初等数论(闵嗣鹤版)课件解析
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《初等数论(闵嗣鹤)》课后习题解答2012修改版
q q , t a bs a b ，则有 2 2
b q q q 0 a bs t a b a b b t 2 2 2 2
若 b 0 则令 s , t a bs a
q 2
b q b ，则同样有 t 2 2
(ii ) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s
ax0 by0 | (a, b). 又有 (a, b) | a ， (a, b) | b
(a, b) | ax0 by0 故 ax0 by0 (a, b)
4．若 a，b 是任意二整数，且 b 0 ，证明：存在两个整数 s，t 使得
a bs t ,
| t |
|b| 2
则 r ( x x0 q)a ( y y0 q)b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by
（ x, y 为任意整数） ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
as bt 1
充分性。若存在整数 s，t 使 as+bt=1，则 a，b 不全为 0。 又因为 (a, b) | a,(a, b) | b ，所以 (a, b | as bt ) 又 (a, b) 0 ， (a, b) 1 2．证明定理 3 定理 3 即 (a, b) |1 。
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《初等数论》习题解答（修改版） （茂名学院
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p p an ( )n an1 ( )n1 q q
an p n an1 p n1q
a1
p a0 0 q
（2）
a1 pq n1 a0 q n 0 a1 pq n1 a0 q n ，
《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
7 8
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:
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
i 1 i 1 i 1
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
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
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-5
例5 求[1
练习：
1 1.证明 : 对任意x R, 有 x x 2 x 2 2.设m , n是整数 , n 1, 证明 :
m | m1 n , 当n m 1 n m 1,当n | m 1 n 3.证明 : x , y R, 有
17
18
9解 : i 2 i 3 i 5 i 6 i 10 i
i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
500
500 2
500 3
500 5
500 6
500 500 500 500 500 500 500 8解 : 500 7 11 57 5 11 7 11 5 7 11 312 5
(3)[ n x ] n [ x ], n Z ; (4)[ x ] [ y ] [ x y ], x y x y;
例如： [2.3] 2,[ 2.3] 3,[2] 2,[ ] 3,[ ] 4；
2.3 0.3,2.3 0.7,2 0, 0.1415 ,
证明(7):a b时显然.设m是任一不大于a而为b的倍数的
正整数, 则
0 m bm1 a , 0 m1
a a 注：若记 a b q (余r )，则 b[ ] q , b = r . b b
a . b a 故满足上条件的m的个数等于m1的个数 ,因而等于 . b 证明(8)由[ x ] x y [ y ] 1, 得[ x ] [ y ] 1, [ x ] [ y ];
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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
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：
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。
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。
近代初等数论的发展得益於费马、欧拉、拉格朗日、 勒让德和高斯等人的工作。1801年，德国数学家高斯集 中前人的大成，写了一本书叫做《算术探究》，开始了 现代数论的新纪元。高斯还提出：“数学是科学之王， 数论是数学之王”。
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。
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。)
• 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)
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 | (aq
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） 。
初等数论是数论中不求助于其他数学学科的帮助， 只依靠初等的方法来研究整数性质的分支。
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：
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:
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%。