初等数论_第一章_整除理论
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。
第一节数的整除性
定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得
a = bc
成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被b整除，记为b|/a。
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，a的另外的约数称为非平凡约数。
被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。
定理1下面的结论成立：
(ⅰ) a∣b?±a∣±b；
(ⅱ) a∣b，b∣c?a∣c；
(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k?b∣a1x1+a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是任意的整数；
(ⅳ) b∣a ?bc∣ac，此处c是任意的非零整数；
(ⅴ) b∣a，a≠ 0 ? |b| ≤ |a|；b∣a且|a| < |b| ?a = 0。
证明留作习题。
定义2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。
定理2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，设它们是d1, d2, , d k 。不妨设d1是其中最小的。若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，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。所以d1是素数。证毕。
推论
证明使用定理2中的记号，有a = d1d2，其中d1 > 1是最小的素约数，所以d12≤a。证毕。
例1设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有
n+ 2|/1r+ 2r+ +n r。
解对于任意的正整数a，b以及正奇数k，有
a k+
b k = (a+b)(a k- 1-a k- 2b+a k- 3b2- +b k- 1) = (a+b)q，
其中q是整数。记s = 1r+ 2r+ +n r，则
2s = 2 + (2 r + n r ) + (3 r + (n - 1)r ) + + (n r + 2 r ) = 2 + (n + 2)Q ，
其中Q 是整数。若n + 2∣s ，由上式知n + 2∣2，因为n + 2 > 2，这是不可能的，所以n + 2|/s 。
例2 设A = { d 1, d 2, , d k }是n 的所有约数的集合，则
B =}{,,,21k
d n d n d n Λ 也是n 的所有约数的集合。
解 由以下三点理由可以证得结论：
(ⅰ) A 和B 的元素个数相同；
(ⅱ) 若d i ∈A ，即d i ∣n ，则|i
d n n ，反之亦然； (ⅲ) 若d i ≠ d j ，则j
i d n d n ≠。 例3 以d (n )表示n 的正约数的个数，例如：d (1) = 1，d (2) = 2，d (3) = 2，d (4) = 3， 。问：
d (1) + d (2) + + d (1997)
是否为偶数？
解 对于n 的每个约数d ，都有n = d ?
d n ，因此，n 的正约数d 与d n 是成对地出现的。只有当d =d n ，即n = d 2时，d 和d
n 才是同一个数。故当且仅当n 是完全平方数时，d (n )是奇数。
因为442 < 1997 < 452，所以在d (1), d (2), , d (1997)中恰有44个奇数，故d (1) + d (2) + + d (1997)是偶数。
例4 设凸2n 边形M 的顶点是A 1, A 2, , A 2n ，点O 在M 的内部，用1, 2, , 2n 将M 的2n 条边分别编号，又将OA 1, OA 2, , OA 2n 也同样进行编号，若把这些编号作为相应的线段的长度，证明：无论怎么编号，都不能使得三角形OA 1A 2, OA 2A 3, , OA 2n A 1的周长都相等。
解 假设这些三角形的周长都相等，记为s 。则
2ns = 3(1 + 2 + + 2n ) = 3n (2n + 1)，
即
2s = 3(2n + 1)，
因此2∣3(2n + 1)，这是不可能的，这个矛盾说明这些三角形的周长不可能全都相等。
例5 设整数k ≥ 1，证明：
(ⅰ) 若2k ≤ n < 2k + 1，1 ≤ a ≤ n ，a ≠ 2k ，则2k |/a ；
(ⅱ) 若3k ≤ 2n - 1 < 3k + 1，1 ≤ b ≤ n ，2b - 1 ≠ 3k ，则3k |/2b - 1。
解 (ⅰ) 若2k |a ，则存在整数q ，使得a= q 2k 。显然q 只可能是0或1。此时a= 0或2k ，这都是不可能的，所以2k |/a ；
(ⅱ) 若 3k |2b-1，则存在整数q ，使得2b-1= q 3k ，显然q 只可能是0，1, 或2。此时2b-1= 0，3k ，或k
32?，这都是不可能的，所以3k |/2b - 1。
例6写出不超过100的所有的素数。
解将不超过100的正整数排列如下：
1 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
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70
71 72 73 74 75 76 77 78 79 80
81 82 83 84 85 86 87 88 89 90
91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
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。
在例6中所使用的寻找素数的方法，称为Eratosthenes筛法。它可以用来求出不超过任何固定整数的所有素数。在理论上这是可行的；但在实际应用中，这种列出素数的方法需要大量的计算时间，是不可取的。
例7证明：存在无穷多个正整数a，使得
n4+a（n = 1, 2, 3, ）
都是合数。
解取a = 4k4，对于任意的n∈N，有
n4+ 4k4 = (n2+ 2k2)2- 4n2k2 = (n2+ 2k2+ 2nk)(n2+ 2k2- 2nk)。
因为
n2+ 2k2- 2nk = (n-k)2+k2≥k2，
所以，对于任意的k = 2, 3, 以及任意的n∈N，n4+a是合数。
例8设a1, a2, , a n是整数，且
a1+a2+ +a n = 0，a1a2 a n = n，
则4∣n。
解如果2|/n，则n, a1, a2, , a n都是奇数。于是a1+a2+ +a n是奇数个奇数之和，不可能等于零，这与题设矛盾，所以2∣n，即在a1, a2, , a n中至少有一个偶数。如果只有一个偶数，不妨设为a1，那么2|/a i（2 ≤i≤n）。此时有等式
a2+ +a n = -a1，
在上式中，左端是(n-1)个奇数之和，右端是偶数，这是不可能的，因此，在a1, a2, , a n
中至少有两个偶数，即4∣n。
例9若n是奇数，则8∣n2- 1。
解设n = 2k+ 1，则
n2- 1= (2k+ 1)2- 1 = 4k(k+ 1)。
在k和k+ 1中有一个是偶数，所以8∣n2- 1。
例9的结论虽然简单，却是很有用的。例如，使用例3中的记号，我们可以提出下面的问题：
问题d(1)2+d(2)2+ +d(1997)2被4除的余数是多少？
例10证明：方程
a12+a22+a32 = 1999 (1) 无整数解。
解若a1，a2，a3都是奇数，则存在整数A1，A2，A3，使得
a12 = 8A1+ 1，a22 = 8A2+ 1，a32 = 8A3+ 1，
于是
a12+a22+a32 = 8(A1+A2+A3) + 3。
由于1999被8除的余数是7，所以a1，a2，a3不可能都是奇数。
由式(1)，a1，a2，a3中只能有一个奇数，设a1为奇数，a2，a3为偶数，则存在整数A1，A2，A3，使得
a12 = 8A1+ 1，a22 = 8A2+r，a32 = 8A3+s，
于是
a12+a22+a32 = 8(A1+A2+A3) + 1 +r+s，
其中r和s是整数，而且只能取值0或4。这样a12+a22+a32被8除的余数只可能是1或5，但1999被8除的余数是7，所以这样的a1，a2，a3也不能使式(2)成立。
综上证得所需要的结论。
习题一
1. 证明定理1。
2. 证明：若m-p∣mn+pq，则m-p∣mq+np。
3.证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。
4. 设p是n的最小素约数，n = pn1，n1 > 1，证明：若p >3n，则n1是素数。
5. 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为
a2+p（a > 0是整数，p为素数）
的形式。
第二节带余数除法
在本节中，我们要介绍带余数除法及其简单应用。
定理1(带余数除法) 设a与b是两个整数，b≠0，则存在唯一的两个整数q和r，使得
a = bq+r，0 ≤r < |b|。(1)
证明存在性若b∣a，a = bq，q∈Z，可取r = 0。若b|/a，考虑集合
A = { a +kb；k∈Z },
其中Z表示所有整数的集合，以后，仍使用此记号，并以N表示所有正整数的集合。
在集合A中有无限多个正整数，设最小的正整数是r = a +k0b，则必有
0 < r < |b|，(2) 否则就有r ≥ |b|。因为b|/a，所以r≠ |b|。于是r > |b|，即a +k0b > |b|，a +k0b- |b| > 0，这
样，在集合A中，又有正整数a +k0b- |b| < r，这与r的最小性矛盾。所以式(2)必定成立。取q = - k0知式(1)成立。存在性得证。
唯一性假设有两对整数q'，r'与q''，r''都使得式(1)成立，即
a = q''
b +r'' = q'b +r'，0 ≤r', r'' < |b|，
则
(q''- q')b = r'-r''，|r'- r''| < |b|，(3) 因此r'- r'' = 0，r' = r''，再由式(3)得出q' = q''，唯一性得证。证毕。
定义1称式(1)中的q是a被b除的商，r是a被b除的余数。
由定理1可知，对于给定的整数b，可以按照被b除的余数将所有的整数分成b类。在同一类中的数被b除的余数相同。这就使得许多关于全体整数的问题可以归化为对有限个整数类的研究。
以后在本书中，除特别声明外，在谈到带余数除法时总是假定b是正整数。
例1设a，b，x，y是整数，k和m是正整数，并且
a = a1m +r1，0 ≤r1 < m，
b = b1m +r2，0 ≤r2 < m，
则ax +by和ab被m除的余数分别与r1x +r2y和r1r2被m除的余数相同。特别地，a k与r1k 被m除的余数相同。
解由
ax +by = (a1m +r1)x+ (b1m +r2)y = (a1x +b1y)m +r1x +r2y
可知，若r1x +r2y被m除的余数是r，即
r1x +r2y = qm +r，0 ≤r < m，
则
ax +by = (a1x +b1y +q)m +r，0 ≤r < m，
即ax +by被m除的余数也是r。
同样方法可以证明其余结论。
例2设a1, a2, , a n为不全为零的整数，以y0表示集合
A = { y；y = a1x1+ + a n x n，x i∈Z，1 ≤i≤n }
中的最小正数，则对于任何y∈A，y0∣y；特别地，y0∣a i，1 ≤i≤n。
解设y0 = a1x1'+ + a n x n'，对任意的y = a1x1+ + a n x n∈A，由定理1，存在q, r0∈Z，使得
y = qy0+r0，0 ≤r0 < y0 。
因此
r0 = y-qy0 = a1(x1-qx1')+ + a n(x n-qx n')∈A。
如果r0≠ 0，那么，因为0 < r0 < y0，所以r0是A中比y0还小的正数，这与y0的定义矛盾。所以r0 = 0，即y0∣y。
显然a i∈A（1 ≤i≤n），所以y0整除每个a i（1 ≤i≤n）。
例3 任意给出的五个整数中，必有三个数之和被3整除。
解设这五个数是a i，i = 1, 2, 3, 4, 5，记
a i = 3q i+r i，0 ≤ r i < 3，i = 1, 2, 3, 4, 5。
分别考虑以下两种情形：
(ⅰ) 若在r1, r2, , 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, r2, , r5中数0，1，2至少有一个不出现，这样至少有三个r i要取相同的值，不妨设r1 = r2 = r3 = r（r = 0，1或2），此时
a1+a2+a3 = 3(q1+q2+q3)+ 3r
可以被3整除。
例4 设a0, a1, , a n∈Z，f(x) = a n x n+ +a1x +a0 ，已知f(0)与f(1)都不是3的倍数，证明：若方程f(x) = 0有整数解，则
3∣f(-1) = a0-a1+a2- + (-1)n a n。
解对任何整数x，都有
x = 3q +r，r = 0，1或2，q∈Z。
(ⅰ) 若r = 0，即x = 3q，q∈Z，则
f(x) = f(3q) = a n(3q)n+ +a1(3q)+a0 = 3Q1+a0 = 3Q1+f(0)，
其中Q1∈Z，由于f(0)不是3的倍数，所以f(x) ≠ 0；
(ⅱ) 若r = 1，即x = 3q + 1，q∈Z，则
f(x) = f(3q + 1) = a n(3q + 1)n+ +a1(3q + 1)+a0
= 3Q2+a n+ +a1+a0 = 3Q2+f(1)，
其中Q2∈Z。由于f(1)不是3的倍数，所以f(x) ≠ 0。
因此若f(x) = 0有整数解x，则必是x = 3q + 2 = 3q'- 1，q'∈Z，于是
0 = f(x) = f(3q'- 1) = a n(3q'- 1)n+ +a1(3q'- 1)+a0
= 3Q3+a0-a1+a2- + (- 1)n a n = 3Q3+f(-1)，
其中Q3∈Z。所以3∣f(-1) = a0-a1+a2- + (-1)n a n 。
例5证明：对于任意的整数n，f(n) = 3n5+ 5n3+ 7n被15整除。
解对于任意的正整数n，记
n = 15q +r，0 ≤r < 15。
由例1，
n2 = 15Q1+r1，n4 = 15Q2+r2，
其中r1与r2分别是r2与r4被15除的余数。
以R表示3n4+ 5n2+ 7被15除的余数，则R就是3r2+ 5r1+ 7被15除的余数，而且f(n)被15除的余数就是rR被15除的余数，记为R'。
当r = 0时，显然R' = 0，即15∣3n5+ 5n3+ 7n。
对于r = 1, 2, 3, , 14的情形，通过计算列出下表：
r = 1, 14 2, 13 3, 12 4, 11 5, 10 6, 9 7, 8
r1 = 1 4 9 1 10 6 4
r2 = 1 1 6 1 10 6 1
R = 0 0 10 0 12 10 0
R'= 0 0 0 0 0 0 0
这证明了结论。
例6设n是奇数，则16∣n4+ 4n2+ 11。
解我们有
n4+ 4n2+ 11 = (n2- 1)(n2+ 5)+ 16。
由第一节例题9，有8∣n2- 1，由此及2∣n2+ 5得到16∣(n2- 1)(n2+ 5)。
例7证明：若a被9除的余数是3，4，5或6，则方程x3+y3 = a没有整数解。
解对任意的整数x，y，记
x = 3q1+r1，y = 3q2+r2，0 ≤r1, r2 < 3。
则存在Q1, R1, Q2, R2∈Z，使得
x3 = 9Q1+R1，y3 = 9Q2+R2 ，
其中R1和R2被9除的余数分别与r13和r23被9除的余数相同，即
R1 = 0，1或8，R2 = 0，1或8。(4) 因此
x3+y3 = 9(Q1+Q2)+R1+R2 。
又由式(4)可知，R1+R2被9除的余数只可能是0，1，2，7或8，所以，x3+y3不可能等于a。
习题二
1.证明：12∣n4+ 2n3+ 11n2+ 10n，n∈Z。
2. 设3∣a2+b2，证明：3∣a且3∣b。
3.设n，k是正整数，证明：n k与n k + 4的个位数字相同。
4.证明：对于任何整数n，m，等式n2+ (n + 1)2 = m2+ 2不可能成立。
5. 设a是自然数，问a4- 3a2+ 9是素数还是合数？
6.证明：对于任意给定的n个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。
答案
第三节最大公约数
定义1整数a1, a2, , a k的公共约数称为a1, a2, , a k的公约数。不全为零的整数a1, a2, , a k的公约数中最大的一个叫做a1, a2, , a k的最大公约数（或最大公因数），记为(a1, a2, , a k)。
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。
如果(a1, a2, , a k)=1，则称a1, a2, , a k是互素的（或互质的）；如果
(a i, a j)=1，1 ≤i, j ≤k，i≠ j，
则称a1, a2, , a k是两两互素的（或两两互质的）。
显然，a1, a2, , a k两两互素可以推出(a1, a2, , a k) =1，反之则不然，例如(2, 6, 15)=1，但(2, 6) = 2。
定理1下面的等式成立：
(ⅰ) (a1, a2, , a k)=(|a1|, |a2|, , |a k|)；
(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p∣a；
(ⅴ) 若a = bq + r ，则(a , b ) = (b , r )。
证明 (ⅰ)--(ⅳ)留作习题。
(ⅴ) 由第一节定理1可知，如果d ∣a ，d ∣b ，则有d ∣r = a - bq ，反之，若d ∣b ，d ∣r ，则d ∣a = 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当然相等，即(a , b ) = (b , r )。证毕。
由定理1可知，在讨论(a 1, a 2, , a n )时，不妨假设a 1, a 2, , a n 是正整数，以后我们就维持这一假设。
定理2 设a 1, a 2, , a k ∈Z ，记
A = { y ；y =∑=k
i i i x a 1，x i ∈Z ，1 ≤ i ≤ k }。
如果y 0是集合A 中最小的正数，则y 0 = (a 1, a 2, , a k )。
证明 设d 是a 1, a 2, , a k 的一个公约数，则d ∣y 0，所以d ≤ y 0。另一方面，由第二节例2知，y 0也是a 1, a 2, , a k 的公约数。因此y 0是a 1, a 2, , a k 的公约数中的最大者，即y 0 = ( a 1, a 2, , a k )。证毕。
推论1 设d 是a 1, a 2, , a k 的一个公约数，则d ∣(a 1, a 2, , a k )。
这个推论对最大公约数的性质做了更深的刻划：最大公约数不但是公约数中的最大的，而且是所有公约数的倍数。
推论2 (ma 1, ma 2, , ma k ) = |m |(a 1, a 2, , a k )。
推论3 记δ = (a 1, a 2, , a k )，则
)(,,,21δ
δδk a a a Λ= 1， 特别地, )()
,(,),(b a b b a a = 1。 定理3 (a 1, a 2, , a k ) = 1的充要条件是存在整数x 1, x 2, , x k ，使得
a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k = 1。 (1)
证明 必要性 由定理2得到。
充分性 若式(1)成立，如果 (a 1, a 2, , a k ) = d > 1，那么由d ∣a i （1 ≤ i ≤ k ）推出d ∣a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k = 1，这是不可能的。所以有(a 1, a 2, , a k ) = 1。证毕。
定理4 对于任意的整数a ，b ，c ，下面的结论成立：
(ⅰ) 由b ∣ac 及(a , b ) = 1可以推出b ∣c ；
(ⅱ) 由b ∣c ，a ∣c 及(a , b ) = 1可以推出ab ∣c 。
证明 (ⅰ) 若(a , b ) = 1，由定理2，存在整数x 与y ，使得
ax + by = 1。
因此
acx + bcy = c 。 (2)
由上式及b ∣ac 得到b ∣c 。结论(ⅰ)得证；
(ⅱ) 若(a , b ) = 1，则存在整数x ，y 使得式(2)成立。由b ∣c 与a ∣c 得到ab ∣ac ，ab ∣bc ，再由式(2)得到ab ∣c 。结论(ⅱ)得证。证毕。
推论1 若p 是素数，则下述结论成立：
(ⅰ) p ∣ab ? p ∣a 或p ∣b ；
(ⅱ) p ∣a 2 ? p ∣a 。
证明 留作习题。
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d ∣a ，d ∣bc ，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 , c )。证毕。
推论3 若 (a , b i ) = 1，1 ≤ i ≤ n ，则(a , b 1b 2 b n ) = 1。
证明 留作习题。
定理5 对于任意的n 个整数a 1, a 2, , a n ，记
(a 1, a 2) = d 2，(d 2, a 3) = d 3， ，(d n - 2, a n - 1) = d n - 1，(d n - 1, a n ) = d n ，
则
d n = (a 1, a 2, , a n )。
证明 由定理2的推论，我们有
d n = (d n - 1, a n ) ? d n ∣a n ，d n ∣d n - 1，
d n - 1 = (d n - 2, a n - 1) ? d n - 1∣a n - 1，d n - 1∣d n - 2，
? d n ∣a n ，d n ∣a n - 1，d n ∣d n - 2，
d n - 2 = (d n - 3, a n - 2) ? d n - 2∣a n - 2，d n - 2∣d n - 3
? d n ∣a n ，d n ∣a n - 1，d n ∣a n - 2，d n ∣d n - 3，
d 2 = (a 1, a 2) ? d n ∣a n ，d n ∣a n - 1， ，d n ∣a 2，d n ∣a 1，
即d n 是a 1, a 2, , a n 的一个公约数。
另一方面，对于a 1, a 2, , a n 的任何公约数d ，由定理2的推论及d 2, , d n 的定义，依次得出 d ∣a 1，d ∣a 2 ? d ∣d 2， d ∣d 2，d ∣a 3 ? d ∣d 3，
d ∣d n - 1，d ∣a n ? d ∣d n ，
因此d n 是a 1, a 2, , a n 的公约数中的最大者，即d n = (a 1, a 2, , a n )。证毕。
例1 证明：若n 是正整数，则3
14421++n n 是既约分数。 解 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 )， 因此，bx
y ab ay x -+-)1(是既约分数。 例2 证明：121|/n 2 + 2n + 12，n ∈Z 。
解 由于121 = 112，n 2 + 2n + 12 = (n + 1)2 + 11，所以，若
112∣(n + 1)2 + 11， (3)
则11∣(n + 1)2，因此，由定理4的推论1得到
11∣n + 1，112∣(n + 1)2。
再由式(3)得到
112∣11，
这是不可能的。所以式(3)不能成立。
注：这个例题的一般形式是：
设p 是素数，a ，b 是整数，则
p k |/(an + b )k + p k - 1c ，
其中c 是不被p 整除的任意整数，k 是任意的大于1的整数。
例3 设a ，b 是整数，且
9∣a 2 + ab + b 2， (4)
则3∣(a , b )。
解 由式(4)得到
9∣(a - b )2 + 3ab ? 3∣(a - b )2 + 3ab
? 3∣(a - b )2 ? 3∣a - b (5)
? 9∣(a - b )2。
再由式(4)得到
9∣3ab ? 3∣ab 。
因此，由定理4的推论1，得到
3∣a 或3∣b 。
若3∣a ，由式(5)得到3∣b ；若3∣b ，由(5)式也得到3∣a 。因此，总有3∣a 且3∣b 。 由定理2的推论推出3∣(a , b )。
例4 设a 和b 是正整数，b > 2，则2b - 1|/2a + 1。
解 (ⅰ) 若a < b ，且
2b - 1∣2a + 1。
(6) 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。
(ⅱ) 若a = b ，且式(6)成立，则由式(6)得到
2a - 1∣(2a - 1) + 2 ? 2a - 1∣2 ? 2a - 1 ≤ 2 ? 2a ≤ 3，
于是b = a = 1，这是不可能的，所以式(6)不成立。
(ⅲ) 若a > b ，记a = kb + r ，0 ≤ r < b ，此时
2kb - 1 = (2b - 1)(2(k - 1)b + 2(k - 2)b + + 1) = (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 - 1∣2a + 1 ? 2b - 1∣2r + 1，
在(ⅰ)中已经证明这是不可能的，所以式(6)不能成立。
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 ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。
5. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。
6. 设n 是正整数，求1223212C ,,C ,C -n n n n Λ的最大公约数。
第四节 最小公倍数
定义1 整数a 1, a 2, , a k 的公共倍数称为a 1, a 2, , a k 的公倍数。a 1, a 2, , a k 的正公倍数中的最小的一个叫做a 1, a 2, , a k 的最小公倍数，记为[a 1, a 2, , a k ]。
定理1 下面的等式成立：
(ⅰ) [a , 1] = |a |，[a , a ] = |a |；
(ⅱ) [a , b ] = [b , a ]；
(ⅲ) [a 1, a 2, , a k ] = [|a 1|, |a 2| , |a k |]；
(ⅳ) 若a ∣b ，则[a , b ] = |b |。
证明 留作习题。
由定理1中的结论(ⅲ)可知，在讨论a 1, a 2, , a k 的最小公倍数时，不妨假定它们都是正整数。在本节中总是维持这一假定。
最小公倍数和最大公约数之间有一个很重要的关系，即下面的定理。
定理2 对任意的正整数a ，b ，有
[a , b ] =)
,(b a ab 。 证明 设m 是a 和b 的一个公倍数，那么存在整数k 1，k 2，使得m = ak 1，m = bk 2，因此
ak 1 = bk 2 。 (1)
于是
21)
,(),(k b a b k b a a =。 由于)()
,(,),(b a b b a a = 1，所以由第三节定理4得到 t b a b k k b a b )
,(),(11|=即，， 其中t 是某个整数。将上式代入式(1)得到
m =)
,(b a ab t 。 (2) 另一方面，对于任意的整数t ，由式(2)所确定的m 显然是a 与b 的公倍数，因此a 与b 的公倍数必是式(2)中的形式，其中t 是整数。当t = 1时，得到最小公倍数
证毕。
推论1 两个整数的任何公倍数可以被它们的最小公倍数整除。
证明 由式(2)可得证。证毕。
这个推论说明：两个整数的最小公倍数不但是最小的正倍数，而且是另外的公倍数的约数。
推论2 设m ，a ，b 是正整数，则[ma , mb ] = m [a , b ]。
证明 由定理2及第三节定理2的推论得到 [ma , mb ] =)
,(),(),(22b a mab b a m ab m mb ma ab m === m [a , b ]。
证毕。
定理3 对于任意的n 个整数a 1, a 2, , a n ，记
[a 1, a 2] = m 2，[m 2, a 3] = m 3， ，[m n -2, a n -1] = m n -1，[m n -1, a n ] = m n ，
则
[a 1, a 2, , a n ] = m n 。
证明 我们有
m n = [m n -1, a n ] ? m n -1∣m n ，a n ∣m n ，
m n -1 = [m n -2, a n -1] ? m n -2∣m n -1∣m n ，a n ∣m n ，a n -1∣m n -1∣m n ，
m n -2 = [m n -3, a n -2] ? m n -3∣m n -2∣m n ，a n ∣m n ，a n -1∣m n ，a n -2∣m n ，
m 2 = [a 1, a 2] ? a n ∣m n ， ，a 2∣m n ，a 1∣m n ，
即m n 是a 1, a 2, , a n 的一个公倍数。
另一方面，对于a 1, a 2, , a n 的任何公倍数m ，由定理2的推论及m 2, , m n 的定义，得
m 2∣m ，m 3∣m ， ，m n ∣m 。
即m n 是a 1, a 2, , a n 最小的正的公倍数。证毕。
推论 若m 是整数a 1, a 2, , a n 的公倍数，则[a 1, a 2, , a n ]∣m 。
证明 留作习题。
定理4 整数a 1, a 2, , a n 两两互素，即
(a i , a j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ n ，i ≠ j
的充要条件是
[a 1, a 2, , a n ] = a 1a 2 a n 。 (3)
证明 必要性 因为(a 1, a 2) = 1，由定理2得到
[a 1, a 2] =)
,(2121a a a a = a 1a 2 。 由(a 1, a 3) = (a 2, a 3) = 1及第三节定理4推论3得到
(a 1a 2, a 3) = 1，
由此及定理3得到
[a 1, a 2, a 3] = [[a 1, a 2], a 3] = [a 1a 2, a 3] = a 1a 2a 3 。
如此继续下去，就得到式(3)。
充分性 用归纳法证明。当n = 2时，式(3)成为[a 1, a 2] = a 1a 2。由定理2
a 1a 2 = [a 1, a 2] =)
,(2121a a a a ? (a 1, a 2) = 1， 即当n = 2时，充分性成立。
假设充分性当n = k 时成立，即
[a 1, a 2, , a k ] = a 1a 2 a k ? (a i , a j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ k ，i ≠ j 。
对于整数a 1, a 2, , a k , a k + 1，使用定理3中的记号，由定理3可知
[a 1, a 2, , a k , a k + 1] = [m k , a k + 1]。 (4)
其中m k = [a 1, a 2, , a k ]。因此，如果
[a 1, a 2, , a k , a k + 1] = a 1a 2 a k a k + 1，
那么，由此及式(4)得到
[a 1, a 2, , a k , a k + 1] = [m k , a k + 1] =)
,(11++k k k k a m a m = a 1a 2 a k a k + 1， 即
)
,(1+k k k a m m = a 1a 2 a k ， 显然m k ≤ a 1a 2 a k ，(m k , a k + 1) ≥ 1。所以若使上式成立，必是
(m k , a k + 1) = 1， (5)
并且
m k = a 1a 2 a k 。 (6)
由式(6)与式(5)推出
(a i , a k + 1) = 1，1 ≤ i ≤ k ； (7)
由式(6)及归纳假设推出
(a i , a j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ k ，i ≠ j 。 (8)
综合式(7)与式(8)，可知当n = k + 1时，充分性成立。由归纳法证明了充分性。证毕。
定理4有许多应用。例如，如果m 1, m 2, , m k 是两两互素的整数，那么，要证明m = m 1m 2 m k 整除某个整数Q ，只需证明对于每个i ，1 ≤ i ≤ k ，都有m i ∣Q 。这一点在实际计算中是很有用的。对于函数f (x )，要验证命题“m ∣f (n )，n ∈Z ”是否成立，可以用第二节例5中的方法，验证“m ∣f (r )，r = 0, 1, , m - 1”是否成立。这需要做m 次除法。但是，若分别验证“m i ∣f (r i )，r i = 0, 1, , m i - 1，1 ≤ i ≤ k ”是否成立，则总共需要做m 1 + m 2 + + m k 次除法。后者的运算次数显然少于前者。
例1 设a ，b ，c 是正整数，证明：[a , b , c ](ab , bc , ca ) = abc 。
解 由定理3和定理2有
[a , b , c ] = [[a , b ], c ] =)
],,([],[c b a c b a ， (9) 由第三节定理5和定理2的推论，
(ab , bc , ca ) = (ab , (bc , ca )) = (ab , c (a , b )) =]
,[)],,([],[)],,[(],[,)(b a c b a ab b a abc b a ab b a abc ab ==。 (10) 联合式(9)与式(10)得到所需结论。
例2 对于任意的整数a 1, a 2, , a n 及整数k ，1 ≤ k ≤ n ，证明：
[a 1, a 2, , a n ] = [[a 1, , a k ],[a k + 1, , a n ]]
解 因为[a 1, a 2, , a n ]是a 1, , a k , a k + 1, , a n 的公倍数，所以由定理2推论，推出
[a 1, , a k ]∣[a 1, a 2, , a n ]，
[a k + 1, , a n ]∣[a 1, a 2, , a n ]，
再由定理3推论知
[[a 1, , a k ], [a k + 1, , a n ]]∣[a 1, a 2, , a n ]。 (11)
另一方面，对于任意的a i （1 ≤ i ≤ n ），显然
a i ∣[[a 1, , a k ], [a k + 1, , a n ]]，
所以由定理3推论可知
[a 1, a 2, , a n ]∣[[a 1, , a k ], [a k + 1, , a n ]]，
联合上式与式(11)得证。
例3 设a ，b ，c 是正整数，证明：
[a , b , c ][ab , bc , ca ] = [a , b ][b , c ][c , a ]。
解 由定理2推论2及例2，有
[a , b , c ][ab , bc , ca ] = [[a , b , c ]ab , [a , b , c ]bc , [a , b , c ]ca ]
= [[a 2b , ab 2, abc ], [abc , b 2c , bc 2], [a 2c , abc , ac 2]]
= [a 2b , ab 2, abc , abc , b 2c , bc 2, a 2c , abc , ac 2]
= [abc , a 2b , a 2c , b 2c , b 2a , c 2a , c 2b ]
以及
[a , b ][b , c ][c , a ] = [[a , b ]b , [a , b ]c ][c , a ]
= [ab , b 2, ac , bc ][c , a ]
= [ab [c , a ], b 2[c , a ], ac [c , a ], bc [c , a ]]
= [abc , a 2b , b 2c , b 2a , ac 2, a 2c , bc 2, bca ]
= [abc , a 2b , a 2c , b 2c , b 2a , c 2a , c 2b ]，
由此得证。
习 题 四
1. 证明定理1。
2. 证明定理3的推论。
3. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。
4. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。
5. 设a ，b ，c 是正整数，证明：
)
,)(,)(,(),,(],][,][,[],,[2
2a c c b b a c b a a c c b b a c b a =。 6. 设k 是正奇数，证明：1 + 2 + + 9∣1k + 2k + + 9k 。
第五节 辗转相除法
本节要介绍一个计算最大公约数的算法——辗转相除法，又称Euclid 算法。它是数论中的一个重要方法，在其他数学分支中也有广泛的应用。
定义1 下面的一组带余数除法，称为辗转相除法。
设a 和b 是整数，b ≠ 0，依次做带余数除法：
a = bq 1 + r 1， 0 < r 1 < |
b |，
b = r 1q 2 + r 2， 0 < r 2 < r 1 ，
r k - 1 = r k q k + 1 + r k + 1，0 < r k + 1 < r k ， (1)
r n - 2 = r n - 1q n + r n ， 0 < r n < r n-1 ，
r n - 1 = r n q n + 1 。
由于b 是固定的，而且
|b | > r 1 > r 2 > ，
所以式(1)中只包含有限个等式。
下面，我们要对式(1)所包含的等式的个数，即要做的带余数除法的次数进行估计。 引理1 用下面的方式定义Fibonacci 数列{F n }：
F 1 = F 2 = 1，F n = F n - 1 + F n - 2，n ≥ 3，
那么对于任意的整数n ≥ 3，有
F n > α n - 2， (2)
其中α =2
51+。 证明 容易验证
α 2 = α + 1。
当n = 3时，由
F 3 = 2 >2
51+= α 可知式(2)成立。
假设式(2)对于所有的整数k ≤ n （n ≥ 3）成立，即
F k > α k - 2，k ≤ n ，
则
F n + 1 = F n + F n - 1 > α n - 2 + α n - 3 = α n - 3(α + 1) = α n - 3α 2 = α n - 1，
即当k = n + 1时式(2)也成立。由归纳法知式(2)对一切n ≥ 3成立。证毕。
定理1(Lame) 设a , b ∈N ，a > b ，使用在式(1)中的记号，则
n < 5log 10b 。
证明 在式(1)中，r n ≥ 1，q n + 1 ≥ 2，q i ≥ 1（1 ≤ i ≤ n ），因此
r n ≥ 1 = F 2 ，
r n - 1 ≥ 2r n ≥ 2 = F 3 ，
r n - 2 ≥ r n - 1 + r n ≥ F 3 + F 2 = F 4 ，
b ≥ r 1 + r 2 ≥ F n + 1 + F n = F n + 2 ，
由此及式(2)得
b ≥ αn =n
)(251+，
即
log 10b ≥ n log 10n 51
251>+，
这就是定理结论。证毕。
定理2 使用式(1)中的记号，记
P 0 = 1，P 1 = q 1，P k = q k P k - 1 + P k - 2，k ≥ 2，
Q 0 = 0，Q 1 = 1，Q k = q k Q k - 1 + Q k - 2，k ≥ 2，
则
aQ k - bP k = (-1)k - 1r k ，k = 1, 2, , n 。
(3) 证明 当k = 1时，式(3)成立。
当k = 2时，有
Q 2 = q 2Q 1 + Q 0 = q 2，P 2 = q 2P 1 + P 0 = q 2q 1 + 1，
此时由式(1)得到
aQ 2 - bP 2 = aq 2 - b (q 2q 1 + 1) = (a - bq 1)q 2 - b = r 1q 2 - b = -r 2，
即式(3)成立。
假设对于k < m （1 ≤ m ≤ n ）式(3)成立，由此假设及式(1)得到
aQ m - bP m = a (q m Q m - 1 + Q m - 2) - b (q m P m - 1 + P m - 2)
= (aQ m - 1 - bP m - 1)q m + (aQ m - 2 - bP m - 2)
= (-1)m - 2r m - 1q m + (-1)m - 3r m - 2
= (-1)m - 1(r m - 2 - r m - 1q m ) = (-1)m - 1r m ，
即式(3)当k = m 时也成立。定理由归纳法得证。证毕。
定理3 使用式(1)中的记号，有r n = (a , b )。
证明 由第三节定理1，从式(1)可见
r n = (r n - 1, r n ) = (r n - 2, r n - 1) = = (r 1, r 2) = (b , r 1) = (a , b )。
证毕。
现在我们已经知道，利用辗转相除法可以求出整数x ，y ，使得
ax + by = (a , b ) 。 (4)
为此所需要的除法次数是O(log 10b )。但是如果只需要计算(a , b )而不需要求出使式(4)成立的整数x 与y ，则所需要的除法次数还可更少一些。
例1 设a 和b 是正整数，那么只使用被2除的除法运算和减法运算就可以计算出(a , b )。 解 下面的四个基本事实给出了证明：
(ⅰ) 若a ∣b ，则(a , b ) = a ；
(ⅱ) 若a = 2αa 1，111||222b b b a //
=，，β，α ≥ β ≥ 1，则 (a , b ) = 2β (2α - βa 1, b 1)；
(ⅲ) 若11||222b b b a //
=，，β，则(a , b ) = (a , b 1)； (ⅳ) 若)|(|
,2
),(22||b b a b a b a -=//则，，。 在实际计算过程中，若再灵活运用最大公约数的性质（例如第三节定理4的推论），则可使得求最大公约数的过程更为简单。
例2 用辗转相除法求(125, 17)，以及x ，y ，使得
125x + 17y = (125, 17)。
解 做辗转相除法：
125 = 7?17 + 6，q 1 = 7，r 1 = 6，
17 = 2?6 + 5， q 2 = 2，r 2 = 5，
6 = 1?5 + 1， q 3 = 1，r 3 = 1，
5 = 5?1， q 4 = 5。
由定理4，(125, 17) = r 3 = 1。
利用定理2计算（n = 3）
P 0 = 1，P 1 = 7，P 2 = 2?7 + 1 = 15，P 3 = 1?15 + 7 = 22， Q 0 = 0，Q 1 = 1，Q 2 = 2?1 + 0 = 2，Q 3 = 1?2 + 1 = 3，
取x = (-1)3 - 1Q 3 = 3，y = (-1)3P 3 = -22，则
125?3 + 17?(-22) = (125, 17) = 1。
例3 求(12345, 678)。
解 (12345, 678) = (12345, 339) = (12006, 339) = (6003, 339)
= (5664, 339) = (177, 339) = (177, 162) = (177, 81)
= (96, 81) = (3, 81) = 3。
例4 在m 个盒子中放若干个硬币，然后以下述方式往这些盒子里继续放硬币：每一次在n （n < m ）个盒子中各放一个硬币。证明：若(m , n ) = 1，那么无论开始时每个盒子中有多少硬币，经过若干次放硬币后，总可使所有盒子含有同样数量的硬币。
解 由于(m , n ) = 1，所以存在整数x ，y ，使得mx + ny = 1。因此对于任意的自然数k ，有
1 + m (-x + kn ) = n (km + y )，
这样，当k 充分大时，总可找出正整数x 0，y 0，使得
1 + mx 0 = ny 0 。
上式说明，如果放y 0次（每次放n 个），那么在使m 个盒子中各放x 0个后，还多出一个硬币。把这个硬币放入含硬币最少的盒子中（这是可以做到的），就使它与含有最多硬币的盒子所含硬币数量之差减少1。因此经过若干次放硬币后，必可使所有盒子中的硬币数目相同。
习 题 五
1. 说明例1证明中所用到的四个事实的依据。
2. 用辗转相除法求整数x ，y ，使得1387x - 162y = (1387, 162)。
3. 计算：(27090, 21672, 11352)。
4. 使用引理1中的记号，证明：(F n + 1, F n ) = 1。
5. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？
6. 记M n = 2n - 1，证明：对于正整数a ，b ，有(M a , M b ) = M (a , b )。
第六节 算术基本定理
在本节中，我们要介绍整数与素数的一个重要关系，即任何大于1的正整数都可以表示成素数的乘积。
引理1 任何大于1的正整数n 可以写成素数之积，即
n = p 1p 2 p m ， (1)
其中p i （1 ≤ i ≤ m ）是素数。
证明 当n = 2时，结论显然成立。
假设对于2 ≤ n ≤ k ，式(1)成立，我们来证明式(1)对于n = k + 1也成立，从而由归纳法推出式(1)对任何大于1的整数n 成立。
如果k + 1是素数，式(1)显然成立。
如果k + 1是合数，则存在素数p 与整数d ，使得k + 1 = pd 。由于2 ≤ d ≤ k ，由归纳假定知存在素数q 1, q 2, , q l ，使得d = q 1q 2 q l ，从而k + 1 = pq 1q 2 q l 。证毕。
定理1(算术基本定理) 任何大于1的整数n 可以唯一地表示成
n =k k p p p αααΛ2121， (2)
其中p 1, p 2, , p k 是素数，p 1 < p 2 < < p k ，α1, α2, , αk 是正整数。
证明 由引理1，任何大于1的整数n 可以表示成式(2)的形式，因此，只需证明表示式
(2)的唯一性。
假设p i （1 ≤ i ≤ k ）与q j （1 ≤ j ≤ l ）都是素数，
p 1 ≤ p 2 ≤ ≤ p k ，q 1 ≤ q 2 ≤ ≤ q l ， (3)
并且
n = p 1p 2 p k = q 1q 2 q l ， (4)
则由第三节定理4推论1，必有某个q j （1 ≤ j ≤ l ），使得p 1∣q j ，所以p 1 = q j ；又有某个p i （1 ≤ i ≤ k ），使得q 1∣p i ，所以q 1 = p i 。于是，由式(3)可知p 1 = q 1，从而由式(4)得到
p 2 p k = q 2 q l 。
重复上述这一过程，得到
k = l ，p i = q i ，1 ≤ i ≤ k 。
证毕。
定义1 使用定理1中的记号，称
n =k k p p p αααΛ2121
是n 的标准分解式，其中p i （1 ≤ i ≤ k ）是素数，p 1 < p 2 < < p k ，α i （1 ≤ i ≤ k ）是正整数。
推论1 使用式(2)中的记号，有
(ⅰ) n 的正因数d 必有形式
d =k k p p p γγγΛ2121，γi ∈Z ，0 ≤ γi ≤ α i ，1 ≤ i ≤ k ；
(ⅱ) n 的正倍数m 必有形式
m =k k p p p βββΛ2121M ，M ∈N ，βi ∈N ，βi ≥ α i ，1 ≤ i ≤ k 。
证明 留作习题。
推论2 设正整数a 与b 的标准分解式是
s k l k s k l k r r p p b q q p p a δδββγγα
αΛΛΛΛ11111111==，，
其中p i （1 ≤ i ≤ k ），q i （1 ≤ i ≤ l ）与r i （1 ≤ i ≤ s ）是两两不相同的素数，αi ，βi （1 ≤ i ≤ k ），γi （1 ≤ i ≤ l ）与δi （1 ≤ i ≤ s ）都是非负整数，则
(a , b ) =k k p p λλΛ11， λi = min{αi , δi }，1 ≤ i ≤ k ，
[a , b ] =s l k s l k
r r q q p p γγββμμΛΛΛ111111，μi = max{αi , δi }，1 ≤ i ≤ k 。 证明 留作习题。
为了方便，推论2常叙述为下面的形式：
推论2 ' 设正整数a 与b 的标准分解式是
k k k k p p p b p p p a βββα
ααΛΛ11212121==，，
其中p 1, p 2, , p k 是互不相同的素数，αi ，βi （1 ≤ i ≤ k ）都是非负整数，则
。
，，，，，k i p p p b a k i p p p b a i i i k i i i k k k ≤≤==≤≤==1},max{],[1},min{),(11112121βαμβαλμμμλλλΛΛ 推论3 设a ，b ，c ，n 是正整数，
ab = c n ，(a , b ) = 1， (5)
则存在正整数u ，v ，使得
a = u n ，
b = v n ，
c = uv ，(u , v ) = 1。
证明 设c =k k p p p γγγΛ1121，其中p 1, p 2, , p k 是互不相同的素数，γi （1 ≤ i ≤ k ）是正整
数。又设
k k k k p p p b p p p a βββα
ααΛΛ11212121==，，
其中αI ，βi （1 ≤ i ≤ k ）都是非负整数。由式(5)及推论2 '可知
min{αi , βi } = 0，αi + βi = n γi ，1 ≤ i ≤ k ，
因此，对于每个i （1 ≤ i ≤ k ），等式
αi = n γi ，βi = 0与αi = 0，βi = n γi
有且只有一个成立。这就证明了推论。证毕。
例1 写出51480的标准分解式。
解 我们有
51480 = 2?25740 = 22?12870 = 23?6435
= 23?5?1287 = 23?5?3?429
= 23?5?32?143 = 23?32?5?11?13。
例2 设a ，b ，c 是整数，证明：
(ⅰ) (a , b )[a , b ] = ab ；
(ⅱ) (a , [b , c ]) = [(a , b ), (a , c )]。
解 为了叙述方便，不妨假定a ，b ，c 是正整数。
(ⅰ) 设
k k k k p p p b p p p a βββα
ααΛΛ11212121==，，
其中p 1, p 2, , p k 是互不相同的素数，αi ，βi （1 ≤ i ≤ k ）都是非负整数。由定理1推论2 '，有
。
，，，，，k i p p p b a k i p p p b a i i i k i i i k k k ≤≤==≤≤==1},max{],[1},min{),(11112121βαμβαλμμμλλλΛΛ 由此知
(a , b )[a , b ] =∏∏∏=+=+=+==k
i i k i i k i i
i i i i i i i i p p p 11},max{},min{1βαβαβαμλ=ab ； (ⅱ) 设
∏∏∏======k
i i k i i k i i i i i p c p b p a 111γβα，，，
其中p 1, p 2, , p k 是互不相同的素数，αi ，βi ，γi （1 ≤ i ≤ k ）
都是非负整数。由定理1推论2 '，有
∏∏====k
i i k i i i i p c a b a p c b a 11)],(),,[(]),[,(μλ，，
其中，对于1 ≤ i ≤ k ，有
λi = min{αi , max{βi , γi }}，
μi = max{min{αi , βi }, min{αi , γi }}，
不妨设βi ≤ γi ，则
min{αi , βi } ≤ min{αi , γi }，
所以
μi = min{αi , γi } = λi ，
即(a , [b , c ]) = [(a , b ), (a , c )]。
注：利用定理1可以容易地处理许多像例2这样的问题。
例3 证明：1
2151311-++++
=n N Λ（n ≥ 2）不是整数。 解 设
3k ≤ 2n - 1 < 3k + 1。
对于任意的1 ≤ i ≤ n ，2i - 1 ≠ 3k ，记
2i - 1 =i α3Q i ，Q i ∈Z ，
由第一节例5，知αi ≤ k - 1。因为3k - 1Q 1Q 2 Q 2n - 1是整数，所以，如果N 是整数，则存在整数Q ，使得
3k - 1Q 1Q 2 Q 2n - 1N = Q + 3k - 1Q 1Q 2 Q 2n -1k 3
1。 由于3|/Q 1Q 2 Q 2n -1，所以上式右端不是整数，这个矛盾说明N 不能是整数。
习 题 六
1. 证明定理1的推论1。
2. 证明定理1的推论2。
3. 写出22345680的标准分解式。
4. 证明：在1, 2, , 2n 中任取n + 1数，其中至少有一个能被另一个整除。
5. 证明：n
1211+++
Λ（n ≥ 2）不是整数。 6. 设a ，b 是正整数，证明：存在a 1，a 2，b 1，b 2，使得
a = a 1a 2，
b = b 1b 2，(a 2, b 2) = 1，
并且[a , b ] = a 2b 2。 第七节 函数[x ]与{x }
本节中要介绍函数[x ]，它在许多数学问题中有广泛的应用。 定义1 设x 是实数，以[x ]表示不超过x 的最大整数，称它为x 的整数部分，又称{x } = x - [x ]为x 的小数部分。
定理1 设x 与y 是实数，则
(ⅰ) x ≤ y ? [x ] ≤ [y ]；
(ⅱ) 若m 是整数，则[m + x ] = m + [x ]；
(ⅲ) 若0 ≤ x < 1，则[x ] = 0；
(ⅳ) [x + y ] =???≥+++<++1}{}{1
][][1}{}{][][y x y x y x y x 若若； (ⅴ) [-x ] =????--∈-Z Z x x x x 若若1
][][； (ⅵ) {-x } =????-∈Z Z x x x 若若}{10。 证明 留作习题。
定理2 设a 与b 是正整数，则在1, 2, , a 中能被b 整除的整数有][b
a 个。 证明 能被
b 整除的正整数是b , 2b , 3b , ，因此，若数1, 2, , a 中能被b 整除的整数
初等数论1
第一次网络作业 一、填空 1.（525，231）的最大公因数为 1、21 2.2160的正约数的个数为 40个 3. 求所有正约数的和等于15的最小正数为 8 4.自176到545的整数中是13倍数的整数个数为 28个 5.35！的标准分解式为 2^5*3^3*5^2*7*11*13*17*19*23*29*31 二、试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里n是任意整数。 证明：n(n+1)(2n+1)=n(n+1)(n-1+n+2)=(n-1)n(n+1)+n(n+1)(n+2) 而 n-1 n n+1是连续的三个整数，其中必有一个是3的倍数，至少有一个是2的倍数 所以（n-1)n(n+1)是6的倍数 同理 n(n+1)(n+2)也是6的倍数 他们的和 n(n+1)(2n+1)也是6的倍数 三、假如(a,b)=1，那末(a-b,a+b)=1或2 因为(a,b)=1 所以存在u,v使得ua+vb=1 所以u(a+b)+(u-v)(-b)=1 v(a+b)+(u-v)a=1 把以上两式相加得(u+v)(a+b)+(u-v)(a-b)=2 如果a+b被2整除，那么a-b也被2整除，我们可得(a-b,a+b)=2 如果u+v被2整除，那么u-v也被2整除，我们可得(a-b,a+b)=1； 如果a+b不被2整除,u+v不被2整除，那么a-b也不被2整除，u-v也不被2整除，此时必然u,v,a,b均为奇数，这与ua+vb=1矛盾
四、求证(21n+4)/(14n+3)是不可约分数，这里n是任意正整数。证明：-.-(21n+4)/(14n+3)=1+(7n+1)/(14n+3) 又(14n+3)/(7n+1)=2+1/(7n+1) 则1/(7n+1)不可约 所以(14n+3)/(7n+1)不可约 所以(21n+4)/(14n+3)也是不可约
初等数论 第一章 整除理论
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。 第一节数的整除性 定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得 a = bc 成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a 的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被 b整除，记为b|/a。 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，a的另外的约数称为非平凡约数。 被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) a∣b?±a∣±b； (ⅱ) a∣b，b∣c?a∣c； (ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k?b∣a1x1+ a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是
任意的整数； (ⅳ) b∣a ?bc∣ac，此处c是任意的非零整数； (ⅴ) b∣a，a≠ 0 ? |b| ≤ |a|；b∣a 且|a| < |b| ?a = 0。 证明留作习题。 定义2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。 定理2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，设它们是d1, d2, , d k 。不妨设d1是其中最小的。若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，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。所以d1是素数。证毕。 推论任何大于1的合数a必有一个不超过 证明使用定理2中的记号，有a = d1d2，其中d1 > 1是最小的素约数，所以d12≤a。证毕。 例1设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有 n+ 2|/1r+ 2r+ +n r。
第五节初等数论中的几个重要定理
第五节 初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数s x x x ,,,21 称为是模m 的既约剩余系，如果对任意的s j ≤≤1，1),(=m x j 且对于任意的Z a ∈，若),(m a ＝1，则有且仅有一个j x 是a 对模m 的剩余，即)(mod m x a j ≡。并定义},,2,1{)(m s m ==?中和m 互质的数的个数，)(m ?称为欧拉（Euler ）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然1)1(=?，而对于1>m ，)(m ?就是1,2，…，1-m 中与m 互素的数的个数，比如说p 是素数，则有1)(-=p p ?。 引理：∏? =为质数）－（P |P 11)(m P m m ?；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler ）定理）设),(m a ＝1，则)(mod 1)(m a m ≡?。 证明：取模m 的一个既约剩余系))((,,,,21m s b b b s ?= ，考虑s ab ab ab ,,,21 ，由于a 与m 互质，故)1(s j ab j ≤≤仍与m 互质，且有i ab )1(s j i ab j ≤<≤?，于是对每个 s j ≤≤1都能找到唯一的一个s j ≤≤)(1σ， 使得)(mod )(m b ab j j σ≡，这种对应关系σ是一一的，从而)(mod )(mod )(11)(1m b m b ab s j j s j j s j j ∏∏∏===≡≡σ，∴))(mod ()(11m b b a s j j s j j s ∏∏==≡。 1),(1=∏=s j j b m ，)(mod 1m a s ≡∴，故)(mod 1)(m a m ≡?。证毕。 分析与解答：要证)(mod 1)(m a m ≡?，我们得设法找出)(m ?个n 相乘，由)(m ?个数我们想到m ,,2,1 中与m 互质的)(m ?的个数：)(21,,,m a a a ? ，由于),(m a ＝1，从而)(21,,,m aa aa aa ? 也是与m 互质的)(m ?个数，且两两余数不一样，故)(21m a a a ???? ≡)(21,,,m aa aa aa ? ≡)(m a ?)(21m a a a ???? （m mod ），而 （)(21m a a a ???? m ）＝1，故)(mod 1)(m a m ≡?。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。
初等数论 1 习题参考答案
附录1 习题参考答案 第一章习题一 1. (ⅰ) 由a b知b = aq，于是b = (a)(q)，b = a(q)及b = (a)q，即a b，a b及a b。反之，由a b，a b及a b 也可得a b； (ⅱ) 由a b，b c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a c； (ⅲ) 由b a i知a i= bq i，于是a1x1a2x2a k x k = b(q1x1 q2x2q k x k)，即b a1x1a2x2a k x k；(ⅳ) 由b a知a = bq，于是ac = bcq，即bc ac； (ⅴ) 由b a知a = bq，于是|a| = |b||q|，再由a 0得|q| 1，从而|a| |b|，后半结论由前半结论可得。 2. 由恒等式mq np= (mn pq) (m p)(n q)及条件m p mn pq可知m p mq np。 3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则a, a 1, , a 9, a 19的数字和为s, s 1, , s 9, s 10，其中必有一个能被11整除。 4. 设不然，n1= n2n3，n2p，n3p，于是n = pn2n3p3，即p3n，矛盾。 5. 存在无穷多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，(k1)2
不能表示为a2p的形式，事实上，若(k 1)2= a2p，则(k 1 a)( k 1 a) = p，得k 1 a = 1，k 1 a = p，即p = 2k 1，此与p为素数矛盾。 第一章习题二 1. 验证当n =0,1，2，… ,11时，12|f(n)。 2.写a = 3q1r1，b = 3q2r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3a2b2 = 3Q r12r22知r1 = r2 = 0，即3a且3b。 3.记n=10q+r, (r=0,1,…,9)，则n k+4-n k被10除的余数和r k+4-r k=r k(r4-1)被10 除的余数相同。对r=0,1,…,9进行验证即可。 4. 对于任何整数n，m，等式n2 (n 1)2 = m2 2的左边被4除的余数为1，而右边被4除的余数为2或3，故它不可能成立。 5 因a4 3a2 9 = (a2 3a 3)( a2 3a 3)，当a = 1，2时，a2 3a 3 = 1，a4 3a2 9 = a2 3a 3 = 7，13，a4 3a2 9是素数；当a 3时，a2 3a 3 > 1，a2 3a 3 > 1，a4 3a2 9是合数。 6. 设给定的n个整数为a1, a2, , a n，作 s1 = a1，s2 = a1a2，，s n = a1a2a n， 如果s i中有一个被n整除，则结论已真，否则存在s i，s j，i < j，使得s i与s j 被n除的余数相等，于是n s j s i = a i + 1a j。
初等数论
初等数论学习总结 第一章 整除 例题选讲 例1.请写出10个连续正整数都是合数. 解: 11!+2，11!+3，……，11！+11。 例2. 证明连续三个整数中，必有一个被3整除。 证：设三个连续正数为a ，a +1，a +2，而a 只有3k ，3k +1，3k +2三种情况，令a =3k ，显 然成立，a =3k +1时，a +2=3(k+1)，a =3k +2时，a +1=3(k +1)。 例3. 证明lg2是无理数。 证：假设lg2是有理数，则存在二个正整数p ，q ，使得lg2= q p ，由对数定义可得10p =2q ，则有2p ·5p =2q ,则同一个数左边含因子5，右边不含因子5，与算术基本定理矛盾。∴lg2为无理数。 例4. 求(21n+4，14n+3) 解：原式=(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,7n+2)=(7n+1,1)=1 例5. 求2004!末尾零的个数。 解：因为10=2×5，而2比5多， 所以只要考虑2004！中5的幂指数，即 5（2004！）=4995 20045 200412520042520045200454=?? ? ??+?? ? ??+?? ? ??+?? ? ??+?? ? ?? 例6.证明（n !）(n-1)!|(n !)! 证：对任意素数p ,设（n !）(n -1)!中素数p 的指数为α， （n !）!中p 的指数β，则 ∑???? ??-=∞=11k k p n n )!(α，∑??? ? ??-=∞=11k k p n n !)!(β,)()(x n nx ≥ α=∑??? ? ??-=∑???? ?? -≥∑???? ??-=∑???? ??∴∞=∞=∞=∞=1111111k k k k k k k k p n n p n n p n n p n ! )!(!)!()!(! 即α β≥，即左边整除右边。
初等数论作业(3)答案
第三次作业答案： 一、选择题 1、整数5874192能被( B )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 2、整数637693能被(C )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 3、模5的最小非负完全剩余系是( D ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则（A ） A )(mod m bc ac ≡ B b a = C ac T )(m od m bc D b a ≠ 二、解同余式（组） （1）)132(mod 2145≡x . 解 因为(45,132)=3|21,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程 )44(mod 715≡x . 我们再解不定方程 74415=-y x , 得到一解(21,7). 于是定理4.1中的210=x . 因此同余式的3个解为 )132(mod 21≡x , )132(mod 65)132(mod 3 13221≡+ ≡x , )132(mod 109)132(mod 3132221≡?+≡x . （2）)45(mod 01512≡+x 解 因为(12,45)=3|15,所以同余式有解,而且解的个数为3. 又同余式等价于)15(mod 054≡+x ,即y x 1554=+. 我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是(10,3), 即定理4.1中的100=x . 因此同余式的3个解为 )45(mod 10≡x ,
)45(mod 25)45(mod 3 4510≡+≡x , )45(mod 40)45(mod 3 45210≡?+≡x . （3）)321 (m od 75111≡x . 解 因为(111,321)=3|75,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程 )107(mod 2537≡x . 我们再解不定方程 2510737=+y x , 得到一解(-8,3). 于是定理4.1中的80-=x . 因此同余式的3个解为 )321(mod 8-≡x , )321(mod 99)321(mod 3 3218≡+-≡x , )321(mod 206)321(mod 3 32128≡?+-≡x . （4）?? ???≡≡≡)9(mod 3)8(mod 2)7(mod 1x x x . 解 因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式 )7(mod 172≡x ,)8(mod 163≡x ,)9(mod 156≡x , 得到)9(mod 4),8(mod 1),7(mod 4321-=-==x x x .于是所求的解为 ). 494(mod 478)494(mod 510 )494(mod 3)4(562)1(631472=-=?-?+?-?+??≡x （5）???????≡≡≡≡) 9(mod 5)7(mod 3)5(mod 2)2(mod 1x x x x . (参考上题)
初等数论中的几个重要定理 高中数学竞赛
初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数称为是模的既约剩余系，如果对任意的，且对于任意的，若＝1，则有且仅有一个是对模的剩余，即。并定义中和互质的数的个数， 称为欧拉（Euler）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然，而对于，就是1,2，…， 中与互素的数的个数，比如说是素数，则有。 引理：；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler）定理）设＝1，则。 分析与解答：要证，我们得设法找出个相乘，由个数我们想到中与互质的的个数：，由于＝1，从而 也是与互质的个数，且两两余数不一样，故 （），而（）＝1，故。 证明：取模的一个既约剩余系，考虑，由 于与互质，故仍与互质，且有，于是对每
个都能找到唯一的一个，使得，这种对应关系 是一一的，从而，。 ，，故。证毕。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。 定理2：（费尔马（Fermat）小定理）对于质数及任意整数有。 设为质数，若是的倍数，则。若不是的倍数，则 由引理及欧拉定理得，，由此即得。 定理推论：设为质数，是与互质的任一整数，则。 定理3：（威尔逊（Wilson）定理）设为质数，则。 分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找个数，然后来对应乘法。 证明：对于，在中，必然有一个数除以余1，这是因为 则好是的一个剩余系去0。 从而对，使得； 若，，则，，故 对于，有。即对于不同的对应于不同的，即中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自
己配对，这时，，或， 或。 除外，别的数可两两配对，积除以余1。故。定义：设为整系数多项式（），我们把含有的一组同余式 （）称为同余方组程。特别地，，当均为的一次整系数多项式时，该同余方程组称为一次同余方程组.若整数同时满足： ，则剩余类（其中）称为同余方程组的一个解，写作 定理4：（中国剩余定理）设是两两互素的正整数，那么对于任意整数 ，一次同余方程组，必有解，且解可以写为： 这里，，以及满足， （即为对模的逆）。 中国定理的作用在于它能断言所说的同余式组当模两两互素时一定有解，而对于解的形式并不重要。 定理5： （拉格郎日定理）设是质数，是非负整数，多项式 是一个模为次的整系数多项式（即），则同余方程至多有个解（在模有意义的情况下）。
初等数论
《初等数论》A/B 模拟练习题参考答案 1、（15分）设()f x 是整系数多项式，且(1),(2),,()f f f m 都不能被m 整除，证 明方程()0f x =没有整数解。 证明：对任意整数x ，(mod ),1x r m r m ≡≤≤，利用同余可加性和同余可乘性得 ()()(mod ),1f x f r m r m ≡≤≤，因为(1),(2), ,()f f f m 都不能被m 整除，所以 ()0f x ≠，即()0f x =没有整数解 2、（15分）若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数，,a b 是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则()()00ax by ax by ++，其中,x y 是任何整数 证明：由题意可知，,a b 不全为0， 从而在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数， 因而有形如ax by +的最小整数00ax by +，,x y Z ?∈，由带余数除法有 0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+, 则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈， 由00ax by +是S 中的最小整数知0r =，故00|ax by ax by ++ 由于,x y 为任意整数，则可知0000|,|ax by a ax by b ++ 从而有00|(,).ax by a b +又有(,)|a b a ，(,)|a b b 得证00(,)|a b ax by +，故00(,)ax by a b +=. 3、（10分）若(mod )a b c m +≡，求证(mod )a c b m ≡- 证明：由同余可加性，且(mod )a b c m +≡，从而得 ()()()(mod )c b c b a b b a m -≡+-≡++-≡，得证.
利用初等数论思想解决小学数学问题
利用初等数论思想解决小学数学教学问题 08数学大专（1）班 30308127 丁令万 小学数学的教学过程中，往往教师上课不懂怎么教、学生听不懂，导致恶性循环，使学生数学基础差，解题思想单一等问题严重。为解决这一问题，关键在于授课老师要有良好的教学方法能使学生听懂，并且愿意听。而要达到这一目标，我建议教学过程中采用初等数论的解题思想。 初等数论意指使用不超过高中程度的初等代数处理的数论问题，最主要的工具包括整数的整除性与同余。重要的结论包括中国剩余定理、费马小定理、二次互逆律等等。 解析数论借助微积分及复分析的技术来研究关于整数的问题，主要又可以分为积性数论与加性数论两类。 积性数论藉由研究积性生成函数的性质来探讨质数分布的问题，其中质数定理与狄利克雷定理为这个领域中最著名的古典成果。 加性数论则是研究整数的加法分解之可能性与表示的问题，华林问题是该领域最著名的课题。此外例如筛法、圆法等等都是属于这个范畴的重要议题。我国数学家陈景润在解决“哥德巴赫猜想”问题中使用的是解析数论中的筛法。 数论在数学中的地位是独特的，高斯曾经说过“数学是科学的皇后，数论是数学中的皇冠”。因此，数学家都喜欢把数论中一些悬而未决的疑难问题，叫做“皇冠上的明珠”，以鼓励人们去“摘取”。 简要列出几颗“明珠”：费尔马大定理、孪生素数问题、歌德巴赫猜想、角谷猜想、圆内整点问题、完全数问题…… 下面列举初等数论中的整除性问题来说明数论思想对小学数学教学的作用。 整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的． 1．整除的基本概念与性质 所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下． 定义设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作ba． 关于整数的整除，有如下一些基本性质： 性质1 若b｜a，c｜b，则c｜a． 性质2 若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)． 性质3 若c｜a，cb，则c(a±b)． 性质4 若b｜a，d｜c，则bd｜ac． 性质5 若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c． 性质6 若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b． 性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．
初等数论1——整除性
第四讲初等数论1——整除性 本讲概述 数论是数学中极其重要又非常迷人的一个分支，目前我们仅学习初等数论中较浅的内容. 初等数论是数学竞赛四大模块中较难以掌握的模块之一，在数学竞赛中占据极其重要的位置.特别是联赛改制以后，二试必考一道50分的数论大题，一试也会有一到两道数论方面的问题.数论与组合水平如何是大家能否获得联赛一等奖甚至更好成绩的关键. 初等数论这块的竞赛问题涉及到的知识点极少，甚至可以说绝大部分同学在小学初中的培训中基本都接触过.但是限于初中的知识面和同学的年龄，考试中一般不出现较为深入、难度较高的数论问题.到了高中，大家将复习小学初中阶段的数论知识，并将其中的很多知识更为理论化、系统化.高中的数论问题难度也会明显增高.但是在数论这一模块中，我们并不提倡大家过多地掌握很多高深的数论知识，而是提倡大家真正去灵活熟练地运用最基本、最重要的数论基础知识和重要定理来解决问题. 由于同学们在小学、初中都已经学过不少关于初等数论的初步知识，所以这里我们把大家比较熟悉的知识都罗列在下面，对其中大部分定理将不给出证明，直接给出结论. 如果不特别说明，本讲中所有字母均代表正整数. 一、整除 1．整除的定义 两个整数a和b(b≠0)，若存在整数k，使得a=bk，我们称a能被b整除，记作b|a．此时把a叫做b 的倍数，b叫做a的约数．如果a除以b的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a． 2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a． 0是任何非零整数的倍数，a≠0，a为整数，则a|0． （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除．能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 3．整除的几条性质 （1）自反性：a|a(a≠0) （2）对称性：若a|b, b|a，则a=b （3）传递性：若a|b, b|c，则a|c （4）若a|b, a|c，则a|(b, c) （5）若a|b, m≠0，则am|bm （6）若am|bm, m≠0，则a|b （7）若a|b, c|b, (a, c)=1，则ac|b
初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性下半部分试题新人教版-精品
初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章 整数的整除性下半部分试题新人教版-精品 2020-12-12 【关键字】方法、条件、问题、矛盾、能力、方式、满足、解决、出发点 综上可知，命题成立． 评注如果两个互质的正整数之积是一个完全平方数，则这两个正整数都是完全平方数．这一命题是我们证明此题的出发点． 19．4．27★★★如果正整数a 、b 、c 满足222c a b =+． 证明：数2c ab +和2c ab -都可以表示为两个正整数的平方和． 解析 巧妙运用下述命题：如果正整数x 可表示为两个正整数的平方和，则2x 也可表示为两个整数的平方和．事实上，设22x u v =+，这里x 、u 、v 都是正整数．则()()22 22222x u v u v u v =+=++-．于是，2x 可表示为两个整数u v +和u v -的平方和，命题获证． 注意到，由条件有 ()()2 2222222c ab c a ab b c a b ±=+±+=+±． 利用已证命题，可知 ()()()22 24c ab c a b c a b ±=+±+-． 记c a b x +±=，c a b y -=，由222c a b =+可知x 、y 都是正整数，并且 ()2224c ab x y ±=+．若x 、y 不同为偶数，则由平方数0≡或()1mod 4，可知221x y +≡或 ()2mod 4，这是一个矛盾．所以，x 、y 都是偶数，从而22 222x y c ab ????±=+ ? ?????，这就是 要证的结论． 评注 这里本质上只是恒等式()()()22 222u v u v u v +=++-的应用，在处理竞赛问题时，代数式变形能力显得十分重要． 19．4．28是否存在正整数m 、n 使得331m n a =++是完全平方数？ 解析 分如下三种情形讨论： （1）若m m 、n 都是偶数，则()31mod 4m ≡，()31mod 4n ≡，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数． （2）若m 、n 都是奇数，则()33mod 4m ≡，()33mod 4n =，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数． （3）若m 、n 是一奇一偶，不妨设m 是奇数，n 是偶数，则()33mod8m ≡，()31mod8n ≡，
初等数论(1)整除
初等数论（1）----数的整除 初等数论又称初等整数论，它的研究对象是整数集。整数是小学就接触的一类数，但是关于数论的问题却是最难解决的。 1、整数的离散性：任何两个整数,x y 之间的距离至少为1，因此有不等式1x y x y
初等数论相关问题
初等数论相关求解问题 ——计算机辅助研究 日期：2010年11月29日星期一作者：青海师范大学数学系08A班程康初等数论是研究数的规律，特别是整数性质的数学分支。它以算术方法为主要研究方法，主要内容有整数的整除理论、同余理论、连分数理论和某些特殊不定方程。换言之，初等数论就是用初等、朴素的方法去研究数论。 由于自然数的后继性，即它的无穷大性，给我们实际研究工作带来了困难，因此本文介绍如何用计算机来辅助研究初等数论相关问题，并列举实例予以说明。 实例一：完全数 完全数（Perfect number），又称完美数或完备数，是一些特殊的自然数。它所有的真因子（即除了自身以外的约数）的和（即因子函数），恰好等于它本身。 例如：第一个完全数是6，它有约数1、2、3、6，除去它本身6外，其余3个数相加，1+2+3＝6。第二个完全数是28，它有约数1、2、4、7、14、28，除去它本身28外，其余5个数相加，1+2+4+7+14＝28。后面的数是496、8128等等。 例如： 6＝1+2+3 28＝1+2+4+7+14 496＝1+2+4+8+16+31+62+124+248 8128＝1+2+4+8+16+32+64+127+254+508+1016+2032+4064 ．．．．．． 对于“4”这个数，它的真因子有1、2，其和是3。由于4本身比其真因子之和要大，这样的数叫做亏数。对于“12”这个数，它的真因子有1、2、3、4、6，其和是16。由于12本身比其真因子之和要小，这样的数就叫做赢数。那么有没有既不盈余，又不亏欠的数呢？即等于它自己的所有真因子之和的数，这样的数就叫做完全数。 完全数有许多有趣的性质： 1、它们都能写成连续自然数之和 例如： 6＝1+2+3 28＝1+2+3+4+5+6+7 496＝1+2+3+……+30+31 2、每个都是调和数 它们的全部因数的倒数之和都是2，因此每个完全数都是调和数。例如： 1/1+1/2+1/3+1/6＝2
初等数论1——整除性
实用文案 第四讲初等数论1——整除性 本讲概述 数论是数学中极其重要又非常迷人的一个分支，目前我们仅学习初等数论中较浅的内容. 初等数论是数学竞赛四大模块中较难以掌握的模块之一，在数学竞赛中占据极其重要的位置.特别是联赛改制以后，二试必考一道50分的数论大题，一试也会有一到两道数论方面的问题.数论与组合水平如何是大家能否获得联赛一等奖甚至更好成绩的关键. 初等数论这块的竞赛问题涉及到的知识点极少，甚至可以说绝大部分同学在小学初中的培训中基本都接触过.但是限于初中的知识面和同学的年龄，考试中一般不出现较为深入、难度较高的数论问题.到了高中，大家将复习小学初中阶段的数论知识，并将其中的很多知识更为理论化、系统化.高中的数论问题难度也会明显增高. 但是在数论这一模块中，我们并不提倡大家过多地掌握很多高深的数论知识，而是提倡大家真正去灵活熟练地运用最基本、最重要的数论基础知识和重要定理来解决问题. 由于同学们在小学、初中都已经学过不少关于初等数论的初步知识，所以这里我们把大家比较熟悉的知识都罗列在下面，对其中大部分定理将不给出证明，直接给出结论. 如果不特别说明，本讲中所有字母均代表正整数. 一、整除 1．整除的定义 两个整数a和b(b≠0)，若存在整数k，使得a=bk，我们称a能被b整除，记作b|a．此时把a叫做b的倍数，b叫做a的约数．如果a除以b的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a?．2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a． 0是任何非零整数的倍数，a≠0，a为整数，则a|0．
高一·联赛班·第4讲·学生版 2 （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k 为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k 为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除． 能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 3．整除的几条性质 （1）自反性：a|a(a ≠0) （2）对称性：若a|b, b|a ，则a=b （3）传递性：若a|b, b|c ，则a|c （4）若a|b, a|c ，则a|(b, c) （5）若a|b, m ≠0，则am|bm （6）若am|bm, m ≠0，则a|b （7）若a|b, c|b, (a, c)=1，则ac|b 二、带余除法 对于任一整数a 及大于1的整数m ，存在唯一的一对整数q, r (0≤r 第一章 整数的可除性 §1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3 定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则 1122n n q a q a q a ++ +是m 得倍数． 证明： 12 ,,n a a a 都是m 的倍数。 ∴ 存在n 个整数12,, n p p p 使 1122,, ,n n a p m a p m a p m === 又12,, ,n q q q 是任意n 个整数 1122n n q a q a q a ∴++ + 1122n n q p m q p m q p m =+++ 1122()n n p q q p q p m =++ + 即1122n n q a q a q a ++ +是m 的整数 2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明 (1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++- (1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又 (1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数 故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+ 3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+ 从而可知 3|(1)(21)n n n ++ 3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++． 证： ,a b 不全为0 ∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数 00ax by + ,x y Z ?∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+ 则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r = 00|ax by ax by ∴++ 00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b += 4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得 ||,||2 b a bs t t =+≤ 成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列 33,,,,0,,,, 2222 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 1 22 q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22 q q s t a bs a b = =-=-，则有 02222 b q q q a bs t a b a b b t ≤-==-=-<∴< 若0b < 则令,2 2 q q s t a bs a b =-=-=+ ，则同样有2b t < ()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11 ,22 q q s t a bs a b ++= =-=-，则有 初等数论 初等数论从表面意义来讲，就是作为一门研究数的相关性质的数学学科。准确地按照潘承洞、潘承彪两位数论大师的说法：初等数论是研究整数最基本的性质，是一门十分重要的数学基础课。它不仅是中、高等师范院校数学专业，大学数学各专业的必修课，而且也是计算机科学等相关专业所需的课程。纵观数论发展过程，我国出现了许许多多的数论大师，如：华罗庚的早期研究方向、陈景润、潘 承洞等。 第一部分：整除 初接触初等数论，经过《初等数论》课本知整除理论是初等数论的基础。整 除理论首先涉及整除。现向上延伸则想到整除的对象，即自然数、整数。从小学、中学再到大学，我们从接触最初的1、2、3再到后来的有理数、无理数、实数再 到复数，可谓种类繁多。但数论中的整除运算仅仅局限于自然数及其整数等相关 范围内。首先大学数学中绝大多数数学定义中的自然数不包括0 ，这似乎与中学有一点差别，当然整数的定义改变就相对少得多。另外，自然数、整数的相关 基本性质需懂得及灵活利用，如分配律、交换律、反对称性等。在初等代数中曾 系统地介绍了自然数的起源问题：自然数源于经验，自然数的本质属性是由归纳原理刻画的，它是自然数公理化定义的核心。自然数集合严格的抽象定义是由Peano定理给出的，他刻画了自然数的本质属性，并导出有关自然数的有关性质。 Peano定理：设N是一个非空集合，满足以下条件： （ⅰ）对每一个n∈N，一定有唯一的一个N中的元素与之对应，这个元素 记作n+,称为是n的后继元素（或后继）； （ⅱ）有元素e∈N，他不是N中任意元素的后继； （ⅲ）N中的任意一个元素至多是一个元素的后继，即从a+=b+ 一定可以推出a=b; (ⅳ)(归纳原理)设S是N的一个子集合，e∈S, 如果n∈Ｓ则必有n+ ∈S,那么，S=N. 这样的集合N称为自然数集合，它的元素叫做自然数。 其中的归纳原理是我们常用的数学归纳法的基础。数学归纳法在中学已属重点内容，此处就不作介绍。主要描述一下推广状态下的第二种数学归纳法： （第二种数学归纳法）设P(n)是关于自然数n的一种性质或命题。如果 （1）当n=1时，P(1)不成立； （2）设n>1,若对所有的自然数m《初等数论》第三版习题解答
初等数论