离散数学第六章课件ppt

即可推出：d|uk、d|uk－1、…、d|uj、d|uj－1。
(2)当j＝k＋1时，取xk＋1＝0，yk＋1＝1，则结论成立。
设j＝s＋1(1≤s≤k)时结论成立，即有xs＋1和ys＋1，使得 uk＋1＝xs＋1us＋ys＋1us＋1。又定理6.6第s式为us－1＝qs-1us＋ us＋1。由以上两式得uk＋1=ys＋1us-1 ＋(xs＋1-qs-1ys＋1)us。 因此，取xs＝ys＋1，ys＝xs＋1－qs－1ys＋1，则结论对j ＝s也成立。所以结论成立。
(4)若b|a且a≠0，则|b|≤|a|，即非零整数仅有 有限个因数。 (5)若m≠0，则b|amb|ma。 (6)若b|a且a|b，则a＝±b。
例1若3|n且7|n，则21|n。
证
由3|n知存在整数m使n＝3m，所以7|3m。由此及 例2若a＝2b－1，a|2n，则a|n。
明 7|7m得7|(7m－2· 3m)，即7|m。因而有21|n。
的。
在互素的正整数中，不一定有素数。例如，25与36互 素，但25与36都不是素数。
定理6.9在定理6.7的条件和符号下，有：
(u0，u1)＝(u1，u2)＝…＝(uk－1，uk)＝(uk，uk＋1)＝qk。 证明 由定理6.8(1)得，d|uk－1，d|uk当且仅当d|uk＋1，所 以有(uk－1，uk)＝(uk，uk＋1)＝qk。依此往前推即得结论。
6.1 因数和倍数 6.2 素数和合数 6.3 带余除法与辗转相除法 6.4 最大公因数和最小公倍数 6.5 算术基本定理
6.1 因数和倍数
定义6.1 任给两个整数a和b，其中b≠0，若 存在整数q使a＝bq，则称b整除a，记作b|a，此 时把b叫做a的因数或约数，把a称为b的倍数。 否则，就说b不整除a，记作b | a。 若a＝bq，而b≠±a，b≠±1，则称b是a的 真因数或真约数。 定理6.1(1)b|a－b|ab|－a|b|||a|。 (2)若b|a且c|b，则c|a。 (3)c|a且c|bc|(ma＋nb)，其中m、n∈Z。
证
由a|2n得a|2bn，由a＝2b－1得n＝2bn－an，所以
明 a|n。
6.2 素数和合数
定义6.2大于1且只有1和自身这两个正因数的正 整数，称为素数或质数；大于1且不是素数的正整数
称为合数。若正整数a有一个因数b，而b是素数，称
b是a的素因数。 依据该定义，可以将所有的正整数分为三类： 素数、合数和1。 定理6.2 a是大于1的合数，当且仅当存在整数b 和c，使得a＝bc，其中，1＜b＜a，1＜c＜a。 证明 由合数的定义即得。
令T＝{b－ka|k＝0，±1，±2，…}，则T中必有一个
最小正整数，设为t0＝b－k0a＞0。下证必有t0＜|a|。
| b，所以t0≠|a|。若t0＞|a|，则t1＝t0－|a|＝b－k0a－ 因a
|a|＞0。易见t1∈T，t1＜t0。与t0的最小性矛盾。所以t0 ＜|a|成立。取q＝k0，r＝t0就满足要求。
定理6.13 设a和b是正整数，且(a，b)＝d，[a，b]＝m，
则ab＝dm。 所以ab/d是a与b的公倍数，于是ab/d≥m，故ab≥dm。
证明 (1)由(a，b)＝d有d|a和d|b，又ab/d＝(a/d)b＝a(b/d)，
(2)由定理6.10知，存在整数x和y，使得ax＋by＝(a，b)
＝d，于是amx＋bmy＝dm。又由a|m和b|m得，ab|bm， ab|am。于是ab|(amx＋bmy)，即ab|dm，故ab≤dm。 综上可知，ab＝dm。 定理6.14 设a、b、c都是正整数，若a|bc，且(a，b)＝
＝15或a＝29。
定理6.7 (辗转相除法)设u0≥u1＞0，则重复应用定
理6.6一定可以得到以下k＋1个式子：
u0＝q0u1＋u2，0＜u2＜u1，
u1＝q1u2＋u3，0＜u3＜u2，
u2＝q2u3＋u4，0＜u4＜u3， … uj－1＝qj－1uj＋uj＋1，0＜uj＋1＜uj， …
uk－2＝qk－2uk－1＋uk，0＜uk＜uk－1，
数的乘积，即a＝p1p2…ps，其中p1、p2、…、ps都是素数。 证明 若a是素数，则结论成立。若a是合数，由
定理6.3知，a的大于1的最小正因数一定是素数，记
为p1，则有a＝p1b。由于b＞1，继续应用定理6.3得素
数p2。续行此法，必在有限次后结束，即得到素数序
列：p1、p2、…、ps，使得a＝p1p2…ps。
1，则a|c。
证明 由定理6.10知，存在整数x和y，使得ax＋by＝(a， b)＝1，于是acx＋bcy＝c。因为a|ac且a|bc，所以a|(acx＋
bcy)，故a|c。
定理6.15 设a、b、c都是正整数，且(a，b)＝1，c|a，
则(b，c)＝1。
证明 设(b，c)＝d，则d|b，d|c。又因为c|a，所以d|a。 由d|a和d|b知，d是a与b的公因数，而(a，b)＝1，所以d ＝1，即(b，c)＝1。 定理6.16 设a、b、c都是正整数，若a|c，b|c，且(a，b) ＝1，则ab|c。
证明 由定理6.10知，存在整数x和y，使得ax＋by＝(a， b)＝1，于是acx＋bcy＝c。由a|c得ab|bc，由b|c得ab|ac，
所以ab|(acx＋bcy)，故ab|c。
例2设f(x)＝a0xn＋a1xn－1＋…＋an－1x＋an是整系数多
项式，如果10|f(2)且10|f(5)，则10|f(10)。 证明 由于f(10)＝a0×10n＋a1×10n-1＋…＋an－1×10 ＋an，所以欲证10|f(10)，只需证10|an。 由已知10|f(2)，有2|f(2)。又因为2整除f(2)的前n项， 所以2|an。同理，由10|f(5)可得5|an。因为(2，5)＝1，由 定理6.16可得(2×5)|f(10)，于是10|f(＋r，0≤r＜|a|。不 0，则由r－r＝(q－q)a及定理6.1可得，|a|≤r－r。与r －r＜|a|矛盾。所以r＝r，进而得q＝q。
明 妨设r≥r，则有r－r＝(q－q)a，0≤r－r＜|a|。若r－r＞
存在性。当a|b时，可取q＝b/a，r＝0。当a | b时，
6.4 最大公因数和最小公倍数
定义6.3 设a1、a2、…、an和d都是正整数，n≥2。若 d|ai(1≤i≤n)，则称d是a1、a2、…、an的公因数。 在公因数中最大的那一个数，称为a1、a2、…、an的
最大公因数，记为(a1，a2，…，an)。
若(a1，a2，…，an)＝1，则称a1、a2、…、an是互素
及前面j个等式成立。若uj＋1|uj，则定理对k＝j成立；若uj
| ＋1
uj，则继续对uj＋1、uj应用定理6.6。由于小于u1的正
整数只有有限个以及1整除任一整数，所以这个过程不能
无限制地做下去，一定会出现某个k，使得uk＝qkuk＋1成 立。
定理6.8 在定理6.7的条件和符号下，有
(1)对任意给定的j(1≤j≤k＋1)，d|uj－1，d|uj当且仅当
定义6.4 设a1、a2、…、an和m都是正整数，n≥2。若 ai|m，则称m是a1、a2、…、an的公倍数。
公倍数中最小的那一个数，称为a1、a2、…、an的最小
公倍数，记为[a1，a2，…，an]。
定理6.12 给定正整数a和b，且[a，b]＝m，若m是a和
b的公倍数，则m|m。
证明 由定理6.6知，存在整数q和r，使得m＝mq＋r， 0≤r＜m，q≥1，则r＝m－mq。由a|m和a|m，有a|r。由b|m 和b|m，有b|r。所以r是a和b的公倍数。又0≤r＜m，所以r ＝0，即m＝mq，从而m|m。
uk－1＝qk－1uk＋uk＋1，0＜uk＋1＜uk，
uk＝qkuk＋1。
证明 对于u0和u1，若u1|u0，则定理对k＝1成立；若 u1 | u0，应用定理6.6必有第一式成立。同样，若u2|u1，则 续行此法得到 u1＞u2＞u3＞…＞uj＋1＞0
定理对k＝2成立；若u1| u0，应用定理6.6必有第二式成立。
例如，1260的不同的素因数有2、3、5、7，共4 个。1260＝2· 2· 3· 3· 5· 7，所以，1260共有6个素因数。
推论(1)若a是合数，则a必有一个素因数小于 或等于a1/2。 (2)若a可以表示成s个素数的乘积，则a必有 一个素因数小于或等于a1/s。 证 明 定理6.5 素数有无穷多个。
定理6.3 若a是大于1的整数，则其大于1的最小
正因数p一定是素数。 证明 若a是素数，取p＝a，则结论成立。若a是
合数，取p是a的大于1的最小正因数。若p是合数，则
存在c且1＜c＜p，使得c|p。由c|p和p|a得c|a，因此，
c是p的一个正因数，与p的选取矛盾。所以p是素数。
定理6.4 若a是大于1的整数，则a一定可以表示为素
从而p＝1。同样有q＝1。故m＝n。
6.5 算术基本定理
定理6.17 若p是素数，则p a当且仅当(p，a)＝1。
证明 因p是素数，所以p只有1和p两个正因数。若p a，
3468＝595· 5＋493
595＝493· 1＋102
85＝17· 5
所以，(24871，3468)＝17。
(2)17＝102－85 ＝102－(493－102· 4)＝102· 5－493 ＝(595－493) · 5－493＝595· 5－493· 6 ＝595· 5－(3468－595· 5)· 6＝595· 35－3468· 6 ＝(24871－3468· 7)· 35－3468· 6 ＝24871· 35＋3468· (－251)。
例3设m、n为自然数，mn|(m2＋n2)，则m＝n。 证明 设(m，n)＝d，则存在整数p和q，使得m ＝pd，n＝qd，且(p，q)＝1。由mn|(m2＋n2)得