初等数论第二章课件
第十一讲 初等数论-2
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• 分析： 分析：
–先明确下各个变量代表的意思： 先明确下各个变量代表的意思： 先明确下各个变量代表的意思
• x：青蛙A的出发点坐标 青蛙A • y：青蛙B的出发点坐标 青蛙B • m：青蛙A一次能跳m米 青蛙A一次能跳m • n：青蛙B一次能跳n米 青蛙B一次能跳n • L：纬度线总长L米 纬度线总长L
2
gcd（最大公因子） 最大公约数 gcd（最大公因子）
• Euclidean算法求两个正整数a和b的 Euclidean算法求两个正整数a 算法求两个正整数 gcd。先令r gcd。先令r0为a，r1为b，接着执行如 下运算： 下运算：
3
最大公约数
• GCD递归定理：对任意非负整数a和任意 GCD递归定理 对任意非负整数a 递归定理： 正整数b 正整数b，gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)。 b)。
7
扩展欧几里德算法
程序代码如下： 程序代码如下： int extended_ gcd(int a, int &y){ int t, gcd; if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } gcd = extended_ gcd t = x; x = y; y = t return gcd; } int b, int &x,
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第三章
同 余
同余是数论中的重要概念， 同余是数论中的重要概念，同余理论是研究整数 问题的重要工作之一.本章介绍同余的基本概念， 问题的重要工作类和完全剩余系.
15
例3. 求 7 的个位数.
7 解：1 ≡ −3(mod10), 7 2 ≡ −1(mod10), 7 4 ≡ 1(mod10)
初等数论2.
我喜欢数学
性质(6)
性质(7)
若a =a1d, b =b1d, (m, d) =1, a ≡b (mod m)，则 a1 ≡ b1 (mod m) .
性质(8) 若a ≡b (mod m)，k 为正整数 ， 则 ka ≡ kb (mod km) .
a b m (mod ). d为a，b及m的任一正公约数，则 d d d
2019年4月13日11时56分
性质(5) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 ac ≡ bd (mod m) .
同余式可以相乘。
推论
若a ≡b (mod m)， 则 a k ≡ b k (mod m), k 为任意整数.
同余式的数乘。
推广
E
2019年4月13日11时56分
2019年4月13日11时56分
2、同余的性质：
(1) 反身性： a ≡ a (mod m). (2) 对称性：若 a ≡ b (mod m)， 则 b ≡ a (mod m). (3) 传递性：若 a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m), 则 a ≡ c (mod m). (4) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 a + c ≡ b + d (mod m) , a－c ≡ b－d (mod m). 同余式可以相加减。
例7 用弃九法验算 28947×34578 =1001865676 是否正确. 解 28947≡3 (mod 9), 34578≡0 (mod 9) 应有28947×34578 ≡0 (mod 9), 而 1001865676 ≡0 (mod 9), 所以计算必有错误. 弃九法只是运算结果正确的必要条件，而非充 分条件 ! 因此只能判误.
初等数论(闵嗣鹤版课件
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”。
初等数论二-夏子厚
N
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
an1xn1
dn1t
(2)
第二节 多元一次不定方程
• 注：定理2说明了求解n元一次不定方程 的方法：先解方程组(2)中的第二个方程， 再解方程组(2)中的第一个方程，于是， 解n元一次不定方程就化为解n 1元一 次不定方程。重复这个过程，最终归结 为求解二元一次不定方程。
第二节 多元一次不定方程
• 定理2 设a，b，c是整数，若方程ax by
= c有解(x0, y0)，则它的一切解具有
•
x
y
x0 y0
b1t a1t
， tZ
(2)
•
的形式，其中
a1
a (a, b)
，b1
b (a, b)
。
第一节 二元一次不定方程
• 证明 容易验证，由式(2)确定的x与y满足方 程(1)。下面证明，方程(1)的解都可写成式(2) 中的形式。
，tZ，于是由x ，但区间的长度是
0，y 0 N ，故此区
a
b
ab
间内的整数个数为[ N ]或[ N ] 1。 ab ab
第一节 二元一次不定方程
例4：证明：二元一次不定方程 ax by =N
(a, b) = 1，a＞1，b＞1,当N＞ab a b
时有非负整数解，但是N= ab a b时则 不然。（不再给予证明）
t 1 3u x t 2v
• z 2 u
y
v
u，vZ
第二节 多元一次不定方程
• 从上式中消去t，得到
x 1 3u 2v
•
y
v u, vZ。 (6)
z 2 u
• 要使x 1，y 1，z 1，则应有
• 3u 2v 0，
初等数论第二章同余
和
N = cin_Yan_2…①仇=a2ci[a()-10°+a5a4a3-103H。
注:一般地，在考虑使N = an_{an_2-被加除的余数时,首先 是求岀正整数匕使得
10*三 一1或1(modm),
再将N=ci叶\5_2…写成
x + y+ 1 = 9或18,
3-y + x = 0或llo
这样得到四个方程组：
j\ + y + l = a
\3- y+x = b
其中。取值9或18, b取值0或11。在0<x,y<9的条件下解这四个 方程组，得到x=8, y = 0, z = 6o
习题一
1.证明定理1和定理2。
2.证明定理4。
3.证明定理5中的结论（i ）—（iv）o
(v)由
ac=be(mod m)
得到m |c(a-b),再由(c,加)=1和鉛一章翕三节定理4得到m \a- b,即
a = b(mod m)o
证毕。
例1设N = anall_［- --aQ是整数N的十进制表示，即
N=ani0,?+an-ilO,/_1+ …+ailO+ao ,
则
(i )3|Nq3|£⑷；
x = y(modm),⑷三切(modm),0 < / <n,
则பைடு நூலகம்
工4兀’三工(mod力7)。⑵
i=0i=0
证明留作习题。
定理5下面的结论成立：
(i)a = b(mod m),d \ m, d> 0 a = b(modd)；
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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(闵嗣鹤版)课件
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
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
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， 0r b 成立，而且q及r是唯一的。
例1 求当b=15时, a取下列数值时的不完全 商和余数. 1、a=81; 2、a=-81;
• 例2(1)一个数除以2,余数可能为 , 所有的整数按被2除所得的余数分类可分 为 . • (2)一个数除以3,余数可能为 ,所有 的整数按被3除所得的余数分类可分为 . • (3) 一 个 数 除 以 正 整 数 b, 余 数 可 能 为 ,所有的整数按被b除所得的余 数分类可分为 .
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）， a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3r 可以被3整除。
例3、设a 1为奇数，证明： 存在正整数d a 1, 使得a 2 1
d
证：考虑下面的a个数： 20 , 21 , , 2a 1，显然a不整除2 j (0 j a)，
大学数学---初等数论 ppt课件
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初等数论的大部份内容早在古希腊欧 几里德的《 几何原本》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”。
一、基本概念
1、自然数、整数 2、正整数、负整数 3、奇数、偶数 一个性质： 整数+整数=整数 整数-整数=整数 整数*整数=整数
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二、整除
1、定义：设a，b是整数，b≠0。如果存在 一个整数q使得等式：
a=bq 成立，则称b能整除a或a能被b整除，记作 b∣a；如果这样的q不存在，则称b不能整除 a。
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3、最大公因数的性质
（1）当b∣a时，（a，b）=b. （2）a，b的一切公因数都是（a，b）的因数. （3）若a，b是正整数，m是任一正整数，则有
（am，bm）=（a，b）m. （4）若（a，b）=1，c为任一正整数，则有
（ac，b）=（c，b） （5）若（a，b）=1， b∣ac，则有b∣c. （6）若a，b，c是任意三个正整数，则（a，b）=d的充分必要条件是：
a bq r, 0＜ r ＜b ，
b rq1 r1,
0＜ r1 ＜ r ，
则有 (a,b) rn .
r r1q2 r2 ,
…
…
0＜ r2 ＜ r1 ，
rn2 rn1qn rn , 0＜ rn ＜ rn1 ，
rn1 rn qn1 rn1 , rn 1 0 ,
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4、带余除法
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件2-1
即
x0 y t 0 b a x0 y 1 t 0 1 b a
x0 , y是原方程的一个非负整数解， 0 x x0 bt , y y0 at , t Z ax0 N ax t 0 ab ab N . 从而得证。 t 的取值区间长度为 ab
定理1 若〔1〕式有整数解 x x0 , y y0 则〔1〕式的一切解可以表示为
x x0 b1t , y y0 a1t , a b 其中， a1 , b1 , t 0, 1, 2， (a , b ) (a , b ) （2）
（*）
(a1 , b1 ) 1
7
说明：定理1给出了方程通解的一般形式。这样， 解决问题的关键在于求一个特解。 问题：所有的二元一次方程都有解吗？ 例如 定理2 6 x 8 y 1. ax by c (1) 有整数解 (a , b ) c .
显然； ，记d (a , b ) 若d c ，则c c1d , c1 Z . d 可以表示为as bt . 所以 c c1 ( as bt ) 取 x0 c1 s , y0 c1t， 即为方程〔1〕的解。
当N ab a b时有非负整数解；N ab a b时则不然 思考：N ab a b呢？ （1）方程的一般解可以表示为
4.证明：方程 ax by N , a 1, b 1,( a , b ) 1
当N ab a b时有非负整数解；N ab a b时则不然 思考：N ab a b呢？
ax by c (1)
ax by c , a , b, c Z , a , b 0
证：把〔2〕代入〔1〕，成立，故〔2〕是〔1〕的解。 设x ', y '是(1)的任一解，又x0 , y0是(1)的解. 所以有 ax ' by ' ax0 by0 .
初等数论-程耀ppt课件
筛法求素数
考虑：如果一个数是合数，那么它的素因子 都比它小？？？
这样说来：如果我们的当前数是 a ,那么所有 a的倍数〔当然是2倍以上啦〕都不会是素数 ，可以这样看吧？ 于是，我们可以一种新的素数判定方法。
筛法求素数
• 方法：每次用一个素数，去筛掉所有它的倍 数。
• 举个例子：2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 • 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 • 29 30 • ①筛去2的倍数，剩下3 5 7 9 11 13 15 17 19
if( ! prime[ i ]){ for ( int j = i * i ; j <maxn;j+=i) prime[ j ]=1;
} }
miller_rabin素性判定
• miller_rabin是一种概率型的算法，不是确定 型的。但是，只要运行次数足够多，一般出 错的概率是非常小的，一般10次就好了！
}
witness函数
• witness函数用来搜集n是合数的证据。
• bool witness(LL a,LL n){
•
LL m=n-1;
• int t=0; LL y;
•
while(!(m&1)){ m>>=1;t++;}//这个地方是通过一个推论来优化的
，x^2=1(mod n),当那个n是合数的时候，就会出现非平凡平方根！
证明：令d = gcd( a , b); a*x + b*y=d ...................① b*x1+(a%b)*y1=d..............②
那么我们可以由x1,y1的值反推出x,y的值。 把①②两式联立，消去d,并且用a-a/b*b来 替换a%b;然后可以令x=y1,推出y=x1-a/b*y1;
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第二章不定方程不定方程是指未知数个数多于方程个数，且对解有一定限制（比如要求解为正整数等）的方程。
是数论中最古老的分支之一。
古希腊的丢番图早在公元3世纪就开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程。
中国是研究不定方程最早的国家，公元初的五家共井问题就是一个不定方程组问题，公元5世纪的《张丘幻灯片2建算经》中的百鸡问题标志中国对不定方程理论有了系统研究。
秦九韶的大衍求一术将不定方程与同余理论联系起来。
百鸡问题说：“鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一。
百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何？”。
这是一个三元不定方程组问题。
1969年，莫德尔较系统地总结了这方面的研究成果。
近年来，这个领域更有重要进展。
但从整体上来说，幻灯片3对于高于二次的多元不定方程，人们知道得不多。
另一方面，不定方程与数学的其他分支如代数数论、代数几何、组合数学等有着紧密的联系，在有限群论在有限群论和最优设计中也常常提出不定方程的问题，这就使得不定方程这一古老的分支继续吸引着许多数学家的注意，成为数论中重要的研究课题之一。
幻灯片4第一节二元一次不定方程研究不定方程一般需要要解决以下三个问题：①判断何时有解。
②有解时决定解的个数。
③求出所有的解。
本节讨论能直接利用整除理论来判定是否有解，以及有解时求出其全部解的最简单的不定方程———二元一次不定方程。
11(1)(,,,)(,)ax by ca b Z a b a b c +=∈、定理设二元一次不定方程不全为零有整数解的充要条件是：0000,1x y ax by c+=证：（必要条件）设为（）的一组整数解，则 00(,),(,),(,).a b a a b b a b ax by c ∴+=幻灯片6 11(,),(,),,,,00,,(,)(2)a b c c c a b c Z a b Z a b s t Z as bt a b =∈∈≠≠∈+=（充分条件）若设而对且，，则存在使得1111010100002(,)=,=1c asc btc a b c cx sc y tc ax by c x y +==+=在（）式两端同乘以得令，即得，故（）式有一组整数解，. 幻灯片7注：定理的证明过程实际给出求解方程（1）的方法：11()(1)(1)(,)(1),(1)n n n n n n n n n i Q a P b r a b s Q t P ---+-===-=-由辗转相除法等可求得，取；1010(),(,)(,)c c ii sc s x tc t y a b a b ====再取； 00(),(,)(,)1c c iii x s y t a b a b ==则就为方程组（）的一组整数解。
幻灯片8001101012. 2(1),(,=,,,1,,(3)x x y y a b d a a d b b d x x b t y y a t t Z=====-=+∈定理设二元一次不定方程有一整数解，）则（）的一切整数解可以表成：0101()()31a xb t b y a tc -++=证：首先，，即（）是（）的解；0010101110101()()04()=(),(,)1,x y a x x b y y a x x b y y a b a y y b x x t Z ''''-+-=''---=''--∈其次，设，是（）的任一解，则，（）或则，，即存在使幻灯片90110011011014()0()0y y a t y a t y a x x a bt a d x x a b dt x x b t x y ''-==+''-+=-+='=-''或，代入（）式得，或即，因此，可表成（3）的形式。
1 74100x y +=例求的一切整数解。
7411,2);x y +=-利用观察法求出的一组特解（再写出方程的一切整数解。
幻灯片10232111175x y +=例 求的一切整数解.(321,111)375,3725x y =∴+= 解：方程有解，且同解于方程10723371(1)99,(1)2626,925,2625,x y x y x y +==-==-=-=⨯=-⨯而方程107的一解是：故原方程的一组整数解为：92537,2625107(0,1,2,)x t y t t =⨯-=-⨯+=±± 则原方程的一切整数解为：幻灯片11311132175x y -=例 求的一切整数解.注：利用辗转相除法求（a,b)时，前提为a,b 为正整数，且a 大于b ，因此求解此方程时可以考虑用变量替换。
,,111255(321,111)375,53725x y y x x y x y ''''=-=+==∴''+= 解：令原方程化为321（）方程（）有解，且同解于方程1073725925,2625,x y x y ''+=''=⨯=-⨯由例2方程107的一解是：幻灯片1210725925,2625,x y y x x y -=''=-=-⨯==-⨯故方程37的一解是：321752625+107,92537(0,1,2,)x y x t y t t -==-⨯=-⨯+=±± 则原方程111的一切整数解是：幻灯片133 .下面通过具体例子介绍一种判定方程是否有解，及其求出其解的直接算法——整数分离法31073725x y +=例、求的一切整数解3725107y x=-解： 25107253323737x x y x --==-+253333+3725(6)37x y x y -''==令，则253725463333y y x y ''--''==-+同理（） 254331=68(7)4y x x y x '-'='-''-+令，则 141(8)414,(0,1,2,)x y x y x t y t t '-'''''=+='''=-==±± 再令，最后得到则14,233(0,1,2,)x t y t t ''=-=-+=±± 则（7）的解为： 幻灯片15233,337(0,1,2,)y t x y x t t '=-+''=-+=-=±± （6）的解为：337,28107(0,1,2,)x t y x y t t =-'=+=-+=±± 从而原方程的解为：或先求出原方程的一个特解，再给出一切整数解。
41(8)1,0;71,263,23,8x y x y x y x y x y ''''''+===''==-''==-==-的一个特解为从而（）的一个特解为；由此得到（）的一个特解为；最后得到原方程的一个特解为 注：这种解不定方程的算法实际上是对整个不定方程用辗转相除法，依次化为等价的不定方程，直至得到这样的不定方程一个变量的系数为正负1的方程为止。
幻灯片17可以直接解出。
再依次反推上去，就得到原方程的通解。
为了减少运算次数，在用带余除法时，总取绝对值最小余数。
下面我们来讨论当二元一次不定方程（1）可解时，它的非负解和正解问题。
由通解公式知这可归结为去确 定参数t 的值，使x,y 均为非负或正。
显见，当a,b 异号时，不定方程（1）可解时总有无穷多组非负解或正解，理由是：幻灯片18000,0,000a b t b x x t d a y y t d <><⎧=->⎪⎪⎨⎪=+>⎪⎩若有无穷多个整数，满足所以下面只讨论a,b 均为正整数的情形，先来讨论非负解：0,0,(,)11a b a b c ab a b c ax by c ab c c ab a b ab >>=>--⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦⎡⎤+=--⎢⎥⎣⎦定理：设，当时，方程有非负整数解，解数等于或；当时，方程没有非负整数解。
幻灯片19下面讨论正整数解：0,0,(,)1a b a b c ab c ax by c ab c c ab ab >>=>⎡⎤+=-⎢⎥⎣⎦⎡⎤--=⎢⎥⎣⎦定理：设，当时，方程有正整数解，解数等于--1或；当时，方程没有正整数解。
幻灯片20例7 求方程5x+3y=52的全部正整数解解：x=8,y=4是一组特解，方程的全部解为：x=8+3t, y=4-5t正整数解满足8+3t>0,4-5t>084,2,1,035(8,4);(5,9);(2,14)t t -<<=--解得即对应有： 幻灯片21注：若只求方程正整数解的个数，可考虑以下不等式的整数解个数：0011x y t b a ⎡⎤⎡⎤-+≤≤---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦784112,1,035t t ⎡⎤⎡⎤-+≤≤---⇒=--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦如例，，即有三个正整数解。
幻灯片22第二节 多元一次不定方程1122(1)n n a x a x a x N+++= 形如的方程称为多元一次不定方程。
12(1)(,,,)n d a a a N= 定理1方程有解的充分必要条件是121122(1),,,n n n x x x a x a x a x N ''''''+++= 证：（必要条件）若方程有解则， 121122,,,n n n d a a a d a x a x a x N '''=+++= 因为（），所以幻灯片23 21d N n n =-充分条件：若,用数学归纳法证（1）有解。
当时，已证成立；假定以上条件对元一次不定方程是充分的。
1222233(,)n n n a a d d t a x a x N =+++= 下面考察元一次方程（1）。
令，得到方程；1223223323(,,,)(,,,),,,.n n n n n a a a d N d a a d N d t a x a x N t x x =='''+++= 因为，即，由归纳假设，方程有解 幻灯片241122221222212,,a x a x d t a a d d t x x ''+=''考虑方程,由于()=则它有解，。