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

1、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 .

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 ⇒

b a ∣a . 证明：留作习题.

例1 设a 1, a 2, , a n 是整数，且

a 1 + a 2 + + a n = 0，a 1a 2 a n = n ，

则4∣n .

解：如果2|/n ，

则n , a 1, a 2, , a n 都是奇数. 于是a 1 + a 2 + + 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a 1, a 2, , a n 中至少有一个偶数. 如果只有一个偶数，不妨设为a 1，那么2|/a i （2 ≤ i ≤ n ）. 此时有等式

a 2 + + a n = -a 1，

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a 1, a 2, , a n 中至少有两个偶数，即4∣n .

例2 若n 是奇数，则8∣n 2 - 1.

解：设n = 2k + 1，则

n 2 - 1= (2k + 1)2 - 1 = 4k (k + 1).

在k 和k + 1中有一个是偶数，所以8∣n 2 - 1.

例3 证明：若m-p∣mn+pq，则m-p∣mq+np.

解：因为m-p∣(m-p)( n-q)，又因为m-p∣mq+np，所以m-p∣mq+np.

2、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.

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. 证毕例4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，由带余数除法知，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5 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Q 1∈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 + + a 1(3q + 1) + a 0

= 3Q 2 + a n + + a 1 + a 0 = 3Q 2 + f (1)，

其中Q 2∈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 + + a 1(3q ' - 1) + a 0

= 3Q 3 + a 0 - a 1 + a 2 - + (- 1)n a n = 3Q 3 + f (-1)，

其中Q 3∈Z . 所以3∣f (-1) = a 0 - a 1 + a 2 - + (-1)n a n .

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 =><.

4、定理2 对于正整数b a a ,,21，其中0>b ，常有：

>><+>>=<<+<2121a a a a ；

>><->>=<<-<2121a a a a ；

>>><>=<<<2121a a a a .

证明：略.

补充：设n m ,为正整数，证明：33n m -为偶数的充要条件为n m -为

偶数.

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

1、定义1 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 ).