初等数论定理
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
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 nq 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 b00(,)|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||,||2b 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,,,,2222b 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122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时,若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-,则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+,则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时,若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-,则有若 0b <,则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+,则同样有2b t ≤,综上所述,存在性得证.下证唯一性当b 为奇数时,设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时,,s t 不唯一,举例如下:此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1.证明推论4.1推论4.1 a ,b 的公因数与(a ,b )的因数相同. 证:设d '是a ,b 的任一公因数,∴d '|a ,d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =, d '|122b r q r -=,┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
人教版高中数学选修4-6《初等数论:算术基本定理》
第六节 算术基本定理
推论2 设正整数a与b的标准分解式是
a p1 p2 pk q1 ql , b p1 p2 pk r1 rs
1 2 k 1 s
1
2
k
1
l
其中pi(1 i k),qi(1 i l)与ri(1 i s)是两 两不相同的素数,i,i(1 i k),i(1 i l) 与i(1 i s)都是非负整数,则
1 2
任何大于1的整数n可以
k
n p1 p2 pk
,
(2)
2, , k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。
第六节 算术基本定理
假设pi(1 i k)与qj(1 j l)都是素数,
p1 p2 pk,q1 q2 ql,
n = p1p2pm, (1) 其中pi(1 i m)是素数.
第六节 算术基本定理
引理1 即 任何大于1的正整数n可以写成素数之积,
n = p1p2pm,
其中pi(1 i m)是素数。 证明 当n = 2时,结论显然成立。
(1)
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。
[a, b] p p p , i max{ i , i }, 1 i k。
1 1
1 2
k k
第六节 算术基本定理
推论3 设a,b,c,n是正整数,
ab = cn ,(a, b) = 1,
则存在正整数u,v,使得
(5)
初等数论§4.2孙子定理
2020/4/1
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例2 〔韩信点兵〕有兵一队,若列成五行纵队,则 末行1人;成六行纵队,则末行5人;成七行纵队, 则末行4人;成十一行纵队,则末行10人。求兵数。
解 : 即 求 解 同 余 式 组
x 1 ( m o d 5 ) , x 5 ( m o d 6 ) , x 4 ( m o d 7 ) ,2 6 , m 3 7 , m 4 1 1 .
202043阜阳师范学院1247年南宋的数学家秦九韶把孙子算经中物不知其数一题的方法推广到一般的情况得到称之为大衍求一术的方法在数书九章中发表
§4.2 孙子定理
李新年
2020/4/1
1
• 看过《射雕英雄传》的同学应该记得,当年黄蓉身中奇毒 ,郭靖将她送到瑛姑那里救治,进入瑛姑茅舍,瑛姑就给 他们出了一题:
2020/4/1
3
中国剩余定理
➢ 1247年南宋的数学家秦九韶把《孙子算经》中“物
不知其数”一题的方法推广到一般的情况,得到称之 为“大衍求一术”的方法,在《数书九章》中发表。 这个结论在欧洲要到十八世纪才由数学家高斯和欧拉 发现。所以世界公认这个定理是中国人最早发现的, 特别称之为“中国剩余定理”
2020/4/1
12
敬请指导,谢谢!
2020/4/1
阜阳师范学院 数科院
13
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m i ai 51 65 74 11 10
m
Mi
462
385 2310 330
210
M i ' aiMiMi ' aiMiMi'
3
1×462×3
1 5×385×1 6731
湘教版高中数学选修4-6初等数论初步:费马小定理和欧拉定理
1
欧拉定理 费马定理及其对循环小数的应用
本节主要通过应用简化剩余系的性质证明 数论中的两个重要定理,欧拉定理和费马定理, 并说明其在理论和解决实际问题中的应用。
一、两个基本定理
定理1Euler 设 m是正整数,(a, m) = 1, 则 am) 1 (mod m).
例1 求131956 被60除的余数。 解: Q (13, 60) 1,(60) 60(1 1)(1 1)(1 1) 16
235
由欧拉定理得 1316 (1 mod 60) am) 1 (mod m)
又131956 13161224 13(4 mod60) 169(2 mod60) 49(2 mod60)(-11)(2 mod60) 12(1 mod60)(1 mod60)
若(a, p) > 1,则pa,
所以 a p 0 a (mod p) 注:Fermat定理即是欧拉定理的推论。
注:根据欧拉定理,当(a, m) = 1时,
总能找到x=(m),使得ax 1 (mod m)。 但(m)并不是使ax 1 (mod m)成立的自
然数x中的最小数。
二、定理的应用举例
证明: 设{x1, x2, L , x(m)}是模m的一个简化剩余系, 则{ax1, ax2, L , ax(m)}也是模m的简化剩余系, 所以 ax1ax2 L ax(m) x1x2L x(m) (mod m), 即 a(m)x1x2 L x(m) x1x2 L x(m) (mod m). 由( x1, m) ( x2 , m) L =( x(m), m) 1 得 (x1x2 L x(m), m) = 1,所以 a(m) 1 (mod m).
初等数论中的欧拉定理
初等数论中的欧拉定理定理内容在数论中,欧拉定理(也称费马-欧拉定理)是⼀个关于同余的性质。
欧拉定理表明,若n,a为正整数,且n,a互素,(a,n) = 1,则a^φ(n) ≡ 1 (mod n)证明⾸先证明下⾯这个命题:对于集合Zn={x1,x2,...,xφ(n)},其中xi(i=1,2,…φ(n))是不⼤于n 且与n互素的数,即n的⼀个化简剩余系,或称简系,或称缩系),考虑集合S = {a*x1(mod n),a*x2(mod n),...,a*xφ(n)(mod n)} 则S = Zn1) 由于a,n互质,xi也与n互质,则a*xi也⼀定于n互质,因此任意xi,a*xi(mod n) 必然是Zn的⼀个元素2) 对于Zn中两个元素xi和xj,如果xi ≠ xj则a*xi(mod n) ≠ a*xj(mod n),这个由a、n互质和消去律可以得出。
所以,很明显,S=Zn既然这样,那么(a*x1 × a*x2×...×a*xφ(n))(mod n)= (a*x1(mod n) × a*x2(mod n) × ... × a*xφ(n)(mod n))(mod n)= (x1 × x2 × ... × xφ(n))(mod n)考虑上⾯等式左边和右边左边等于(a*(x1 × x2 × ... × xφ(n))) (mod n)右边等于x1 × x2 × ... × xφ(n))(mod n)⽽x1 × x2 × ... × xφ(n)(mod n)和n互质根据消去律,可以从等式两边约去,就得到:a^φ(n) ≡ 1 (mod n)推论:对于互质的数a、n,满⾜a^(φ(n)+1) ≡ a (mod n)费马定理:a是不能被质数p整除的正整数,则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)证明这个定理⾮常简单,由于φ(p) = p-1,代⼊欧拉定理即可证明。
初等数论的性质与定理总结
初等数论的性质与定理总结初等数论是数论中的一个基础分支,研究整数的性质和整数运算规律。
本文将总结初等数论中的一些重要性质与定理。
一、整数的整除性质1. 整数的除法基本性质:对于任意整数a、b和非零整数c,存在唯一的整数q使得a = bq + c。
2. 整除关系的传递性:如果a能整除b,且b能整除c,则a能整除c。
3. 整除关系的辗转相除法:对于任意整数a和非零整数b,存在唯一的整数q和r使得a = bq + r(其中0 ≤ r < |b|)。
二、质数与合数1. 质数的定义:质数是指大于1且只能被1和自身整除的整数。
例如,2、3、5、7等都是质数。
2. 质因数分解定理:每个大于1的整数都可以唯一地表示为若干个质数的乘积。
3. 最大公约数与最小公倍数的性质:对于任意整数a和b,记a和b 的最大公约数为gcd(a, b),最小公倍数为lcm(a, b),则有以下性质: - gcd(a, b) = gcd(b, a)- gcd(a, 0) = |a|- lcm(a, b) = |ab| / gcd(a, b)三、模运算与同余1. 模运算的基本性质:对于任意整数a、b和正整数n,有以下性质:- (a + b) mod n = (a mod n + b mod n) mod n- (a - b) mod n = (a mod n - b mod n) mod n- (a * b) mod n = (a mod n * b mod n) mod n2. 同余关系的性质:对于任意整数a、b和正整数n,如果a与b模n同余(记作a ≡ b (mod n)),则有以下性质:- a + c ≡ b + c (mod n)- ac ≡ bc (mod n)- 如果a ≡ b (mod n),则a^k ≡ b^k (mod n)对于任意正整数k四、费马小定理与欧拉定理1. 费马小定理:如果p是质数,a是任意正整数且p不整除a,则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
初等数论闵嗣鹤第三版pdf
初等数论闵嗣鹤第三版pdf初等数论是数学的一个分支,它主要研究自然数的性质和规律,以及数字之间的关系,是数学的基础之一。
其中,闵嗣鹤所撰写的《初等数论》是一本经典的教材,在广大数学爱好者和学生中享有很高的声誉。
下面是闵嗣鹤第三版《初等数论》的主要内容及划分:一、自然数与整数自然数和整数是初等数论的基础,闵嗣鹤在第一章中详细地探讨了这两个概念的定义、性质和运算法则。
其中,自然数之间的关系包括大小关系、奇偶性、质因数分解等,而整数之间的关系包括最大公因数、最小公倍数、同余等。
二、素数与分解定理素数是指在大于1的自然数中,除了1和本身之外,没有其他因数的数。
在第二章中,闵嗣鹤详细探讨了素数的性质、分布规律、筛法等,并引入了分解定理,即任何大于1的自然数都可以唯一地写成素数的积的形式。
三、同余与模运算同余是指两个数除以同一个自然数的余数相等。
闵嗣鹤在第三章中解释了同余的概念和性质,并介绍了模运算,即对于任何整数a和正整数n,都可以得到一个余数r,也就是a mod n=r。
四、数论函数与数论约束问题数论函数是指把自然数映射为自然数的函数,闵嗣鹤在第四章中介绍了数论函数的类型、性质和应用,如欧拉函数、莫比乌斯函数等。
另外,数论约束问题是数论中一个重要的研究方向,指在一定条件下求出自然数的个数或性质,如高斯整数环中最大不同平方因子数量的值等。
五、二次剩余与离散对数二次剩余是指一个数的平方模一个素数后的余数,闵嗣鹤在第五章中详细探讨了二次剩余的性质和应用,如欧拉定理、勒让德符号等。
离散对数则是指解一个同余方程中未知数的问题,其在密码学领域中有重要应用。
六、多项式与代数数论多项式是数论中的一个重要分支,涉及到的问题包括多项式的根、因式分解等。
闵嗣鹤在第六章中介绍了多项式的性质和运算法则,以及代数数论的相关知识。
综上所述,闵嗣鹤第三版《初等数论》是一本内容丰富、系统完备、知识详尽的经典教材,不仅适用于初学者,也适合用于深入研究数论的专业人士。
初等数论四大定理
初等数论四大定理威尔逊定理、欧拉定理、剩余定理(孙子定理)、费马小定理威尔逊定理:当且仅当p为素数时,有:(p-1)!≡-1(mod p)欧拉定理:若n,a为正整数,且n,a互质,(a,n)=1,则:a^φ(n)≡1(mod n)剩余定理(孙子定理):若有一些两两互质的整数m1,m2,…,m n,则对任意的整数a1,a2,…,a n,以下联立同余方程组对模m1,m2,…,m n有公解:x≡a1(mod m1),x≡a2(mod m2),……,x≡a n(mod m n)费马小定理:若p是质数,且(a,p)=1,则:a^(p-1)≡1(mod p)之前一直认为费马小定理的证明很复杂,但是懂了欧拉定理之后就迎刃而解了.首先,我们需要知道欧拉定理是什么:数论上的欧拉定理,指的是a x≡1(modn)这个式子实在a和n互质的前提下成立的.为什么成立呢?下面来证一下.首先,我们知道在1到n的数中,与n互质的一共有φ(n)φ(n)个,所以我们把这φ(n)φ(n)个数拿出来,放到设出的集合X中,即为x1,x2……xφ(n)x1,x2……xφ(n).那么接下来,我们可以再设出一个集合为M,设M中的数为:m1=a∗x1m2=a∗x2……mφ(n)=a∗xφ(n)m1=a∗x1m2=a∗x2……mφ(n)=a∗xφ(n)下面我们证明两个推理:一、M中任意两个数都不模n同余.反证法.证明:假设M中存在两个数设为m a,m b ma,mb模n同余.即m a≡m b ma≡mb移项得到:m a−m b=n∗k ma−mb=n∗k再将m用x来表示得到:a∗x a−a∗x b=n∗k a∗xa−a∗xb=n∗k提取公因式得到a∗(x a−x b)=n∗k a∗(xa−xb)=n∗k我们现在已知a与n互质,那么式子就可以转化为:x a−x b≡0(modn)xa−xb≡0(modn),因为a中没有与n的公因子(1除外)所以a对模n同余0并没有什么贡献.又因为x a,x b xa,xb都是小于n的并且不会相同,所以x a−x b xa−xb一定是小于n的,那么上述的式子自然全都不成立.假设不成立.证得:M中任意两个数都不模n同余.二、M中的数除以n的余数全部与n互质.证明:我们已知m i=a∗x i mi=a∗xi.又因为a与n互质,x i xi与n互质,所以可得m i mi与n互质.带入到欧几里得算法中推一步就好了.即gcd(a∗x i,n)=gcd(m i,n)=gcd(n,m i modn)=1证毕.根据我们证得的两个性质,就可以开始推式子了.首先,根据第二个性质可以知道,M中的数分别对应X中的每个数模n同余.所以可以得到:m1∗m2∗……∗mφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(modn)m1∗m2∗……∗mφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(modn)现在我们把m i mi替换成x的形式,就可以得到:a∗x1∗a∗x2∗……∗a∗xφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(modn)a∗x1∗a∗x2∗……∗a∗xφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(modn)很显然,我们应该移项了,但是在移项之前,我们认为这么多的a很烦,那么就先乘起来:aφ(n)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡x1∗x2……∗xφ(n)(modn)aφ(n)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡x1∗x2……∗xφ(n)(modn)很开心,我们终于凑出了aφ(n)aφ(n),那么就开始移项吧:(aφ(n)−1)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡0(modn)(aφ(n)−1)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡0(modn)然后,就出来啦:aφ(n)≡1(modn)aφ(n)≡1(modn)证毕.用现代数学的语言来说明的话,中国剩余定理给出了以下的一元线性同余方程组:有解的判定条件,并用构造法给出了在有解情况下解的具体形式.中国剩余定理说明:假设整数m1,m2, ... ,m n两两互质,则对任意的整数:a1,a2, ... ,a n,方程组有解,并且通解可以用如下方式构造得到:设是整数m1,m2, ... ,m n的乘积,并设是除了m i以外的n- 1个整数的乘积.设为模的数论倒数( 为模意义下的逆元)方程组的通解形式为在模的意义下,方程组只有一个解:证明:从假设可知,对任何,由于,所以这说明存在整数使得这样的叫做模的数论倒数.考察乘积可知:所以满足:这说明就是方程组的一个解.另外,假设和都是方程组的解,那么:而两两互质,这说明整除 . 所以方程组的任何两个解之间必然相差的整数倍.而另一方面,是一个解,同时所有形式为:的整数也是方程组的解.所以方程组所有的解的集合就是:。
初等数论知识点整理
初等数论知识点整理 1. 整数的基本性质:
- 整数的定义与整数集的基本运算
- 整数的大小与比较
- 整数的不同表示形式(十进制、二进制、八进制等) 2. 整除与约数:
- 整除的定义与性质
- 素数的定义与判定方法
- 约数的定义与性质
- 最大公约数与最小公倍数的概念与计算方法
3. 同余与模运算:
- 同余的定义与性质
- 同余的基本运算性质
- 模运算的基本性质
- 剩余类和完全剩余系的概念与性质
4. 质数与素数:
- 质数与素数的定义
- 质数与素数的性质和特性
- 素数的测试方法与算法
- 质因数分解的方法与应用
5. 数论基本定理:
- 唯一分解定理(素因数分解定理)
- 辗转相除法与欧几里得算法
- 欧拉函数与欧拉定理
- 费马小定理与扩展欧几里得算法
6. 数论问题的应用:
- 同余方程与线性同余方程
- 不定方程的整数解与应用
- 素数分布与素数定理
- 模重复性与周期性问题
注意:本整理的所有内容仅供参考,请勿将其作为官方教材或其他正式场合使用。
初等数论
第一章 整数的唯一分解定理第一节 整除性教学重点:应用带余数除法定义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 . 如果a = bc 里的c 不存在,我们就说b 不能整除a 或a 不被b 整除,记作b |/a . 定理1 (传递性)若a 是b 的倍数,b 是c 的倍数,则a 是c 的倍数, 也就是b |a,c|b ⇒c|a.证 b |a,c|b 就是说存在两个整数1a ,1b 使得111111,(),a ab b bc a a b c a b ===成立因此但是是一个整数,故c|a 定理2 若a ,b 都是m 的倍数,则a ±b 也是m 的倍数.证 a ,b 是m 的倍数的意义就是存在两个整数a 1 , b 1,使得111111,.(),a a m b b m a b a b m a b a b m ==±=±±±因此但是整数,故是的倍数 .定理3 若1212,,,,,,n n a a a m q q q 都是的倍数,是任意个整数,1122.n n q a q a q a m +++ 则是的倍数注:1、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.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.以后若无特别说明,素数总是指正素数.3、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 ∣a 1x 1 + a 2x 2 + + 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;(ⅴi) b ∣a ,a ≠ 0 ⇒ ba ∣a . 定理4(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.在集合A 中有无限多个正整数,设最小的正整数是r = a + k 0b ,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 + k 0b > |b |,a + k 0b - |b | > 0,这样,在集合A 中,又有正整数a + k 0b - |b | < r ,这与r 的最小性矛盾. 所以式(2)必定成立. 取q = - k 0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3、定义2 称式(1)中的q 是a 被b 除的不完全商,r 是a 被b 除的余数,也叫最小非负剩余,记作r a b =><.第二节 最大公因数与辗转相除法第三节 最小公倍数教学目的:1、掌握最大公因数与最小公倍数性质;2、掌握辗转相除法;3、会求最大公因数与最小公倍数.教学重点:最大公因数与最小公倍数性质教学难点:辗转相除法一、最大公因数定义 设12,,,2).n a a a n n d ≥ 是(个整数若整数是它们之中每一个的因数, 12,,,n d a a a 那么就叫作的一个公因数.整数a 1, a 2, , a k 的公共约数称为a 1, a 2, , a k 的公约数.不全为零的整数a 1, a 2, , a k 的公约数中最大的一个叫做a 1, a 2, , a k 的最大公约数(或最大公因数),记为(a 1, a 2, , a k ).如果(a 1, a 2, , a k ) = 1,则称a 1, a 2, , 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a 1, a 2, , a k 是两两互素的(或两两互质的).显然,a 1, a 2, , a k 两两互素可以推出(a 1, a 2, , a k ) = 1,反之则不然,例如(2, 6, 15) = 1,但(2, 6) = 2.定理1 12,,,n a a a n 若是任意个不全为零的整数,则1212i ,,,,,n n a a a a a a ()与的公因数相同; 1212ii ,,,,,.n n a a a a a a = ()()()证 12,,,.,1,2,,,n i d a a a d a i n = 设是的任一公因数由定义12,1,2,,,,,i n d a i n d a a a = 因而故是的一个公因数,121,2,,,.n n a a a a a 同法可证,的任一个公因数都是,a 的一个公因数 121,2,,,n n a a a a a 故与a 有相同的公因数.定理2 若b 是任一正整数,则(i )0与b 的公因数就是b 的因数, 反之,b 的因数也就是0与b 的公因数 . (ii) (0,b)=b .证 显然0与b 的公因数是b 的公因数 .由于任何非零整数都是0的因数, 故b 的因数也就是0,b 的公因数,于是(i )得证.其次,我们立刻知道b 的最大因数是b ;而0,b 的最大公因数是b 的最大公因数,故(0,b )=b.推论2.1 若b 是任一非零整数,则(0,b )= b .定理3 ,,,,,,)(,).a b c a bq c q a b b c a b b c =+=设是任意三个不全为零的整数,且其中是非零整数,则与有相同的公因数,因而( 定理4 ,(,)a b a b 若是任意两个整数,则就是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 .中的最后一个不等于零的余数,即得(,)n a b r =推论4.1 ,(,).a b a b 的公因数与的因数相同例(1)1859,1573185928621431859143.a b =-=-⨯⨯=⨯-=由定理得(,1573)=(1859,1573).1859=11573+2861573=5286+143所以(,1573)=(1859,1573)例(2)169,121484812532512322311212211.a b ==⨯⨯=⨯+=⨯+=⨯+=⨯=由定理得169=1121+48121=2+25所以(169,121)定理5 ,i (,),a b a b a b δδδδ设是任意两个不全为零的整数,()若m 是任一正整数,则(am,bm)=(a,b)m.(ii)若是a,b 的任一公因数,则(,)= 特别地, )(),(,),(b a b b a a = 1. 定理6 1212,,,,,,).n n n a a a n a a a d = 若是个整数,则(二、最小公倍数1、定义 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 ].2、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 |.3、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 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[a , b ] =),(b a ab . 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.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及前面的定理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4、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 .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及前面的定理4推论得到(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2a 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. 证毕三、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.1、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.2、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 =251+.证明:容易验证α 2 = α + 1.当n = 3时,由F 3 = 2 >251+= 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11(1),1,,;k k k k a P b r k n --=-= 若a,b 是任意两个正整数,则Q其中 0111201121,,,0,1,,k k k k k k k k P P q P q P P Q Q Q q Q Q ----===+===+ 其中k=2,,n.推论1.1若a,b 是任意两个不全为零的整数,则存在两个整数s,t 使得as+bt=(a,b).定理2 若a,b,c 是三个整数,且(a,c)=1.则i ()ab,c 与b,c 有相同的公因数,ii () (ab,c)=(b,c),,.b c 上面假定了至少有一不为零推论2.1 ,.ab c b 若(a,c)=1,c 则推论2.2 1212,,,,,,.n m a a a b b 设及b 是任意两组整数1212,,,,,,.n m a a a b b 若前一组中任意整数与后一组中任意整数互质,则与b 互质例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.四、小结.第四节 素数、整数的唯一分解定理教学目的:1、掌握素数的一系列性质;2、理解并掌握唯一分解定理.教学重点:素数的性质及唯一分解定理的证明及应用教学难点:唯一分解定理的证明及应用教学课时:4课时教学过程一、素数1、定义 大于1的整数,如果只有平凡因子,就叫素数,否则叫合数.2、定理1 设a 是任意大于1的整数,则a 除1以外的最小正因子p 是素数,并且当a 是合数时,则a p ≤ .3、定理2 设p 是素数,a 是任意整数,则a p |或1),(=a p .4、定理3 设p 是素数,p|ab , 则p|a 或p|b.5、定理4 素数有无穷多个.6、定理2 形如4n-1型的素数有无穷多个.例1 写出不超过100的所有的素数。
初等数论定理三证明
初等数论定理三证明
一、定理:费马小定理
若p是素数,且a是小于p的任意整数,那么a^(p-1) ≡1 (mod p)
二、证明:
1、首先,假设p是素数,则p有两个质因数p和1,其积为p,则有p=p*1;
2、接着,令n=p-1,则有p=n+1,将此代入上式可得:n*1 + 1 = p;
3、再Setp,假设a是小于p的任意整数,可将a从2到n一个接一个的代入,进行如下操作:
n*a + a = p;
(n-1)*a + a *2 = p;
……
a + a*n = p;
可以看出,a循环经过n+1次,最后能变回初始状态,并且左侧乘法式系数也可以返回,由而得出结论:a^n ≡1 (mod p);
4、最后,将结论替换原式,即可得出本定理的证明:a^(p-1) ≡1 (mod p);
三、结论:
本文证明了费马小定理,即:若p是素数,且a是小于p的任意整数,那么a^(p-
1) ≡1 (mod p)。
本定理的证明完全遵循数论中的环路法则,证明过程简洁、清楚,且完整无缺。
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。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-4
且
a p1 p2 pn q1q2 qm ,
p1 a q1q2 qm , 则必有某个q j , 使得p1 q j , 从而p1 q j . 同理 , 又有某个pi , 使得q1 pi , 所以q1 pi . 又p1 p2 pn , q1 q2 qk , 可知p1 q1 . 从而重复上述这一过程 , 得到n k , pi qi , 所以结论成立.
k 1 2 1 1 1 pk p1 1 1 p2 (2)a的不同的正约数之和为 1 p1 1 p2 1 pk 1
例2
写出51480的标准分解式。
解:51480 = 225740 = 2212870 = 236435 = 2351287 = 2353429 = 23532143 = 233251113。
7
推论3.3 设a,b是任意两个正整数,且
a p11 p2 2 pk k , b p1 1 p2 2 pk k , i , i 0,
则 ( a , b ) p1 p2 pk
1
2
k
i 1,2, k . , i min i , i , i 1,2, , k .
证明:令k 2ak pk,pk为奇数,k 1, 2, , n. 设 是满足 2 n的最大整数, 1. 则在1,2, 3,4,5, , n中,有且仅有一个k含因子 2 . 1 1 1 从而,在 2 p1 p2 pn (1 )的展开式中, n 2 3 有且仅有一项为奇数,其他均为偶数,其和为奇数.
§1.4 质数
一、质数与合数
算术基本定理
证明 : 假设q不是质数 ,由定义 , q除1及本身外还有一正因数q1 ,
初等数论知识点总结
《初等数论》总结姓名 xxx学号 xxxxxxxx院系 xxxxxxxxxxxxxxx专业 xxxxxxxxxxxxxxx个人感想初等数论是一门古老的学科,它对于数的性质以及方程整数的解做了深入的研究,是对中等数学数的理论的继续和提高。
有时候上课听老师讲解一些例题,觉得比较简单,结果便是懂非懂地草草了之,但是过段时间做老师留下的一些相似的课后练习时,又毫无头绪,无从下手。
这就是上课的时候没做到全神贯注地去听,所以课下的时间尤为重要,一定做好复习巩固的工作。
老师讲课的方法也十分好,每次上课都会花二十分钟到半个小时来对上节课的知识帮助我们进行回顾,我想很多同学都喜欢并适合这种教学方式。
知识点总结第一章 整数的可除性1. 定义:设是给定的数,,若存在整数,使得则称整除,记作,并称是的一个约数,称是的一个倍数,如果不存在上述,则称不能整除 2性质:(1)若且,则(传递性质);(2)若且,则即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。
若反复运用这一性质,易知及,则对于任意的整数有。
更一般,若都是的倍数,则。
或着,则其中;(3)若,则或者,或者,因此若且,则; (4)互质,若,则;(5)是质数,若,则能整除中的某一个;特别地,若b a ,0≠bc bc a =b a a b |b a a b c b a c b |a c |a b |a b |c b |)(|c a b ±a b |c b |v u ,)(|cv au b ±n a a a ,,,21 b )(|21n a a a b +++ i b a |∑=ni ii b c a 1|n i Z c i ,,2,1, =∈a b |0=a ||||b a ≥a b |b a |b a ±=b a ,c b c a |,|c ab |p n a a a p 21|p n a a a ,,,21是质数,若,则;(6)(带余数除法)设为整数,,则存在整数和,使得,其中,并且和由上述条件唯一确定;整数被称为被除得的(不完全)商,数称为被除得的余数。
初等数论初步——算数基本定理
初等数论初步——算数基本定理算数基本定理任何⼤于1的整数都可以分解成素因数乘积的形式,并且,如果不计分解式中素因数的次序,这种分解式是唯⼀的1)证明:存在性:对于⼤于1的整数你,如果n不是素数,我们可以将n分解成⼀个素数和某个⼤于1的整数a的乘积;如果a是素数,则过程停⽌,如果a不是素数,⼜可以将a分解成⼀个素数和某个⼤于1的整数b的乘积;如果b是素数,则过程停⽌,如果b不是素数,⼜可以将b分解成⼀个素数和某个⼤于1的整数c的乘积;如此进⾏下去,直到过程停⽌。
最后总可将n分解成⼀些素数的乘积。
唯⼀性:假设n有如下两个素因数分解式:n = p1*p2*p3*...*pr = q1*q2*q3*...*qs,其中p1、p2、p3...pr,q1、q2、q3...qs都是n 的素因数由于p1是素数,且p1 | q1*q2*q3...*q3,所以存在qi,是的p1 | qi,当不计因数的顺序是,可假定p1 | q1,由于p1、q1都是素数,故p1 = q1;由于p2是素数,且p2 | q1*q2*q3...*q3,所以存在qi,是的p2 | qi,当不计因数的顺序是,可假定p2 | q2,由于p2、q2都是素数,故p2 = q2;如此下去,最后的r = s,且pi = qi,i = 1,2,...r2)应⽤在实际应⽤中,我们常常将素因数分解式中相同的⼏个素因数的乘积写成幂的形式。
需要说明的是素因数分解式只是理论上的结果,实际上得到⼀个⼤于1的正整数的素因数分解式是不容易的。
我们来看⼀下它的⼀个重要应⽤例:分别将1500、152进⾏素因数分解,你能快速的写出(1500,152)和[1500,152]吗?解:1590 = 2^2 * 3 * 5^3 152 = 2^3 * 19由此我们不难得出(750,152) = 2^2 = 4,[1500,152] = 2^3 * 3 * 5^3 * 19 = 34200结论:⼀般地,对于给定的⼤于1的整数a、b,分别写成素因数分解式(幂的乘积的形式),如果其中有素因数不在a或不在b中,则将这个因数的幂指数写作0。
高一联赛班春季班第11讲初等数论——唯一分解定理
唯一分解定理:每个大于1的自然数n 均可分解为有限个素数之积,如不计素数在乘积中的顺序,那么这种分解方式是唯一的.将相同的素因子写在一起,那么n 可以唯一地写成:1212k k n p p p ααα=⋅⋅⋅其中12,,,k p p p ⋅⋅⋅为互不相同的素数,而12,,,k ααα⋅⋅⋅是正整数,上式称为n 的标准分解.自然数n 的正约数个数公式:12()(1)(1)(1)k n τααα=++⋅⋅⋅+.第11讲 初等数论唯一分解定理11.1唯一分解定理【例1】 ⑴数135720132015⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯的末三位数字为多少?⑵完全平方数除以1999所得的不同余数有几个?【例2】 设,a b 为正整数,1a b ≤<.证明:连续b 个整数中必有两个数的积被ab 整除.【例3】 记1!2!100!S =.证明:有一个整数k ,1100k ≤≤,使!S k 是一个完全平方数,并且这样的k是唯一的.【例4】 证明:若整数,a b 满足2223a a b b +=+,则a b -和221a b ++都是完全平方数.【例5】 证明:任意正整数可以表示为(不同)素因子的个数相等的正整数之差.【例6】 设,,a b c 是给定的整数.证明:有无穷多个正整数n ,使得32n an bn c +++不是完全平方数.【例7】 求正整数k ,使得存在函数:f N Z →满足:⑴(2000)2001f =;⑵()()()((,)),,f ab f a f b kf a b a b N =++∀∈.(其中(,)a b 表示,a b 的最大公约数.)【例8】 设12n p p p p =是最初的n 个质数的乘积,这里*n N ∈,2n ≥.证明:1p -和1p +都不是完全平方数.【例9】 求最小的质数(3)p >,使得不存在非负整数,a b 满足32a b p -=.【演练1】证明:存在无穷多个由连续3个正整数组成的数组,使得该数组中的每个数都可以表示为两个整数的平方和.(追问:是否存在这样的连续4个正整数?)实战演练【演练2】已知存在*,m n N ∈,使得195m n k =-,正整数k 的最小值为多少?【演练3】求出所有的正整数,a b ,使得对所有的正整数n ,n n a b +都是正整数的1n +次幂.【演练4】设正整数,,,a b c d满足ab cd+++不是素数.=,求证:a b c d【演练5】任意给定正整数n,证明:存在连续的n个正整数都是合数.。
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高中数学竞赛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定义(欧拉(Euler)函数)一组数的称为是模的既约剩余系,如果对任意=1,则有且仅有一个互质的数的个数,称为欧拉(Euler )函数。
这是数论中的非常重要的一个函数,显然中与互素的数的个数,比如说;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:要证我们想到,我们得设法找出的个数:个相乘,由,由于也是与个数,且两两余数不一样,证明:取模于与的一个既约剩余系,考虑,由,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。
的一个剩余系去0。
中,必然有一个数除以余1。
即对于不同的对应于不同的中数可两两配对,其积除以余1,然后有,使,即与它自除外,别的数可两两配对,积除以余1。
故定义:设为整系数多项式(),我们把含有均为的一次整系)称为同余方组程。
特别地,,当数多项式时,该同余方程组称为一次同余方程组. 若整数同时满足:余方程组的一个解,写作(其中)称为同定理4:(中国剩余定理)设,一次同余方程组是两两互素的正整数,那么对于任意整数,必有解,且解可以写为: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)设是一个模是质数,是非负整数,多项式),则同余方程次的整系数多项式(即有意义的情况下)。
定理6:若为对模数。
的阶,为某一正整数,满足,则必为的倍以上介绍的只是一些系统的知识、方法,经常在解决数论问题中起着突破难点的作用。
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初等数论
1. 整除性质
a) 若a|b,a|c,则a|(b±c)。
b) 若a|b,则对任意c,a|bc。
c) 对任意非零整数a,±1|a,±a|a。
d) 若a|b,b|a,则|a|=|b|。
e) 如果a能被b整除,c是任意整数,那么积ac也能被b整除。
f) 如果a同时被b与c整除,并且b与c互质,那么a一定能被积bc整除,反
过来也成立。
g) 如果a∣b且b∣c,则a∣c。
h) 如果c∣a且c∣b,则c∣ua+vb,其中u,v是整数。
i) 对任意整数a,b,b>0,存在唯一的数对q,r,使a=bq+r,其中0≤r<b,这
个事实称为带余除法定理,是整除理论的基础。
j) 若c|a,c|b,则称c是a,b的公因数。
若d是a,b的公因数,d≥0,且d可被a,b的任意公因数整除,则d是a,b的最大公因数。
若a,b的最大公因
数等于1,则称a,b互素,也称互质。
累次利用带余除法可以求出a,b的最
大公因数,这种方法常称为辗转相除法。
又称欧几里得算法。
2. 带余除法
a) 对于a,b两个整数,其中b≠0,则存在唯一q,r使得:
a = bq+r,0 ≤ r< |b|.r称为a被b除得到的余数.显然当r = 0时,b∣a.
3. 最大公约数
设a,b是两个整数,如果整数c∣a且c∣b,则c称为a,b的公因子.设c>0是两个不全为零的整数a,b的公因子,如果a,b的任何公因子都整除c,则c称为a,b的最大公因子,记为c= (a,b).
a) (a,b)=(-a,b)=(a,-b)=(-a,-b)
b) (0,a)=a
c) 设a,b是两个不全为零的整数,则存在两个整数u,v,使
(a,b)= ua+vb.
4. 欧几里德除法(辗转相除法):
已知整数a,b,记r0=a,r1=b,
r0=q1r1+r2,0 ≤r2<r1=b;
r1=q2r2+r3,0 ≤r3<r2;
…
r n-2=q n-1r n-1+r n,0 ≤r n<r n-1;
r n-1=q n r n
f) 除法若ac ≡ bc (mod m) c≠0 则a≡ b (mod m/gcd(c,m)) 其中gcd(c,m)表示
c,m的最大公约数,特殊地,gcd(c,m)=1 则a ≡ b (mod m)
g) 幂运算如果a ≡ b (mod m),那么a^n ≡ b^n (mod m)
h) 如果a ≡ b (mod m),且d∣m,d是正整数,则a ≡ b (mod d)
i) 若a ≡ b (mod mi) (i=1,2...n) 则a ≡ b (mod [m1,m2,...mn]) 其中
[m1,m2,...mn]表示m1,m2,...mn的最小公倍数
j) 推论如果a1≡b1 (mod m),a2≡b2 (mod m),则
a1x+ a2y≡b1x+ b2y (mod m),其中x,y是任意整数.
a1n=b1n(mod m),其中n是正整数.
f(a1) ≡f(b1) (mod m),其中f(x)是任一给定的整系数多项式:
f(x) = c0+ c1x+…+c k x k.
10. 威尔逊定理
若p为质数,则p可整除(p-1)!+1。
11. 欧拉定理
若n,a为正整数,且n,a互素,即gcd(a,n) = 1,则a^φ(n) ≡ 1 (mod n)
12. 孙子定理
中国剩余定理说明:假设整数m1,m2, ... ,m n两两互质,则对任意的整数:a1,a2, ... ,a n,方程组有解,并且通解可以用如下方式构造得到:
设是整数m1,m2, ... ,m n的乘积,并设
是除了m i以外的n- 1个整数的乘积。
设为模的数论倒数
:
方程组的通解形式为
:
在模的意义下,方程组只有一个解:
13. 费马小定理
假如p是质数,若p不能整除a,则a^(p-1) ≡1(mod p),若p能整除a,则a^(p-1) ≡0(mod p)。
若p是质数,且a,p互质,那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。
14.。