《数论》第一章补充例题

《数论》第一章补充例题

整除性理论是初等数论的基础.本章要介绍带余数除法,辗转相除法,最大公约数,最小公倍数,算术基本定理以及它们的一些应用.

1整数的整除性

例1设A={d1,d2,···,dk}是n的所有约数的集合,则

}{nnn,,···,B=d1d2dk

也是n的所有约数的集合.

解由以下三点理由可以证得结论:

(i)A和B的元素个数相同;

(ii)若di∈A,即di|n,则(iii)若di=dj,则问:

d(1)+d(2)+···+d(1997)

是否为偶数?

n解对于n的每个约数d,有n=d·n,因此,n的正约数d与是成对地出现的.只有

n2当d=n,即d=n时,d和才是同一个数.故当且仅当n是完全平方数时,d(n)是奇数.nini|n,反之亦然;=nj.例2以d(n)表示n的正约数的个数,例

如:d(1)=1,d(2)=2,d(3)=2,d(4)=3,···.

因为442<1997<452,所以在d(1),d(2),···,d(1997)中恰有44个奇数,故

d(1)+d(2)+···+d(1997)是偶数.

问题d2(1)+d2(2)+···+d2(1997)被4除的余数是多少?

例3证明:存在无穷多个正整数a,使得

n4+a(n=1,2,3,···)

都是合数.

?

?例题中引用的定理或推论可以在教材相应处找到.

1

解取a=4k4,对任意的n∈N,有

n4+4k4=(n2+2k2)2?4n2k2=(n2+2k2+2nk)(n2+2k2?2nk).

由

n2+2k2?2nk=(n?k)2+k2??k2,

所以,对于任意的k=2,3,···以及任意的n∈N,n4+a是合数.

例4设a1,a2,···,an是整数,且

n∑

k=1ak=0,n∏k=1ak=n,

则4|n.

解如果2??n,则n,a1,a2,···,an都是奇数.于是a1+a2+···+an是奇数个奇数之和,不可能等于零,这与题设矛盾,所以2|n,即在a1,a2,···,an中至少有一个偶数.如果只有一个偶数,不妨设为a1,那么2??ai(2??k??n).此时有等式

a2+···+an=?a1,

在上式中,左端是(n?1)个奇数之和,右端是偶数,这是不可能的,因此,在a1,a2,···,an 中至少有两个偶数,即4|n.

例5若n是奇数,则8|n2?1.

解设n=2k+1,则

n2?1=(2k+1)2?1=4k(k+1),

在k与k+1中有一个偶数,所以8|n2?1.

2带余数除法

例1设a,b,x,y是整数,k和m是正整数,并且

a=a1m+r1,0??r1

b=b1m+r2,0??r2

则ax+by和ab被m除的余数分别与r1x+r2y和r1r2被m除的余数相同.特别地,ak与k被m 除的余数相同.r1

解由

ax+by=(a1m+r1)x+(b1m+r2)y=(a1x+b1y)m+r1x+r2y

可知,若r1x+r2y被m除的余数是r,即

r1x+r2y=qm+r,0??r

2

则

ax+by=(a1x+b1y+q)m+r,0??r

即ax+by被m除的余数也是r.

例2设a1,a2,···,an为不全为零的整数,以y0表示集合

A={y|y=a1x1+···+anxn,xi∈Z,1??i??n}

中的最小正数,则对任何的y∈A,y0|y;特别地,y0|ai,1??i??n.

′解设y0=a1x′1+···+anxn,?y∈A,由带余除法,?q,r0∈Z,使得

y=qy0+r0,0??r0

因此

′r0=y?qy0=a1(x1?qx′1)+···+an(xn?qxn)∈A.

如果r0=0,那么,因为0

显然ai∈A(1??i??n),所以y0整除每个ai(1??i??n).

例3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r1,r2,···,r5中数0,1,2都出现,不妨设r1=0,r2=1,r3=2,此时

a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3

可以被3整除;

(ii)若r1,r2,···,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.

例4设a0,a1,···,an∈Z,f(x)=anxn+···+a1x+a0,已知f(0)与f(1)都不是3的倍数,证明:若方程f(x)=0有整数解,则

3|f(?1)=a0?a1+a2?···+(?1)nan.

证对任意整数x,都有

x=3q+r,r=0,1或2,q∈Z.

(i)若r=0,即x=3q,q∈Z,则

f(x)=f(3q)=an(3q)n+···+a1(3q)+a0=3Q1+a0=3Q1+f(0),

3

其中Q1∈Z,由于f(0)不是3的倍数,所以f(x)=0;

(ii)若r=1,即x=3q+1,q∈Z,则

f(x)=f(3q+1)=an(3q+1)n+···+a1(3q+1)+a0

=3Q2+an+···+a1+a0=3Q2+f(1),

其中Q2∈Z.由于f(1)不是3的倍数,所以f(x)=0.

因此若f(x)=0有整数解x,则必是x=3q+2=3q′?1,q′∈Z,于是

0=f(x)=f(3q′?1)=an(3q′?1)n+···+a1(3q′?1)+a0

=3Q3+a0?a1+a2?···+(?1)nan.

其中Q3∈Z.所以3|f(?1)=a0?a1+a2?···+(?1)nan

.

例5设n是奇数,则16|n4+4n2+11.

证我们有

n4+4n2+11=(n2?1)(n2+5)+16.

由上节例题知道,8|n2?1,由此及2|n2+5得到16|(n2?1)(n2+

5).

例6证明:若a被9除的余数是3,4,5或6,则方程x3+y3=a没有整数解.证?x,y∈Z,记

x=3q1+r1,y=3q2+r2,0??r1,r2<3.

则存在Q1,R1,Q2,R2∈Z,使得

x3=9Q1+R1,y3=9Q2+R2,

3和r3被9除的余数相同,即其中R1和R2被9除的余数分别与r12

R1=0,1或8,R2=0,1或8.

因此

x3+y3=9(Q1+Q2)+R1+R2.(2.1)

又由式(2.1)可知,R1+R2被9除的余数只可能是0,1,2,7或8,所以,x3+y3不可能等于a .

例7证明:方程

22a21+a2+a3=1999(2.2)

无整数解.

证若a1,a2,a3都是奇数,则存在整数A1,A2,A3,使得

22a21=8A1+1,a2=8A2+1,a3=8A3+1,

于是

22a21+a2+a3=8(A1+A2+A3)+3.

4

由于1999被8除的余数是7,所以a1为奇数.

由式(2.2),a1,a2,a3中只有一个奇数,设a1为奇数,a2,a3为偶数,则存在整数A1,A2,A3,使得

22a21=8A1+1,a2=8A2+r,a3=8A3+s,

于是

22a21+a2+a3=8(A1+A2+A3)+1+r+s,

22其中r和s是整数,而且只能取值0或4.这样a21+a2+a3被8除的余数只可能是1或5, 但1999被8除的余数是7,所以这样的a1,a2,a3也不能使式(2.2)成立

.

3最大公约数

例1(105,140,350)=(105,(140,350))=(105,70)=35.

21n+4例2证明:若n是正整数,则是既约分数.14n+3

证由辗转相除法得到

(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,1)=1.??

4辗转相除法

例1用辗转相除法求(125,17),以及x,y,使得

125x+17y=(125,17).

解作辗转相除法:

125=7×17+6,

17=2×6+5,

6=1×5+1,

5=5×1,q1=7,r1=6,q2=2,r2=5,q3=1,r3=1,q4=5.

由推论1.1,(125,17)=r3=1.

利用定理1计算(这里n=3)

P0=1,P1=7,P2=2·7+1=15,P3=1·15+7=22,

Q0=0,Q1=1,Q2=2·1+0=2,Q3=1·2+1=3,

取x=(?1)3?1Q3=3,y=(?1)3P3=?22,则

125·3+17·(?22)=(125,17)=1.

例2在m个盒子中放若干个硬币,然后以下述方式往这些盒子里继续放硬币:每一次在n(n

5

证由于(m,n)=1,所以存在整数x,y,使得mx+ny=1.因此对于任意的自然数k,有

1+m(?x+kn)=n(km+y),