素数的因子仅有1,-1,p,-p。

素数与合数的性质

（1）a>1是合数?a=bc。其中1

（2）设a是合数，则存在素数p，使p∣a。

（3）若d>1，p是素数且d∣p，则d=p。

（4）p是素数且p∣ab，则必有p∣a或p∣b。

推论：p是素数且p∣a1a2...a k，则必存在i，满足1?i?k，使p∣a i。

例若p不是素数，从p∣ab，未必有p∣a或p∣b。如6∣4╳15，但6?4，6?15。

算术基本定理：设a>1，则

a＝P

1r1

P

2

r2

…P

t

rt

，

这里P

1,P

2

,…,P

t

是不同的素数，r1,r2,…,r t是正整数。该式不计顺序时表示唯一。

算术基本定理中的表达式称做整数a的素因子分解。例2，30=2×3×5

21560=23×5×72×11 1024=210

推论：设a＝P

1r1

P

2

r2

…P

t

rt

，其中P1,P2,…,P t是不同的素数，r1,r2,…,r t是正整数.则

正整数d为a的因子的充要条件是

d＝P

1s1

P

2

s2

…P

t

st

其中，0?s i?r i,i=1,2,…,t.

例3，(1)21560有多少个正因子？

(2)10！的二进制表示中从最低位数起有多少个连续的0？

解（1）21560=23×5×72×11，根据推论，0?s1?3,0?s2?1,0?s3?2,0?s4?1,所以21560的正因子个数为4×2×3×2=48。

(2)考虑数s的二进制表示

(s)2=a n-1×2n-1＋a n-２×2n-２＋...＋a1×21＋a０×2０＋a-1×2-1＋.．．＋a-ｍ×2-ｍ。为此作素因子分解

10！=10×9×8×7×６×５×4×３×2=2８×3４×５２×7。

故10！的二进制表示中从最低位数起有８个连续的0。

2．最大公约数

若a,b,ｄ∈z，如果ｄ∣a，ｄ∣b，称ｄ是a和b的公约数或公因子。非零整数只有有限个因子，因此，两个不全为零的整数只有有限个公因子，其中最大的称最大公因子或最大公约数。

定义：正整数d称为a和b的最大公约数，如果d是a和b的公约数,且对a和b的任何一个公约数c有c∣d。a和b的最大公约数记作gcd(a,b)或(a,b)。

例4 12与18的正公约数有1，2，3和6，gcd(12,18)=6。

对于任意正整数a，gcd(0,a)=a,gcd(1,a)=1。

定义：若gcd(a,b)=1，称a与b是互素的。若a1,a2,...,a n中任意两个数互素，则称它们两两互素。

例5 4，15互素，9和12不互素，4，9，11，35两两互素。

最大公约数的性质

(1)如果ｄ∣a，ｄ∣b，则ｄ∣gad(a,b)。（证明从略）

设a＝P

1r1

P

2

r2

…P

k

rk

，b＝P

1

s1

P

2

s2

…P

k

sk

其中是P

1，P

2，

…P

k

素数，是r1，r2，…r k，s1，s2，…，s k非负整数。则

gcd(a,b)=P

1min(r1,s1)P

2

min(r2,s2)…P

k

min(rk,sk)。

(2)设a=qb+r,其中a,b，q和r都是整数，则gad(a,b)=gad(b，r)。

证明：设ｄ是a,b的公因子，即ｄ∣a且ｄ∣b。由此知ｄ∣a-qb=r,从而ｄ∣r且ｄ∣b,即ｄ是r和b的公因子。反之亦然。

辗转相除法（欧几里德算法）

设a,b是两个整数，且b≠0。做带余除法

a=q1b+r2 0?r2<|b|

如果r2>0，再对b和r2做带余除法

b=q2r2+r3 0?r3

重复这个过程

a=q1b+r2 1?r2<|b|

b=q2r2+r3 1?r3

r2=q3r3+r4 1?r4

.........

r k-2=q k-1r k-1+r k 1?r k

r k-1=q k r k(r k+1=0)

由于|b|>r2>r3>...?0，存在k使r k+1＝0（除尽），根据（2）有

gad(a,b)=gad(b，r2)=...=gad(r k-1，r k)=r k。

这就是辗转相除法，这种方法是求最大公因子的常用方法。

例6 求210与715的最大公因子

715=3×210+85

210=2×85+40

85=2×40+5

40=8×5.

所以gad(715,210)=5。

（3）设a,b不全为0，则存在整数x和y使gad(a,b)=xa+yb。

证明：在辗转相除法的计算过程中，把相应的符号进行适当替换和改写，从后向前逐个回代，并加以整理，即可得到性质（3）。

例7 考察例6

5=85-2×40

=85-2×（210-2×85）

=5×85-2×210

=5×（715-3×210）-2×210

=5×715-17×210

（4）整数a与b互素的充要条件是存在整数x和y使xa+yb=1。

证明：必要性由性质（3）直接得到。充分性自行证明。

（5）若a∣c，b∣c且a与b互素，则ab∣c。

证明：根据（4）存在整数x和y使xa+yb=1，两边同乘c得cxa+cyb=c。由a∣xa，b∣c?ab∣c xa，同理得ab∣c yb?ab∣cxa+cyb，即ab∣c。

3．同余

定义：设m是正整数，a，b是整数，如果m∣a－b,则称a模m同余于b或a与b模m同余，记作a≡b（mod m）。a与b模m不同余，记作a?b（mod m）。

a与b模m同余的充分必要条件

（1）a与b除以m的余数相同，即a mod m =b mod m

（2）a=b+km,其中k是整数。

例 15≡3（mod 4），16≡0（mod 4），14≡-3（mod 4）。

同余的性质

（1）同余关系

自反性：对任意整数a有a≡a（mod m）

对称性：如果a≡b(mod m)，则b≡a（mod m）

传递性：如果a≡b(mod m)，b≡c（mod m），则a≡c(mod m)

同余关系是等价关系,等价关系记作～，a～b?a≡b(mod m)。

设∽是集合A的一个等价关系，a∈A，令

[a]={x|x∈A,x～a}

则[a]是一个A的非空子集，称[a]为A的一个等价元素类。

a所在等价类[a]的性质

①a∈[a]

②b,c∈[a]?b～c

③b∈[a],x～b?x∈[a]

根据[a]的性质，当b∈[a]时，[b]=[a]，即等价类可由其中任一元素作代表，等价类与代表选择无关。

设A是一个给定的集合，Aα∈2A,?α∈I。若对于α，β∈I，α≠β，有Aα∩Aβ=φ，且∪{Aα|α∈I}=A，。则说{Aα|α∈I}是A的一个分类。

定理：设∽是集合A的一个等价关系，则

①∪{[a]|a∈A}=A

②[a]=[b]或[a]∩[b]=φ，?a，b∈A。

由此知等价关系决定A的一个分类。通常把A的一个等价关系～决定的一个等价类集合记作A/～。即A/～={[a]|a∈A}，称其为关于～的商集。

例记R m={(a,b)|a,b∈Z Z,m|a-b},m取自然数，Z Z是整数集。可以验证R m是等价关系。R m决定的Z Z的分类为：

[0]={0，±m,±2m,...}

[1]={km+1|k∈Z Z}

[2]={km+2|k∈Z Z}

.........

[m-1]={km+(m-1)|k∈Z Z}

Z Z/～={[0],[1],[2],...,[m-1]}

例考察a=4b+r,0?r<4。不难发现，a～b?a≡b(mod 4)?a，b被4整除余数相同。这时

Z Z/～={[0],[1],[2],[3]}

整数集合Z Z可按模m（m>1）分成一些两两不交的等价类。整数模m同余类共有m 个，分别为km+0,km+1,km+2,…，km+(m-1)、k∈Z Z。每一个算一类，每一类都可以选一个代表元，一般选这一类中的最小的非负整数。通常整数集合Z Z在模m同余关系下的商集记作Z Z m，即Z Z/～=Z Z m。定义加法和剩法：

?[a]，[b]∈Z Z m，[a]+[b]=[a+b],[a][b]=[ab]。

此定义下的Z Z m构成一个环，称为模m的剩余（同余）类环（集合）。

一般地，Z Z m={[0],[1],[2],...,[m-1]}。其含义是用给定的正整数m按同余关系将全体整数分成m个等价类，分别用[0],[1],[2],…，[m-1]表示这m个等价类，Z Z m表示这m个等价类组成的集合。称[0],[1],[2],…，[m-1]为标准完全剩余系。

在不引起混淆的情况下，对Z Z m中的各元素[0],[1],[2],...,[m-1]常用相应的代表元0,1,2,...,m-1直接表示。这时Z Z m可理解为：Z Z m是由0,1,2,...,m-1这m个整数组成集合。这些整数之间可以按照通常意义的加法和乘法进行运算，只需注意运算结果不属于这个集合时，就用属于该集合中与运算结果同余的数代替该结果。关注82页例4-4与83页内容。

例求模9等价类代表

解a～b?a≡b(mod 9)，Z Z9={0,1,2,...,8}。由于8≡-1(mod 9)，7≡-2(mod 9)，6≡-3(mod 9)，5≡-4(mod 9)，所以

Z Z9={0,1,2,3,4,5,6,7,8}={-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}。

（2）模算术运算

设a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则

a(mod m)±b(mod m)=a±b(mod m)，a±c=b±d(mod m)。

a(mod m)╳b(mod m)=a╳b(mod m)，ac=bd(mod m)，a k≡b k(mod m)，k∈Z Z。

例求证5874192能被9整除。

证：5874192=5×106+8×105+7×104+4×103+1×102+9×101+2×100，根据模算术运算，10≡1（mod 9），对任意整数k都有10k≡1（mod 9）,5874192≡5+8+7+4+1+9+2（mod 9）。由于9∣36=5+8+7+4+1+9+2?9∣5874192。

例求证2221435693不能被9整除。

证：2221435693=2×109+2×108+2×107+106+4×105+3×104+5×103+6×102+9×10+3，因而2221435693≡2+2+2+1+4+3+5+6+9+3（mod 9）。由于9?37=2+2+2+1+4+3+5+6+9+3?9?5874192。

例说明560－1是56的倍数。

解：53=125≡13(mod56)，56≡132≡169≡1(mod56)，560≡110≡1(mod56)，即有56∣560-1。

（3）设d?1，d∣m，则a≡b(mod m)?a≡b(mod d)。

（4）设d?1，则a≡b(mod m)?da≡db(mod dm)。

（5）消去律

设gcd(c,m)＝1，则a≡b(mod m)?ca≡cb(mod m)。

4.一次同余方程

称方程

a x≡c(mod m) m>0

为一次同余方程，使这个方程成立的整数叫做方程的解。一次同余方程不一定有解。

例方程4x≡1(mod 6)就没有整数解，因为针对整数x，6?4x-1。

定理：一次同余方程有解的充要条件是gcd(a,m)∣c。

证明：必要性，设x是方程的解，则有m∣a x-c?a x-c=qm或a x-qm=c，即存在y=-q 使a x+ym=c。又因gcd(a,m)∣a且gcd(a,m)∣m，所以gcd(a,m)∣a x+y m=c。充分性，记

d=gcd(a,m),a=da1,m=dm1，c=dc1，其中gcd(a1,m1)=1。根据互素条件x1和y1使a1x1+y1m1=1。记x=c1x1，y=c1y1，则有a1x+y m1=c1?a x+y m=c?a x-c=y m?a x≡c(mod m)，即x 是方程的解。证毕！

若x0是一次同余方程的解，则可验证所有与x0模m同余的数都是方程的解，这时方程的解可以写成x≡x0(mod m)。因此，只需对模m的每一个等价类取一个代表，验证其是否使方程成立，就能找到方程的所有解。

例解一次同余方程6x≡3(mod 9)

解：gcd(6,9)=3∣3，方程有解。取模9等价代表x= -4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4。计算结果为：

6╳（-4）≡6╳（-1）≡6╳2≡3(mod 9)

6╳（-3）≡6╳0≡6╳3≡0(mod 9)

6╳（-2）≡6╳1≡6╳4≡6(mod 9)

方程的解为x=-4，-1，2(mod 9)，最小正整数解是2。

常把a1≡a2(mod m)，a2≡a3(mod m)，...，a n-1≡a n(mod m),记作

a1≡a2≡a3≡...≡a n(mod m)。

定义：如果ab≡1(mod m)，则称b是a的模m逆，记作a-1(mod m)或a-1。

事实上，a的模m逆就是方程a x≡1(mod m)的解。

定理：（1）a的模m逆存在的充要条件是a与m互素。

（2）设a与m互素，则在模m下a的模m逆是唯一的，即a的任意两个模m 逆都模m同余。

例求5的模7逆。

解方法一：参照上例，通过解方程求逆。

方法二：采用辗转相除法

做辗转相除法，求整数x, y使5x+7y=1，则x就是5的模7逆（注意一次同余方程有解的充分性证明）。计算如下

7=5+2

5=2╳2+1

2=1╳2

回代:1=5-2╳2=5-2╳（7-5）=5╳3+7╳(-2)?3是5的模7逆，即5-1=3(mod 7)。对任意整数k,7k+3都是5的模7逆。