初等数论闵嗣鹤版课件.ppt
1第一章 第一讲整数的可除性(闵嗣鹤)2011.02.10(1)
主要内容:1．1.整除的概念1．2.带余数除法1．3.最大公因数的理论与性质1．4.最小公倍数的理论与性质1．5.辗转相除法1．6.素数与合数1．7.算术基本定理1．8.高斯函数[x]与{x}及其应用1.1.1 整除的定义与性质1.整除的定义定义设a，b∈Z，b≠ 0，若存在整数c，使得a = bc成立，则称a被b整除（或b整除a），并称a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），记为b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不能被b整除，记为b|/a。
在整除的定义中应特别注意：（1）0不整除任何整数（即0不能作除数），但任何非零数整除0；在记号“b∣a”中蕴含着b≠ 0成立。
（2）显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a的平凡约数（平凡因子），a的除±1，±a外的约数称为非平凡约数（或真因数）。
（3）能被2整除的整数称为偶数，不能被2整除的整数称为奇数。
若整数a ≠0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。
以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。
2.整除的性质定理1.1.1 设,,a b c ,m,n 是整数,下面的结论成立：(ⅰ) a ∣b ，b ∣c ⇒ a ∣c （整除的传递性）；(ⅱ) a ∣b ⇔ ±a ∣±b ，即a ∣b ⇔ |a |∣|b |;m ∣a , n ∣b ⇒ mn ∣ab ；(ⅲ) 若b ∣a ，且b ∣c ⇒ b ∣(ka+lc)（其中k , l 是任意的整数）；一般地，若m ∣a i ，i = 1, 2, , n ⇒ m ∣（q 1a 1 + q 2a 2 + + q n a n ）， 此处q i （i = 1, 2, , n ）是任意的整数；(ⅳ) b ∣a ⇔ bc ∣ac ，此处c 是任意非零的整数；(ⅴ) 若b ∣a ，a ≠ 0 ⇒ |b | ≤ |a |；若b ∣a ，且|a | < |b | ⇒ a = 0；若b ∣a ，且a ∣b ，a >0, b>0, 则a =b.证明 (ⅰ)由整除定义及|a b ，|,b c 知: 存在两个整数12,k k 使得:12,b ak c bk ==, 因此12()c k k a =, 由于12k k 是整数, 故 |a c .(ⅱ) — (ⅳ)的结论类似可证. 证毕.注 为了证明“|b a ”，最为基本的手法是将a 分解为b 与某个整数之积，即a bc =，其中c 是整数.这样的分解, 常常通过某些代数式的分解因式公式中取特殊值而产生. 如：（Ⅰ）若n 是正整数，则1221()();n n n n n n a b a b a a b ab b -----=-++++（Ⅱ）若n 是正奇数，则在上式中以（b -）代换b 得:1221()().n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+例1 证明十进制整数5001001个能被十进制整数1001整除.证明 由分解因式公式(Ⅱ),有500513171*********=+=+个（）33163153101[(10)10101],=+-+-+（）（）所以, 31011001+=能整除5001001个.证毕想一想:此题目能变形推广吗?推广后的一般形式是什么?例2 若n 是正奇数，则8∣（n 2 - 1）.证明 设n = 2k + 1，()k Z ∈，则 n 2 - 1= (2k + 1)2 - 1 = 4k (k + 1).由于k 和k + 1中必有一个是偶数，所以8∣（n 2 - 1）. 证毕注 由此得到一个重要且常用的结论：“任何奇数的平方与1的差都能被8整除”.诸如此类的还有，“任何整数的平方被4除的余数为0或1，被3除的余数为0或1; 任何整数的立方被9除的余数为 0，1或8”等，解题后可及时总结归纳, 并灵活运用这些性质.例3 设n 是奇数，则16∣(n 4 + 4n 2 + 11).解 因为 n 4 + 4n 2 + 11 = (n 2 - 1)(n 2 + 5) + 16.由于n 是奇数,有8∣(n 2 - 1)，且2∣(n 2 + 5),故16∣(n 2 - 1)(n 2 + 5).从而16∣(n 2 - 1)(n 2 + 5)+16,即16∣(n 4 + 4n 2 + 11).例4 设,m n 为正整数，且0m n >≥, 证明: 22(21)|(21)n m +-. 证明 由于0m n >≥, 故10m n --≥. 于是:112222(2)m n m n +--=在公式(Ⅰ)中，令 122n a +=, 1b =，则:11111111221222222222(2)(2111[(2)(1)2)2]n m n n m n m m n n n n +--+--+++------++=+=+-所以 122(21)|(21),n m +-- 又 1222(221(21),1)n n n ++-=-因此 122(21)|(21).n n ++-由定理1.1.1中 (ⅰ),即整除的传递性知：22(21)|(2).1n m+- 证毕． 注1 在此例中，直接证明“22(21)|(21)n m +-”不易入手，因此尝试选择适当的“中间量（1221n +-）”，使之满足定理1.1.1中 (ⅰ)的条件，再利用整除的传递性导出所要的结论.注2 在此例中，形如“221n n F =+()n N ∈”的数称为费马数.当0m n >≥时, 费马数满足: |(2)n m F F -，即存在整数t ，使得2m n F t F -=⋅.例5 设正整数n 的十进制表示为: 10(09,0,0)k i k n a a a a i k a =≤≤≤≤≠，且110()k k S n a a a a -=++++，证明：9|n 的充要条件是9|()S n .证明：由于101010k k n a a a =⨯++⨯+,110()k k S n a a a a -=++++，1()(101)(101)(101)k i k i n S n a a a ∴-=-+-++-, 对于所有的0,i k ≤≤ 有9|(101),i -由整除的性质知上式右端k 个加项中每一项都是9的倍数，由定理1.1.1之(ⅲ)知它们的和也被9整除，即9|(()),n S n - 从而 9|9|()n S n ⇔. 证毕.注 两个十进制正整数,其中一个被另一个正整数整除的条件，称为“整除的数字特征”.例5得出十进制正整数n 被9整除的数字特征是:“9整除n 的各位数字之和”.下面例题6得出十进制正整数n 被11整除的数字特征是:“11整除n 的各位数字的正负交错之和”.例6 设正整数n 的十进制表示为10(09,0)k i k n a a a a a =≤≤≠，n 的个位为起始数字的正负交错和 01()(1)k k T n a a a =-++-，证明：“11|n ”的充分必要条件是“11|()T n ”.证明 由于 101010k k n a a a =⨯++⨯+, 01()(1)k k T n a a a =-++-，1()(10(1))(10(1))(101)k k i i k i n T n a a a ∴-=--++--+++ 当i 为偶数时， 10(1)9999i i --= ，其中有偶数个9，显然它是11的倍数；当i 为奇数时，10(1)101(101)11()i i i s s s z --=+=+=∈， 它也是11的倍数,故总有11|(10(1)),(0).i i i k --≤≤ 即11|(())n T n -成立. 从而11|11|().n T n ⇔习题1.11．设n 是整数，则3|(1)(21)n n n ++. 2. 设正整数n 的十进制表示为10(09,0,0)k i k n a a a a i k a =≤≤≤≤≠，n 的个位为起始数字的正、负交错的和 01()(1)k k T n a a a =-++-，证明：“11|n ”的充分必要条件是“11|()T n ”.3. 若10个男孩和n 个女孩共买了282n n ++本书, 已知他们每人买的书本数量相同, 且女孩人数多于男孩人数, 问女孩人数是多少?4．证明一个整数a 若不能被2整除，也不能被3整除, 则223a +必能被24整除.5. 已知整数,,,m n p q 适合: (m - p ) ∣(mn + pq )，证明:(m - p )∣(mq + np ).对任意两个整数,(0)a b b ≠，a 未必能被b 整除. 为了能在整数范围内研究除法，引入整数的除法算法——带余数除法，它是初等数论证明中最重要、最基本、最常用的工具. 本节中，我们将介绍带余数除法及其简单应用. 我们约定, 以Z 表示所有整数的集合，N 表示所有正整数的集合. 除特别声明外，在涉及到带余数除法时总假定除数是正整数.1. 带余数除法定理1.2.1 (带余数除法) 设a 与b 是两个整数，b>0，则存在惟一的一对整数q 和r ，使得:a = bq + r ，0 ≤ r <b . (2)若a = bq + r (0 ≤ r < b ), 则|b a 的充分必要条件是0r =.证明: 存在性作整数序列: ,3,2,,0,,2,3,b b b b b b ---则a 必在上述序列的某两项之间,即存在一个整数q ,使得(1)qb a q b ≤<+成立. 令a qb r -=,则,a qb r =+而0.r b ≤<1.1.2 带余数除法惟一性 假设11,q r 是满足(2) 的两个整数，即 111(0),a bq r r b =+≤< 则 11a bq r bq r =+=+于是 1111()||||b q q r r b q q r r -=-⇒-=-(3)由上式推出: 1||b r r -,由于 110,0||r r b r r b <<⇒≤-<因此必有1||0r r -=,即1r r =，代入式(3)得 1q q =，惟一性得证.若a bq r =+(0)r b ≤<，则 ||,b a b r ⇔ 又 0r b ≤<, 则 |0.b r r ⇔=故|0.b a r ⇔= 证毕 注:这个结论揭示了整除与带余数除法之间的联系,说明了整除问题可以化归为带余数除法问题来解决.定义：在式a = bq + r （0 ≤ r < b ）中，q 称为a 被b 除的不完全商，r 称为a 被b 除的余数, 也称为最小非负剩余.带余数除法是一个重要的工具，数论的许多基本性质都是建立在带余数除法基础之上的.例1 当 15,225b a ==时有 1701022515,175,;r q <===⨯+ 当 15,417b a ==时有 1241715,15,;2072712q r <<===⨯+ 当 15,81b a ==-时, 有 0(6)8115,15,9;96q r --<=+<=-=⨯且有 (6)8115,(5)5;60,q r =--<=⨯-=--+ 此处{0,1,2,,151}r ∉-，这时的余数r 不是最小非负剩余。
初等数论 第一章 整除
2022/2/5
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第1页，本讲稿共58页
数论的基本内容
按照研究方法的不同，数论可分为
初等数论 解析数论 代数数论 几何数论
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第2页，本讲稿共58页
参考书目
1、南基洙主编《初等数论》； 2、柯召、孙琦编著《数论讲义》，高等教育 出版社； 3、闵嗣鹤、严士健编《初等数论》，高等教 育出版社； 4、郑克明主编《初等数论》，西南师范大学 出版社。
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定理5 鸽巢原理
设n是一个自然数.现有n个盒子和n+1个物体. 无论怎样把这n+1个物体放入这n个盒子中， 一定有一个盒子中被放了两个或两个以上的 物体。
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§2 整除
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定义1
设a，b是整数，a 0，如果存在整数q， 使得b = aq，则称b可被a整除，记作ab ， 且称b是a的倍数，a是b的约数(因数、除数)； 如果不存在整数q使得b = aq成立，则称b不被
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定理 9
(a1 , a2 , , ak) = 1的充要条件是存在整数x1, x2 , , xk ，使得a1x1 a2x2 akxk = 1. 充分性 若式(1)成立，如果 (a1 , a2 , , ak) = d > 1，那么由dai（1 ≤ i ≤ k）推出 d a1x1 a2x2 akxk = 1，这是不可能的. 所以有(a1, a2, , ak) = 1 . 证毕 .
最大公因数与最小公倍数
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《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件5-3
2
19
( x 2 1)2 2 x 2 2 x 2 2 1 p p p p p 从而p 1 mod 8 , 故p 1 mod 8 .
20
5
20.反证法, 假设只有有限个,设为p1 , p2 , , pk .
p 1 2
1, p 1(mod 4); 1, p 1(mod 4).
p a1 (mod 4); 解同余式组 p a2 (mod11). 得p 11a1 12a2 (mod 44). 11 从而有 ( ) 1 p 1, 5, 7, 9, 19(mod 44). 18 p
例2 设n是整数 ,
证明 : n2 1的任何奇因数都是 4m 1的形式.
证明 :由于奇数都可表示成奇素数之积, 而且任意多个 形如4m 1的整数之积也具有4m 1的形式.我们只需 证明 : 若素数p是n2 1的因数 , 则p具有4m 1的形式. 若p | n2 1, 则n2 1(mod p ),即 - 1是p的平方剩余,
4
1
a a (3) a a1 (mod p ) ( ) ( 1 ) p p a a1 (mod p )
(4) (
a1a2 an a a a ) ( 1 )( 2 ) ( n ) p p p p
p同时整除a，a1；或者p同时不整除a，a1 .
若a为p的平方剩余，则有 a
(5) ( ab a ) ( ), p b. p p
3
2
p 1 2
p 1 a (1) ( ) a 2 (mod p ) p
0， p a ； a ( ) 1， a是p的平方剩余； p 1， a是p的平方非剩余.
初等数论(闵嗣鹤版课件
二 数论的发展
自古以来，数学家对于整数性质的研究一直十分重 视，初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几 何原本》（公元前3世纪）中就已出现。欧几里得证明了 素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数 的方法，即所谓欧几里得算法。我国古代在数论方面亦 有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”， 正是我国古代《孙子算经》中的下卷第26题，我国称之 为孙子定理。
4、最完美的数——完全数问题
完美数又称为完全数,最初是由毕达哥拉斯的 信徒发现的,他们注意到,数6有一个特性,它等于 它自己的因子(不包括它自身)的和， 如： 6=1+2+3.
下一个具有同样性质的数是28, 28=1+2+4+7+14. 接着是496和8128.他们称这类数为完美数.
欧几里德在大约公元前350-300年间证明了:
设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有 a(qk qi ) 2k 2i 2i (2ki 1)
则有 a 2ki 1，取d k i a 1，则d就满足要求。
例4
例6
第二节 最大公因数与辗转相除法
1、定义 设a1 , a2, , an是n(n 2)个整数，若整数d是 它们之中每一个的因数，那么d就叫作a1, a2, , an的一个 公因数。所有公因数中最大的一个叫最大公因数，记作 （a1, a2 , , an），若（a1, a2, , an）=1，则说a1, a2, , an互质 或互素。
方程 xn yn zn (n 3) 无非0整数解
经过8年的努力，英国数学家 安德鲁·怀尔斯 终 于在1995年完成了该定理的证明。
3、孪生素数问题
存在无穷多个素数 p, 使得 p+2 也是素数。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件5-2
1
例如： x 2 a (mod11)
取模11的一个简化系为1, 2, 3, 4, 5 . 可以验证：1 3
111 2 111 2 111 2
例如： x 2 a (mod11) 模11的平方剩余为1，-2，3，4，5. 方程 x 2 1(mod11)的解为：x 1,10(mod11); 方程 x 2 2(mod11)的解为：x 3,8(mod11); 方程 x 2 3(mod11)的解为：x 5,6(mod11); 方程 x 2 4(mod11)的解为：x 2,9(mod11); 方程 x 2 5(mod11)的解为：x 4,7(mod11).
反之，若a
p1 2
1)x(mod p) a
p1 2
1(mod p).
p 1 2
1(mod p)， 由x p x ( x 2 a ) xq( x ) (a
1) x ,
3
a
p 1 2
1(mod p ) (3)
4
方程(1)有两个解。 根据§4.4-TH5[P86]知，
12
3
3证明 : (1),(2)用Wilson定理. (3)12 22 (
p -1 2 p 2 1 1 mod p , p 3 ) p 2 24 0 mod p , p 3
p -1 2 2 2 (4) 1 2 p 1 1 2 ( 2 ) p p 1 1 p 1 p p 1 2 3 2 2 2
x 2 a (mod p ), (a , p ) 1, p为单质数
(1)
§5.2单质数的平方剩余与平方非剩余
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-3
故 c b ,因而c b .
推论2.2 设a1 , a2 , , an及b1 , b2 , , bm 是任意两组整数 , 若ai b j
i 1,2, n, j 1, 2, , m , 则a1a2 an与b1b2 bm互质.
a1a2 an , b1b2 bm a1a2 an , b2b3 bm a1a2 an , bm 1
P0 1, P1 q1 8, P2 q2 P1 P0 1 8 1 9, P3 q3 P2 P1 1 9 8 17, P4 q4 P3 P2 3 17 9 60, P5 q5 P4 P3 1 60 17 77, P6 q6 P5 P4 1 77 60 137, P7 q7 P6 P5 4 137 77 625.
1
k
rk 1 1 rk 1 qk 1rk
k
其中 P0 1, P1 q1 , Pk qk Pk 1 Pk 2 , k =2, n
Qk 1a Pk 1b qk 1 Qk a Pk b qk 1Qk Qk 1 a qk 1 Pk Pk 1 b
ab 其中t 满足k b1t .反过来,当t为任一整数时， t a, b
为a , b的一个公倍数 , 故上式可以表示a , b的一切公倍数. 令t 1即得最小的正数 , 故
a, b
ab a, b 2 4 10 80 40 2,4,10 2
10
§1.3
整除的进一步性质及最小公倍数
由上节, 设a , b是任意两个正整数, 则由辗转相除法得到:
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-1
特别地，由于 10 1(mod11)，所以
11 anan1 a0 11 1 ai ——奇偶位差法
i i 0 n
i 0
eg1. 求 7 7 的个位数.
7
一般地，求a b 对模m的同余的步骤如下： ① 求出整数k，使ak 1 (mod m)； ② 求出正整数r，r < k，使得bc r (mod k)； ③ a b a r (mod m ) 练习：若a Z , 证明 10|a 1985 a 1949 . 提示： a 5 a (mod10)
⑦ a b(mod m ), a a1d , b b1d , ( d , m ) 1
a1 b1 (mod m ).
证：a b(mod m ) m a b m (a1 b1 )d
m (a1 b1 ) a1 b1 (mod m ).
注意：若没有(d , m ) 1的条件，不能成立！ 反例： 取m 4, a 6, b 10, d 2, 有6 10(mod 4), 但 3 5(mod 4)不能成立.
——各位上的数字之和能被3（9）整除 10 1mod(3) 10i 1mod(3)
a an 10n a1 10 a0 an a1 a0 mod(3)
从而 3 a 3 ai .
i 0 n
例1 检查5874192、435693
11
7
r
77
——减小幂指数
由71 1(mod 4), 7 2 1(mod 4), 76 1(mod 4),
7 7 1 3(mod 4)， r3
所以7 7 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10).
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-2
m
m
m
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。
18
y = x2 m2x3 m2m3x4 m2mkxk 1
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。 由定理4，当x1通过模m1的完全剩余系，
xi（2 i k 1）通过模mi的完全剩余系时， x1 m1y = x1 m1(x2 m2x3 m2mkxk 1)
从而
3、剩余系间的联系
定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1， X { x1 , x2 , , xm1 } ,Y { y1 , y2 , , ym2 } 分别是模m1与模m2的完全剩余系， 则 R = { Ax m1y：xX，yY }是模m1m2的一个 完全剩余系。 证明 由定理3只需证明：若x , x X，y , y Y，且 Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)， 则 x ' x ", y ' y " [ R中有m1m2个元素].
13 14
定理5 设miN，AiZ（1 i n），并且满足： ① (mi, mj) = 1，1 i, j n，i j； ② (Ai, mi) = 1，1 i n； ③ miAj ，1 i, j n，i j 。 则当xi（1 i n）通过模mi的完全剩余系Xi时， y = A1x1 A2x2 Anxn 通过模m1m2mn的 完全剩余系。
检验：设{x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系， 那么，{b+x1, b+x2, , b+ xm}和 {ax1, ax2, ,a xm} 是模m的一个完全剩余系吗？ m 6, b 2 m 5, b 2 m 5, a 2 m 6, a 2
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由于自20世纪以来引进了抽象数学和高等分析的 巧妙工具，数论得到进一步的发展，从而开阔了新 的研究领域，出现了代数数论、解析数论、几何数 论等新分支。而且近年来初等数论在计算机科学、 组合数学、密码学、代数编码、计算方法等领域内 更得到了 广泛的应用，无疑同时也促进着数论的发 展。
带余数除法的第三种表示（课后习题）
定理4 若a,b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数
q及r，使得
a bq r，
b r
2
成立，而且当b是奇数时，q及r是唯一的；当b是偶数时，q及r
有可能是不唯一的。
例 当a 5, b 2时，可有 5 （ 2）（ 3）（1），即q 3, r 1; 或5 （ 2）（ 2）1，即q 2, r 1
3、带余数除法
带余数除法的第二种表示 定理4 若a,b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数 q及r，使得 a bq r， 0 r b 成立，而且q及r是唯一的。
证明分析：作整数序列 ，-3 b ,-2 b ,- b ,0,b ,2 b ,3 b ,
则a必满足q b a<(q+1) b , 其中q Z , 令a q b r可得到a b q r,分b 0和 b 0来讨论q, 进一步证明q, r的唯一性。
• 我国近代：在解析数论、丢番图方程，一致分布 等方面有过重要贡献，出现了华罗庚、闵嗣鹤等 一流的数论专家，其中华罗庚在三角和估值、堆 砌素数论方面的研究享有盛名。
• 特别是在“篩法”、歌德巴赫猜想方面的研究， 已取得世界领先的优异成绩。陈景潤在1966年证 明歌德巴赫猜想方面证明了”1+2”(一个大偶数可 以表示为一个素数和一个不超过两个素数的乘积 之和)
4、最完美的数——完全数问题
完美数又称为完全数,最初是由毕达哥拉斯的 信徒发现的,他们注意到,数6有一个特性,它等于 它自己的因子(不包括它自身)的和， 如： 6=1+2+3.
下一个具有同样性质的数是28, 28=1+2+4+7+14. 接着是496和8128.他们称这类数为完美数.
欧几里德在大约公元前350-300年间证明了:
二 数论的发展
自古以来，数学家对于整数性质的研究一直十分重 视，初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几 何原本》（公元前3世纪）中就已出现。欧几里得证明了 素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数 的方法，即所谓欧几里得算法。我国古代在数论方面亦 有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”， 正是我国古代《孙子算经》中的下卷第26题，我国称之 为孙子定理。
三、几个著名数论难题
初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗 留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易 搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困 难。
其中，非常著名的问题有：哥德巴赫猜想 ； 费尔马大定理 ；孪生素数问题 ；完全数问题等。
1、哥德巴赫猜想：
1742年,由德国中学教师哥德巴赫在教学中首先发现 的。1742年6月7日，哥德巴赫写信给当时的大数学家 欧拉,正式提出了以下的猜想：
对 于任何偶数 2k, 存在无穷多组以2k为间隔的素数。 对于 k=1，这就是孪生素数猜想，因此人们有时把 Alphonse de Polignac 作为孪生素数猜想的提出者。 不同的 k 对应的素数对的命名也很有趣，k=1 我们 已经知道叫做孪生素数； k=2 (即间隔为4) 的素数 对被称为 cousin prime ；而 k=3 (即间隔为 6) 的素数对竟 然被称为 sexy prime (不过别想歪了，之所以称为 sexy prime 其实是因为 sex 正好是拉丁文中的 6。)
第一章 整数的可除性
一 初等数论及其主要内容
数论是研究整数性质的一门很古老的数学分支， 其初等部分是以整数的整除性为中心的，包括整除 性、不定方程、同余式、连分数、素数（即质数） 分布 以及数论函数等内容，统称初等数论
（elementary number theory） 。
初等数论是数论中。
第一节 整除的概念 带余数除法
如果不存在整数q使得a bq成立，则称a不被b整除， 记为b † a。
2、整除的基本定理
思考：逆命题是否成立？ 1、m|(a±b) →m|a,m|b 2、m|(a±b) ，m|a→m|b
定理2’ m | a, m | (a b) m | b
特例：m||a
m|aq
若 2n 1 是素数，则 2n1(2n 1) 是完全数
注意以上谈到的完全数都是偶完全数,至今仍 然不知道有没有奇完全数。
四、初等数论在中小学教育中的作用
• 在培养中学生思维能力方面大有作用。
国际数学奥林匹克从1959年起到2002 年已经举行了43届比赛，大致统计， 在总共260道题目中，可以主要用初等 数论知识来解及初等数论知识有关的 约有82题，约占31.5%。
一个大于6的偶数可以表示为不同的两个质数之和。
陈景润在1966年证明了“哥德巴赫猜想”的“一个大 偶数可以表示为一个素数和一个不超过两个素数的乘 积之和”〔所谓的1+2〕，是筛法的光辉顶点，至今仍 是“哥德巴赫猜想”的最好结果。
2、费尔马大定理： 费马是十七世纪最卓越的数学家之一，他在数学 许多领域中都有极大的贡献，因为他的本行是专业的 律师，世人冠以“业余王子”之美称。在三百七十多 年前的某一天，费马正在阅读一本古希腊数学家戴奥 芬多斯的数学书时，突然心血来潮在书页的空白处， 写下一个看起来很简单的定理。
方程 xn yn zn (n 3) 无非0整数解
经过8年的努力，英国数学家 安德鲁·怀尔斯 终 于在1995年完成了该定理的证明。
3、孪生素数问题
存在无穷多个素数 p, 使得 p+2 也是素数。
究竟谁最早明确提出这一猜想已无法考证，但是 1849年法国数学家 Alphonse de Polignac 提出猜想：