初等数论第一章3
初等数论 第一章 整除1-4
例5 写出不超过100的所有的素数.
解 1 11 21 31 41 51 61 71 81 91 将不超过100的正整数排列如下： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 17 18 19 20 22 23 24 25 26 27 28 29 30 32 33 34 35 36 37 38 39 40 42 43 44 45 46 47 48 49 50 52 53 54 55 56 57 58 59 60 62 63 64 65 66 67 68 69 70 72 73 74 75 76 77 78 79 80 82 83 84 85 86 87 88 89 90 92 93 94 95 96 97 98 99 100
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
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。
初等数论
第一章 整除 §1 自然数与整数
按以下步骤进行：
(ⅰ) 删去1，剩下的后面的第一个数是2，2是素数； (ⅱ) 删去2后面的被2整除的数，剩下的2后面的第 一个数是3，3是素数； (ⅲ) 再删去3后面的被3整除的数，剩下的3后面的 第一个数是5，5是素数； (ⅳ) 再删去5后面的被5整除的数，剩下的5后面的 第一个数是7，7是素数； 照以上步骤可以依次得到素数2, 3, 5, 7, 11, . 由定理2推论可知，不超过100的合数必有一个不超 过10的素约数，因此在删去7后面被7整除的数以后， 就得到了不超过100的全部素数.
初等数论第一章3
则11(n 1)2，因此，由定理4的推论1得到
11n 1，112(n 1)2。
再由式(3)得到
11211，
这是不可能的。所以式(3)不能成立。
第三节 最大公约数
注：这个例题的一般形式是： 设p是素数，a，b是整数，则
Pk b)k pk 1c， |(an
其中c是不被p整除的任意整数，k是任意的大于1
3，
于是b = a = 1，这是不可能的，所以式(6)不成
立。
第三节 最大公约数
(ⅲ) 若a > b，记a = kb r，0 r < b，此时
2kb1=(2b1)(2(k 1)b2(k 2)b1)=(2b 1)Q,
其中Q是整数。所以 2a 1 = 2kb + r 1 = 2r(2kb 1 1) 1 = 2r((2b 1)Q 1) 1 = (2b 1)Q (2r 1), 其中Q是整数。因此 2b 12a 1 2b 12r 1， 在(ⅰ)中已经证明这是不可能的,所以式(6)不能成
的整数。
第三节 最大公约数
例3 设a，b是整数，且
9a2 ab b2，
则3(a, b)。 证明 由式(4)得到 9(a b)2 3ab 3(a b)2 3ab
(4)
3(a b)2 3a b
9(a b)2。
(5)
第三节 最大公约数
再由式(4)得到 93ab 3ab。 3a或3b。
a1x1 a2x2 … akxk = 1。
证明 必要性 由定理2得到。
(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da1x1 a2x2 … akxk = 1，这是不可能的。所以有(a1, a2, …,
初等数论
定理及推论 • 定理1:任何大于1的整数a都至少有一个素约数.
证明 : 若a是素数, 则定理是显然的. 若a不是素数, 那么它有两个以上的正的非平凡约数, 可设它们为d1 , d 2 , , d k ( k 2). 不妨设d1是其中最小的, 若d1不是素数, 则存在e1 , e2 , 使得d1 e1e2 ,因此, e1和e2 也是a的正的非平凡约数, 这与d1 的最小性矛盾.
练习题
1 证明 : 若3 | n且7 | n, 则21| n.
1证明 : 3 | n,可设n 3m, 由7 | n得, 7 | 3m, 而7 | 7 m, 所以7 | (7 m - 2 3m), 即7 | m, 21| 3m, 即21| n.
2 设a 2k -1, k Z , 若a | 2n, 则a | n.
推论1 推论2
• 如果a是大于1的正整数,则a的大于1的最小约数必为素数.
任何大于 1 的合数a必有一个不超过 a的素约数.
证明 : 若a d1d 2 , 其中d1 1是最小素约数, 则d12 a, 成立.
定理2:素数的个数是无限的.
证明 : 假设正整数中只有有限个质数, 设为p1 , p2 , , pk , 令N p1 p2 pk 1, N 1, 若N 是质数, 结论显然成立; 若N 不是质数, 则N 有一质因数p, 这里p pi , i 1, 2, , k , 否则p | p1 p2 pk , 又 p | N p1 p2 pk 1, 因此p | 1, 这与p是质数矛盾, 故p是上面k 个质数以外的质数, 得证.
证明 : (1) a | b, b aq, b aq, a | b; (2) a | b, b | c, b q1a, c q2b, c q1q2 a , a | c; (3) b | ai (i 1, 2, , k ), ai qi b(i 1, 2, , k ), ai xi qi xi b(i 1, 2, , k ), a1 x1 a2 x2 ak xk b (q1 x1 q2 x2 qk xk ) b | a1 x1 a2 x2 ak xk (其中xi是任意的整数);
初等数论第2版习题答案
第一章 §11 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。
∴存在n 个整数n p p p ,,21使 n n n m p a m p a m p a ===,,,222111又n q q q ,,,21 是任意n 个整数m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数2 证： )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n )1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n 从而可知 )12)(1(/6++n n n3 证： b a , 不全为0∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而有形如by ax +的最小整数00by ax +Z y x ∈∀,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+则S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rby ax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax by ax ++/00 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0000++∴ ).,/(00b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+4 证：作序列 ,23,,2,0,2,,23,b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使b q a b q 212+<≤成立 )(i 当q 为偶数时，若.0>b 则令b qa bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b qa bs a t q s 2,2+=-=-=，则同样有2b t < )(ii 当q 为奇数时，若0>b 则令b q a bs a t q s 21,21+-=-=+=，则有 2021212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 0<b ，则令b q a bs a t q s 21,21++=-=+-= 则同样有 2b t ≤综上 存在性得证 下证唯一性当b 为奇数时，设11t bs t bs a +=+=则b s s b t t >-=-)(11 而b t t t t b t b t ≤+≤-∴≤≤1112,2矛盾 故11,t t s s ==当b 为偶数时，t s ,不唯一，举例如下：此时2b为整数 2,2),2(2212311b t b t b b b b b ≤=-+⋅=+⋅=⋅ 2,2,222211bt b t t bs t bs a ≤-=+=+=5.证：令此和数为S ，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数（1） 令S=n14131211+++++，取M=p k 75321⋅⋅⋅-这里k 是使n k ≤2最大整数，p 是不大于n 的最大奇数。
初等数论课程教案总结.ppt
P 1 8 定 理 1 2 : 设 m 0,我 们 有
[ ma1,. . . , mak ] = m[a1,. . . , ak ] .
P 2 0 定 理 2 ： 设 a,b是 两 个 给 定 的 整 数 , a 0. 再设 d是一个给定的整数. 那么,一定存在 惟 一 的 一 对 整 数 q1 与 r1, 满 足 b a q1 r1,d r1 a d. 此 外 , a b的 充 要 条 件 是 a r1.
P 4 4 定 理 8 ： 设 a1,,ak是 不 完 全 为 零 的 整 数 . 我 们 有 ( i ) ( a1,, ak ) = m i n { s a1x1 ak xk : x j Z( 1 j k ) , s 0} , 即 a1,, ak 的 最 大 公 约 数 等 于 a1,,ak的 所 有 整 系 数 线 性 组 合 组 成 的 集 合 S中 的 最 小 正 整 数 . ( i i ) 一 定 存 在 一 组 整 数 x1,0,, xk,0使 得 ( a1,, ak ) = a1x1,0 ak xk,0.
P 4 8 定 理 1 ： 设 p 是 素 数 , p a1a2 . 那 么 p a1或 p a2 至 少 有 一 个 成 立 . 一 般 地 , 若 p a1. . .ak , 则 p a1 ,. . . , p ak 至少一个成立.
《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:
(完整版)初等数论第2版习题答案
第一章 §11 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。
∴存在n 个整数n p p p ,,21使n n n m p a m p a m p a ===,,,222111又n q q q ,,,21 是任意n 个整数m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数2 证： )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n )1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n 从而可知 )12)(1(/6++n n n3 证： b a , 不全为0∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而有形如by ax +的最小整数00by ax +Z y x ∈∀,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+则S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rby ax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax by ax ++/00 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0000++∴ ).,/(00b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+4 证：作序列 ,23,,2,0,2,,23,b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使b q a b q 212+<≤成立 )(i 当q 为偶数时，若.0>b 则令b qa bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b qa bs a t q s 2,2+=-=-=，则同样有2b t <)(ii 当q 为奇数时，若0>b 则令b q a bs a t q s 21,21+-=-=+=，则有 2021212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 0<b ，则令b q a bs a t q s 21,21++=-=+-= 则同样有 2b t ≤综上 存在性得证 下证唯一性当b 为奇数时，设11t bs t bs a +=+=则b s s b t t >-=-)(11 而b t t t t b t b t ≤+≤-∴≤≤1112,2矛盾 故11,t t s s ==当b 为偶数时，t s ,不唯一，举例如下：此时2b为整数 2,2),2(2212311b t b t b b b b b ≤=-+⋅=+⋅=⋅ 2,2,222211bt b t t bs t bs a ≤-=+=+=5.证：令此和数为S ，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数（1） 令S=n14131211+++++，取M=p k 75321⋅⋅⋅-这里k 是使n k≤2最大整数，p 是不大于n 的最大奇数。
《初等数论》各章习题参考解答
《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是，所以满足条件的最小正整数11111111100a =。
2.解：3在100!的分解式中的指数()1001001001003100!33113148392781⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++=+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 在100!的分解式中的指数()1001001001001002100!50251261942481664⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，∴ ()9448474847100!2343123,,61k k k k =⋅⋅=⋅⋅=⋅=。
故 max 47n =，min 3M k =，(),61k =。
故 当M 最小值是3的倍数，但不是2的倍数。
3.解：112121n n n n x x ++++++等价于()()21221n n n x x x ++-+-，从而3x ³（n 就不会太大，存在反向关系）。
由()()22121n nn x x x -+-?+，得()()2212n n n x x -+?，即()()()121122nn x x -+?。
若2n ³，则()()()()251221114242nn x xx x-?+??，导致25140x x -+?，无解。
所以，只有1n =，335314x x x +-?，只能是37,14x +=，从而4,11x =。
综上所述，所求正整数对()()(),4,111,1x n =、。
4.解：按题意，2m n >>，记*,m n k k N =+?；则()222211111n n k nk n k k a a a a a a a a a a a a +++-+-?-+--++-22211111n k k n k k a a a a a a a a a ++?---+?-+-，故 存在无穷多个正整数a 满足2111n k k a a a a ++-+-。
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ak的公约数中最大的一个叫做a1, a2, …, ak的
最 大 公 约 数 （ 或 最 大 公 因 数 ） ， 记 为 (a1, a2, …, ak)。 由于每个非零整数的约数的个数是有限的, 所以最大公约数是存在的, 并且是正整数.
第三节 最大公约数
如果(a1, a2, …, ak) = 1，则称 a1, a2, …, ak
ak) = 1。证毕。
第三节 最大公约数
定理4 对于任意的整数a，b，c，下面的结论成
立：
(ⅰ) 由bac及(a, b) = 1可以推出bc；
(ⅱ) 由bc，ac及(a, b) = 1可以推出abc。 证明 (ⅰ) 若(a, b) = 1，由定理2，存在整数x与y， 使得 ax by = 1。
c)。证毕。
第三节 最大公约数
推论3 若 (a, bi) = 1，1 i n，则 (a, b1b2…bn) = 1。 证明 留作习题。 定理5 对于任意的n个整数a1, a2, …, an，记
(a1, a2) = d2, (d2, a3) = d3, …, (dn 2, an 1) = dn 1,
如果y0是集合A中最小的正数, 则y0=(a1,a2, …,ak). 证明 设d是a1, a2, …, ak的一个公约数, 则dy0,所 以d y0. 另一方面, 由第二节例2知, y0也是a1,
a2, …, ak的公约数. 因此y0是a1, a2, …, ak的公约
数中的最大者, 即y0 = ( a1, a2, …, ak). 证毕.
第三节 最大公约数
推论3 记 = (a1, a2, …, ak)，则
ak a1 a 2 ( , , , ) 1
特别地,
(
a b , ) 1. (a , b) (a , b)
第三节 最大公约数
定理3 (a1, a2, …, ak) = 1的充要条件是存在整数x1, x2, …, xk，使得
成立，则
2b 1 2a 1 2b 2a 2 2a(2b a 1) 2，
于是a = 1，b a = 1，即b = 2，这是不可能的，
所以式(6)不成立。
第三节 最大公约数
(ⅱ) 若a = b，且式(6)成立，则由式(6)得到
2a 1(2a 1) 2 2a 12 2a 1 2 2a
(dn 1, an) = dn，
则
dn = (a1, a2, …, an).
第三节 最大公约数
证明 由定理2的推论，我们有
dn = (dn 1, an) dnan，dndn 1，
dn 1 = (dn 2, an 1) dn 1an 1，dn 1dn 2，
(ⅴ) 若a = bq r，则(a, b) = (b, r)。
第三节 最大公约数
证明 (ⅰ)(ⅳ)留作习题。 (ⅴ) 由第一节定理1可知, 如果da，db，则有 dr = a bq，反之, 若db，dr，则da = bq r. 因此a与b的全体公约数的集合就是b与r的
全体公约数的集合，这两个集合中的最大正数
a1x1 a2x2 … akxk = 1。
证明 必要性 由定理2得到。
(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da1x1 a2x2 … akxk = 1，这是不可能的。所以有(a1, a2, …,
dnan，dnan 1，dndn 2，
dn 2 = (dn 3, an 2) dn 2an 2，dn 2dn 3 dnan，dnan 1，dnan 2，dndn 3， ……
第三节 最大公约数
d2 = (a1, a2) dnan，dnan
第三节 最大公约数
例1 证明: 证明
21n 4 若n是正整数,则 14 n 3
是既约分数.
由定理1得到 (21n 4, 14n 3)
= (7n 1, 14n 3) = (7n 1, 1) = 1。 注：一般地，若(x, y) = 1，那么，对于任意的 整数a，b，有 (x, y) = (x ay, y) = (x ay, y b(x ay)) = (x ay, (ab 1)y bx)，
1，…，dna2，
dna1，
即dn是a1, a2, …, an的一个公约数。
另一方面，对于a1, a2, …, an的任何公约数d，由 定理2的推论及d2, …, dn的定义，依次得出
da1，da2 dd2， dd2，da3 dd3， ……
第三节 最大公约数
ddn 1，dan ddn， 因此dn是a1, a2, …, an的公约数中的最大者，即 dn = (a1, a2, …, an)。证毕。
初等数论
Number Theory
第一章 整除理论
• 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。
第三节 最大公约数
定义1 整数a1, a2, …, ak的公共约数称为a1, a2,
…, ak的公约数。不全为零的整数a1, a2, …,
若3a，由式(5)得到3b；若3b，由(5)式也 得 到3a。因此，总有3a且3b。 由定理2的推论推出3(a, b)。 再由式(3)得到 11211， 因此，由定理4的推论1，得到
这是不可能的。所以式(3)不能成立。
第三节 最大公约数
例4 设a和b是正整数, b > 2, 则2b 1 2a 1. | 证明 (ⅰ) 若a < b，且 2b 12a 1。 (6)
第三节 最大公约数
推论2 若 (a, b) = 1，则(a, bc) = (a, c)。 证明 设d是a与bc的一个公约数，则da，dbc，
由式（2）得到，d|c, 即d是a与c的公约数。另 一方面，若d是a与c的公约数，则它也是a与 bc的公约数。因此，a与c的公约数的集合，
就是a与bc的公约数的集合，所以(a, bc) = (a,
3，
于是b = a = 1，这是不可能的，所以式(6)不成
立。
第三节 最大公约数
(ⅲ) 若a > b，记a = kb r，0 r < b，此时
2kb1=(2b1)(2(k 1)b2(k 2)b1)=(2b 1)Q,
其中Q是整数。所以 2a 1 = 2kb + r 1 = 2r(2kb 1 1) 1 = 2r((2b 1)Q 1) 1 = (2b 1)Q (2r 1), 其中Q是整数。因此 2b 12a 1 2b 12r 1， 在(ⅰ)中已经证明这是不可能的,所以式(6)不能成
第三节 最大公约数
定理1 下面的等式成立： (ⅰ) (a1, a2, …, ak) = (|a1|, |a2|, …, |ak|)；
(ⅱ) (a, 1) = 1，(a, 0) = |a|，(a, a) = |a|；
(ⅲ) (a, b) = (b, a)；
(ⅳ) 若p是素数, a是整数, 则(p, a) = 1或pa;
第三节 最大公约数
因此
acx bcy = c (2)
由上式及bac得到bc。结论(ⅰ)得证；
(ⅱ) 若(a, b) = 1，则存在整数x，y使得式(2)成
立。由bc与ac得到abac，abbc，再由式
(2)得到abc。结论(ⅱ)得证。证毕。
第三节 最大公约数
推论1 若p是素数，则下述结论成立： (ⅰ) pab pa或pb； (ⅱ) pa2 pa。 证明 留作习题。
当然相等，即(a, b) = (b, r)。证毕。 由定理1可知,在讨论(a1, a2, …, an)时,不妨假设a1, a2, …, an是正整数,以后我们就维持这一假设.
第三节 最大公约数
定理2 设a1, a2, …, akZ，记
A = { y:y = x1a1+x2a2+ …+xkak ,xiZ, i k }.
x ay 因此，是 (ab 1) y bx 既约分数。
第三节 最大公约数
例2 证明： 121 n2 2n 12, n Z . | 证明 由于121 = 112，n2 2n 12 = (n 1)2 11，所以，若 112(n 1)2 11， (3)
立.
第三节 最大公约数
综上证得 2b 1 2a 1。 |
习题三
1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。 2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。 3. 证明定理4的推论1和推论3。
4. 设x, yZ, 172x 3y, 证明：179x 5y.
5. 设a, b, cN, c无平方因子, a2b2c，证明： ab。 6. 设n是正整数，求的最大公约数。
则11(n 1)2，因此，由定理4的推论1得到பைடு நூலகம்
11n 1，112(n 1)2。
再由式(3)得到
11211，
这是不可能的。所以式(3)不能成立。
第三节 最大公约数
注：这个例题的一般形式是： 设p是素数，a，b是整数，则
Pk b)k pk 1c， |(an
其中c是不被p整除的任意整数，k是任意的大于1
是互素的（或互质的）；如果
(ai, a j) = 1，1 i, j k，i j，
则称a1, a2, …, ak是两两互素的(或两两互质的). 显然，a1, a2, …, ak两两互素可以推出(a1, a2, …, ak) = 1，反之则不然，例如(2, 6, 15) = 1， 但(2, 6) = 2。