初等数论讲义修改版
合集下载
《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
因而a个余数r0, r1, , ra1仅可能取a 1个值， 因此其中必有两个相等。
设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有 a(qk qi ) 2k 2i 2i (2ki 1)
因而a个余数r0, r1, , ra1仅可能取a 1个值， 因此其中必有两个相等。
• 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)
m|aq
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。
(i)若在r1, , 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)若在r1, , r5中数0，1，2至少有一个不出现，
这样至少有3个ri要取相同的值，不妨设
r1 r2 r3 r(r 0,1或2），
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”。
设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有 a(qk qi ) 2k 2i 2i (2ki 1)
因而a个余数r0, r1, , ra1仅可能取a 1个值， 因此其中必有两个相等。
• 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)
m|aq
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。
(i)若在r1, , 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)若在r1, , r5中数0，1，2至少有一个不出现，
这样至少有3个ri要取相同的值，不妨设
r1 r2 r3 r(r 0,1或2），
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”。
《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
数论讲义一：整除
数论讲义一：整除整除是整数的一个重要内容，这里仅介绍其中的几个方面：整数的整除性、最大公约数、最小公倍数、方幂问题。
Ⅰ.整数的整除性初等数论的基本研究对象是自然数集合及整数集合。
我们知道，整数集合中可以作加、减、乘法运算，并且这些运算满足一些规律（即加法和乘法的结合律和交换律，加法与乘法的分配律），但一般不能做除法，即，如是整除，，则不一定是整数。
由此引出初等数论中第一个基本概念：整数的整除性。
定理一：（带余除法）对于任一整数和任一整数，必有惟一的一对整数，使得，，并且整数和由上述条件惟一确定，则称为除的不完全商，称为除的余数。
若，则称整除，或被整除，或称的倍数，或称的约数（又叫因子），记为。
否则，| 。
任何的非的约数，叫做的真约数。
0是任何整数的倍数，1是任何整数的约数。
任一非零的整数是其本身的约数，也是其本身的倍数。
由整除的定义，不难得出整除的如下性质：（1）若（2）若（3）若，则反之，亦成立。
（4）若。
因此，若。
（5）、互质，若（6）为质数，若则必能整除中的某一个。
特别地，若为质数，（7）如在等式中除开某一项外，其余各项都是的倍数，则这一项也是的倍数。
（8）n个连续整数中有且只有一个是n的倍数。
（9）任何n个连续整数之积一定是n的倍数。
（10）二项式定理：；；经典例题：一、带余除法1．若是形如的数中最小的正整数，求证：；分析：利用带余除法，设2．为质数，，证明：被整除；分析：利用带余除法处理，可以设，再来表示二．若3．设和为自然数，使得被整除，证明：分析：根据恒等式4．为给定正整数，对任意，都有，证明：；分析：注意到，对任意，有三、利用牛顿二项式定理；；5．设都是正整数，，且，证明：；分析：首先由，而，讨论的奇偶性6．已知，定义，证明：；分析：当时，四、配对思想7．设为奇数，证明：；分析：由于，这些数的分子都是，分母都小于，因此想到用配对法做此题；五．反证法8．设，，而是一个不小于的正整数，证明：存在整数，使得；整除作业一1．设为有理数，为最小正整数，使得是整数，如果与是整数，证明：。
《初等数论(闵嗣鹤)》习题解答2010修改版
2
2
2
(ii) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则有
2
2
2 / 63
《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
b t a bs a q 1b a q 1 b 0 t b
2
2
2
2
若 b 0 ，则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则同样有 t b 综上所述，存在性
证明： a1, a2 , an 都是 m 的倍数。 存在 n 个整数 p1, p2, pn 使 a1 p1m, a2 p2m, , an pnm 又 q1, q2, , qn 是任意 n 个整数 q1a1 q2a2 qnan q1 p1m q2 p2m qn pnm ( p1q1 q2 p2 qn pn )m 即 q1a1 q2a2 qnan 是 m 的整数 2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明 n( n 1 ) ( 2n 1) n n( 1n)( 2n 1 )
2．求 82798848 及 81057226635000 的标准式．
解：因为 8|848，所以 8 | A, A 82798848 810349856 23 B ，
又 8|856，所以 8|B， B 81293732 23 C ，
又 4|32，所以 4|C， C 4323433 22 D
又 9|（3+2+3+4+3+3），所以 9|D， D 935937 32 E ， 又 9|（3+5+9+3+7），所以 9|E， E 93993
又 3993 31331 3113
所以 A 2835113 ；
同理有 81057226635000 23 33 54 73 112 17 2337 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第四讲 孙子定理及应用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
第五讲 高次同余方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.10 Gauss整数的应用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.11 小结 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 第九讲 模m的原根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.12 模m的原根存在的条件 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.13 指数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.14 公钥密码应用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 第十讲 群， 环， 域理论简介（上） . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.15 群的概念及例子 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.16 似曾相识的群理论 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.17 基本的群论定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 第十一讲 必备的抽象代数（下） . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.18 环和域的概念及例子 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.19 环的算术性质 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.20 理想的运算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.21 域的“熟知”定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 数论函数 第十二讲 基本的数论函数及运算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 数论函数pot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 麦比乌斯函数和Euler函数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dirichlet乘积 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 麦比乌斯反演公式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 积性函数和完全积性函数 素数分布 同余方法 柯召方法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
第八讲 素数表平方和问题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 素数表平方和主要定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gauss整数的算术 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
初等数论讲义
张起帆 April, 2010
2
Contents
1 唯一分解定理 第一讲 唯一分解定理的证明及简单应用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 带余除法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 同余语言的引进 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 唯一分解定理及证明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 应用举例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 进一步的思考 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Eratosthenes筛法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 一次不定方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fermat数与Mersenne数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 7 7 8 8 9 10 10 10 11 12 13 13 13 14 15 15 15 17 18 18 19 20 23 23 23 24 25
4
CONTENTS 第七讲 二次互反律 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 Gauss引理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 二次互反律的证明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 推广的二次互反律 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 特殊的二次同余方程的解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 26 27 28 29 30 31 32 33 34 34 35 37 38 38 38 40 41 42 42 44 45 46 47 47 47 50 51 51 51 52 53 56 56 57 58 61
3 原根与二次剩余 第六讲 模p的原根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 3.2 3.3 原根的存在性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 原根的判别准则 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 二次剩余和勒让德符号 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Hale Waihona Puke 第二讲 一些数论问题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .