初等数论第一章第3节 带余数除法
第一章引言、整除的概念、带余数除法
定理 4 (带余数除法 ) 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 是惟一的. (2)
证明思路
存在性: 构造序列 ，-3b, 2b, b,0, b,2b,3b, 惟一性：设 还有两个整数 q1 与 r1 满足 a bq1 r1 ,0 r1 b.只要证明r1 r , q1 q 即可。
陈景润1933－1996，主要研究 解析数论，他研究哥德巴赫猜 想和其他数论问题的成就，至 今仍然在世界上遥遥领先。其 成果也被称之为陈氏定理。
潘承洞，在解析数论研究方面 有突出贡献。主要成就涉及算 术数列中的最小素数、哥德巴 赫猜想研究，以及小区间上的 素变数三角和估计等领域。
王元1930－50年代至60年代初， 首先在中国将筛法用于哥德巴 赫猜想研究，并证明了命题3+4， 1957年又证明2+3，这是中国学 者首次在此研究领域跃居世界 领先地位.
初等数论
黎琳 lilin@ 2015.03.11
授课教师：黎琳 E-mail：lilin@， 办公地点：九教北310，
电话：51688637
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定 理 3 若 a1 , a2 , q1 , q2 ,
, an 都 是 m 的 倍 数,
, qn 是 任 意 n 个 整 数, 则 q1a1 q2a2
qn an 是 m 的 倍 数.
例1 证 明 ： 若 3 n 且 7 n , 则 2 1 n . 由 3 n 知 n 3m, 所 以 7 3m . 由 此 及 7 7 m 得 7 (7 m 2 3m) m . 因 而 有 2 1 n . 例 2 设 a 2t -1. 若 a 2n , 则 a n . 由 a 2t n 及 2t n an n, 得 a (2t n an) , 即 a n .
初等数论第一章整除
例1:设 x, y 为整数,且5 | x 9 y 则 5 | 8x 7 y
证:因为 8x 7 y
8( x 9 y) 65y
因为5 | x 9 y
所以有
又
5 | 65y
5 | 8x 7 y
例2:证明若3|n,7|n,则21|n
证:因为3|n,所以n= 3n1 又因为7|n,所以 7 | 3n1 显然有 7 | 7n 1 则有 7 | 7n1 2 3n1 即 7 | n1 有 n1 ห้องสมุดไป่ตู้7n2 即有 n 21n2 所以有21|n
注： （1）连续n个整数中必有一个数被n整除。 可作为一个定理，在证明整除问题时非常 有用。 （2）注意整数的各种表示。 例2: 证明若a不是5的倍数，则
与
中有且仅有一个数被5整除
证明: 这四个数有一个是5的倍数 若 5 | a 1或 又 所以 即 a 1, a 1 有且仅有一个数被5整除
n 是整数，所以 3
n2 2
n3 6
是
注:这里用了连续n个整数的乘积是n！的 倍数的结论.
注：连续n个整数的乘积是n！的倍数。 a、当n个整数都大于零时,由
m( m1)( m n1) n!
C
n m n1
而组合数为整数，可知连续n个整数的乘积是n！ 的倍数。 b、当n个整数中有一个为零时，显然成立。
n 注：1、
2、
a b (a b)M1
n
n
a b (a b)M 2 , 2†n
n
3、
(a b) aM3 b ,
n n
例5、试证明任意一个整数与它的各位数 字和的差必能被9整除。
初等数论一-夏子厚精品PPT课件
y0ai，1 i n。（证明留给学生自己） • （2）此类题目的证明方法具有一般性，通常是针
对所给的“最小正数”的概念进行反证法。
第一节 整除与带余数除法
《初等数论》课程内容
• 第二章 不定方程
• 第一节 二元一次不定方程 • 第二节 多元一次不定方程 • 第三节 勾股数x2 y2 = z2
《初等数论》课程内容
• 第三章 同余性质
• 第一节 同余的概念及其基本性质 • 第二节 完全剩余系 • 第三节 欧拉函数与简化剩余系 • 第四节 欧拉定理与费马定理
•
a = bq
• 成立，则称b整除a或a被b整除，此时a 是b的倍数，b是a的因数（约数或除数 ），并且记作：ba；如果不存在整数q 使得a = bq成立，则称b不能整除a或a不 被b整除，记作：b a。|
第一节 整除与带余数除法
• 定理1 下面的结论成立： • (1) ab，bc ac；（传递性） • (2) ma，mb m(a±b) • (3) mai，i = 1, 2, , n • ma1q1 a2q2 anqn， • 此处qi∈Z（i = 1, 2, , n）。
初等数论(一)
Number Theory （Chap1）
修改：贾祥雪
为什么学数论
• 有用 • 在研究函数，尤其是周期函数的时候经
常性要用到。 • 大学学习抽象代数及其后续课程的基础 • 计算机专业的必修课！尤其应用到算法
和密码两大领域 • 好玩，简单，美 • 自主招生、竞赛中考数论
为什么要这样学？
第一节 整除与带余数除法
§1.1整除的概念及带余除法
第一章整数的可除性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§1整除的概念及带余数除法一、整除的概念定义1 设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数q，使得成立，则称a能被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q使得a = bq成立，则称a不被b整除，记为显然每个非零整数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。
定理1 下面的结论成立：∣a⇔±b∣±a；(ⅱ) c ∣b，b∣a⇒c∣a；(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, …, n⇒b∣a1q1+a2q2+…+a n q n，此处q i（i = 1, 2, , n）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。
2) 设a 与b 是两个整数，b > 0，则存在q 和r ，使得a = bq + r ，0 ≤ r <b (2) 成立且q。
中的q 叫做a 被b 除所得的不完全商，r 叫做a 被例1 若1n >，且111nn -+ 求n222x y z +=的整数解能否全是奇数？为什300”位于哪个字母的下面A B C D E F G1 2 3 4 5 6 78 9 10 11 12 13 1415 16 17 …….解：观察可以发现两行7个数组成一组故300=7×42+6与6同在字母D 的下面例4 a 除以b 商为c ，余数为r ，则am 除以bm 商为 ， 余数为 。
m N +∈3某整数除以3余2，除以4余1，该整数除以12，余 ？三、整除的特征从正整数121n n N a a a a a a -=的末位a 起向左每k 个数码分为一节，最后剩下若有不足k 个数码的也为一节，记为()1()(),,,k k t k A A A并记()1()()()k k k t k S N A A A =+++----数节和1()1()2()()()(1)t k k k k t k S N A A A A -'=-++-----数节代数和1、设d 是10k 的约数，则()k d N d A ⇔推论：能被2或5整除的数的特征是：这个数的末一位数能被2或5整除。
初等数论课程教案总结.ppt
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.
带余除法定理的内容及证明
带余除法定理的内容及证明带余除法定理（也称为欧几里得除法）是指对于任意整数a和正整数b，存在唯一的整数q和r，使得a = bq + r，并且满足0 ≤r < b。
下面是带余除法的证明：证明步骤：假设a和b为任意的整数，其中b为正整数。
定义集合S = {a - nb | n为整数}，即S为所有a - nb的整数倍所构成的集合。
由于S包含整数，根据整数的性质，S中必然存在最小的非负整数r，即r = min{a -nb | n为整数}。
考虑r的取值范围，由于r属于集合S，可知存在某个整数n_0，使得a - n_0b = r。
可以将等式a = n_0b + r表示为a = qb + r，其中q = n_0。
接下来需要证明r的取值满足0 ≤r < b。
假设r ≥b，则可以将r表示为r = b + m，其中m ≥0。
将等式a = qb + r代入得到a = qb + b + m，整理得到a = (q + 1)b + m。
根据等式a = qb + r，我们可以得到另一个表示a的等式：a = qb' + r'，其中q' = q + 1，r' = m。
由于m = r - b，可知r - b属于集合S，这与r是集合S中最小的非负整数矛盾。
因此，假设r ≥b是错误的，即可以得出结论0 ≤r < b。
综上所述，对于任意整数a和正整数b，存在唯一的整数q和r，使得a = qb + r，并且满足0 ≤r < b。
证毕。
带余除法定理的证明基于整数的性质以及集合的最小元素的定义。
它说明了在整数除法中，商和余数总是存在且唯一的。
这个定理在数论和代数中具有重要的应用，例如在多项式除法、模运算等领域中被广泛使用。
1。
带余除法1 PPT
前面我们讲到除法中被除数和除数的整 除问题.除此之外，例如：16÷3=5…1，
即16=5×3+1.此时，被除数除以除数 出现了余数，我们称之为带余数的除法。
定义1 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)
定义2：（1）式通常写成
例 利用带余数除法，由a, b的值求q, r .
(1) a 14,b 3
14 3 4 ( 余 2 ), q 4, r 2
(2) a 14,b 3
14 3 5 ( 余 1 ),q 5, r 1
(3)a 14,b 3
14 (3) 14 3
注：一般地，要求a, q是整数，b, r是非负整数； 如果允许b取负值，则要求 0 r b .
解：∵被除数=除数×商+余数，
即被除数=除数×40+16。
由题意可知：被除数+除数=933-40-16=877，
∴（除数×40+16）+除数=877，
思考：是否就是关于除
∴除数×41=877-16，
数和减去余数的被除数 的和倍问题
除数=861÷41，
除数=21，
∴被除数=21×40+16=856。 答：被除数是856，除数是21。
例7 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，求符合条件的最小自然数。
•
解：想：2+3×？之后能满足“5除余3”的条件？
2+3×2=8。
再想：8+[3，5]×？之后能满足“7除余4”的条件？
8+[3，5]×3=53。
∴符合条件的最小的自然数是53。
• 归纳以上两例题的解法为：逐步满足条件法.当找到满足某个条 •件的数后，为了再满足另一个条件，需做数的调整，调整时注意要 •加上已满足条件中除数的倍数。
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(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答完整版
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)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(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 bb 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 rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。
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 a i x i a2X2a k X k，此处x(i = 1,2, , k)是任意的整数；(iv) b a be 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d i, d2, , d k。
不妨设d i是其中最小的。
若d i不是素数，则存在e i > 1, e2 > 1，使得d1 = &e2，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” a的素约数。
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 21 1r 2r n r。
初等数论-第一章
有可能是不唯一的。
例 当 a5, b2时 ， 可 有 5 （ 2） （ 3） （ 1） ， 即 q3,r1; 或 5 （ 2） （ 2） 1， 即 q2,r1
证明分析：作序列
，- 3 b ,- 2 b ,- b ,0,b ,2 b ,3 b , 2 2 2 22 2
则a必满足q b a<(q+1) b , 其中qZ,
(i)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
a
,
b
a,
b
，
特别
a (a, b)
,
b (a, b)
1
对于两个以上整数的最大公因数问题，不妨设
a1,a2, ,an是 任 意 n个 正 整 数 ， 令 (a1,a2)d2,(d2,a3)d3, ,(dn1,an)dn.
3、带余数除法
定 理 4 若 a,b是 两 个 整 数 ， 其 中 b0， 则 存 在 着 两 个 整 数 q及 r， 使 得 abqr， 0rb () 成 立 ， 而 且 q及 r是 唯 一 的 。 ()式 中 的 q及 r分 别 叫 a被 b除 所 得 的 不 完 全 商 和 余 数 。
证明分析：作整数序列 ，-3b,-2b,-b,0,b,2b,3b,
,b)
2
即当a与b是正整数时，只要使用被2除的除法运算和 减法运算就可以计算出(a,b)
例1、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
初等数论第一章
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 整除定义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 。
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 ∣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。
例1 设r 是正奇数，证明：对任意的正整数n ，有n + 2|/1r+ 2 r+ + n r。
例2 设A = { d 1, d 2, , d k }是n 的所有约数的集合，则B =}{,,,21kd n d n d n也是n 的所有约数的集合。
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？例4 证明：存在无穷多个正整数a ，使得n 4 + a （n = 1, 2, 3, ）都是合数。
例5 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 。
初等数论第一、二章
设P为素数, 称如 2p–1的数为梅森(Matin Merdenne)数.
到 20016年为止已找到的最大梅森素数（第四十九个） 是274207281 – 1, 这个数有 超过两千两百万位．
（ f n,k)=2n
3k
4n 10
k
都不能分解成若干个连续的自然数之积。
例14 设r是正奇数，证明：对任意的 正整数n，有 n 2 1r 2r 3r nr
第二节 带余除法
第二节 带余除法
定理 若a, b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数 a bq r， 0r b () q及r，使得
成立，而且q及r是唯一的。 ()式中的q及r分别叫a被b除所得的不完全商和余数。
可以看出：b整除a的充要条件是 r=0。
• 设a，b是两个整数，其中b>0.则存在唯 一的整数q，r使得a=bq+r，0≤r<b. 证明（存在性）考虑一个整数序列 …，-3b，-2b，-b，0，b，2b，3b，… 它们将实数轴分成长度为b的区间，而a必 定落在其中的一个区间中，因此存在一 个整数q使得 qb≤a<(q+1)b 我们令r=a-bq，则有a=bq+r，0≤r<b
(唯一性) 如果分别有整数q，r和q1，r1满足（2）， 则 a= bq+r， 0≤r<b， a= bq1+r1，0≤r1<b 两式相减，我们有 b(q-q1) =-(r-r1) 当q≠q1 左边的绝对值大于等于b，而右边的绝对值 小于b，这是不可能的.故q=q1，r=r1.
初等数论
• ⑷性质：定理1.3.3推论1(裴蜀恒等式)
• 如果两个数a，b的最大公约数是d，那么存在两
个整数x与y，使得等式ax+by＝d成立．(可以推 广到n个数的情况) • 推论2：两个数a，b互质的必要且充分条件是存 在整数x与y,使ax＋by＝1成立。 推论1的推广 设 a1 ,a2 , …, an ∈N+ (n≥2) ，则一定存在整数 s1, s2, …, sn，使 a1s1＋a2s2 ＋ … ＋ ansn＝ (a1 ,a2 , …,an ) .
第一章 整数的整除性
主要内容
整除的定义、性质，奇数和偶数，带余除法 定理、余数，最大公因数、最小公倍数、辗转相 除法、互素、两两互素、素数、合数、算术基本 定理
1.1整除 1、整除的概念：
• 定义1.1 设 a，b ∈Z ，b≠0，如果存在 q ∈Z ，使得等式 a＝bq成立．我们就说，a 能被b整除或b整除a ，记作b | a． • 如果整数 q 不存在( 即对任何整数 q，恒有 bq ≠a ),那么就说a不能被 b 整除 (或者说b 不能整除a)，记作 b ｜a。
σ( a )表示正整数 a 的所有正约数的和，如 σ(2) = 3, σ( 4 ) = 7，等等。 σ1( a)表示正整数 a 的所有正约数的乘积．如 σ1( 4 ) = 8 , σ1( 10 ) = 100，等等．
我喜欢数学
• 定理1. 26 如果自然数a的标准分解式为
a p1 p2
1
2
特别地，n 个偶数的积是 2n 的倍数（ n∈N+）.
性质2 (关于奇数)
(1) 双数个奇数的和是偶数；
(2) 单数个奇数的和是奇数；
(3) 任意个奇数的积还是奇数。
性质3 奇数与偶数的和是奇数. 性质4 任一奇数与任一偶数不相等.
初等数论
进而得到
a (aa2 ) (aa ( m ) ) a ( m ) a2 a ( m ) a2 a ( m ) (mod m).
由于 a 2 ,, a ( m ) 与 m 互素，得
其中 fj(x)( 1 ≤j ≤k )是整系数多项式,称为同余方程组。若整数 c 同时满足同余方程组
f j (c) 0(mod m j ),
1 ≤j ≤k ，
孙子定理和大衍求一术
在我国古代的《孙子算经》 （纪元前后）里提出了这样的一个问题： “今 有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？” “答曰：二十三”. 孙子给出解法： “术曰：三三数之剩二，置百四十；五五数之剩三，置 六十三；七七数之剩二，置三十，并之，得二百三十三，以二百一十减之即 得.” 所谓“孙子定理”，便是蕴含在这解法中的数学原理。它要解决的问题的 一般形式是： “已知 m1、m2、m3 是两两互素的正整数，求最小正整数 x ，使它被
c 如果 a, b Œ ，则方程无整数解。
如果 a, b |c ，则方程一定有整数解。根据辗转相除法可以知道： 一定存在整数 x0 , y0 使得 ax0 by0 a, b ，则（
cx0 cy0 , ） a, b a, b
就是方程 ax by c 的一组整数解。设 a1 则不定方程的一切整数解可以表示为
m1、m2、m3 除所得余数分别为 a1 、 a2 、 a3 .”
这个问题的实质就是要求解同余方程组
x a1 (mod m1 ), x a2 (mod m2 ), x a3 (mod m3 )
孙子定理和大衍求一术
1.2带余除法-北师大版选修4-6初等数论初步教案
1.2 带余除法-北师大版选修4-6 初等数论初步教案知识点简介带余除法也称为辗转相除法，是初等数论中一个重要而基本的算法。
本节课用模型的方法初步介绍带余除法，通过示例的讲解和题目的练习，帮助学生理解带余除法的基本思想和用法。
基本思想带余除法的基本思想是利用两个整数a与b（a > b），用b去逐步地余数取代a,直到余数小于b，此时的余数就是最大公约数。
带余除法步骤设a, b是两个互质的整数，用a去除以b得到商q1与余数r1,即a=bq1+r1用b去除以r1得到商q2与余数r2，即b=r1q2+r2……以此类推，直到余数为0，此时的除数（也即上面算出来的r n）即为a, b的最大公约数。
教学重点•用带余除法求两个数的最大公约数。
•带余除法的原理与步骤。
教学难点•基于带余除法理论解决问题的能力。
•对于模型方法的认知和理解。
教学方法•讲解法•实例分析法•数学模型法教学过程导入•通过提问，复习除法分离定理的概念和应用。
新课一、讲解1.强调带余除法的基本思想。
2.教师用具体数据演示做题思路，介绍带余除法的步骤。
3.教师引导学生思考以下问题：•为什么带余除法是正确的？•带余除法的几个步骤为什么是一定要的？二、实例分析1.针对实际问题，教师可以设置一到两个问题，让学生借助带余除法解决。
2.让部分同学上黑板，让自己的演示路径得到锻炼和检验。
三、数学模型1.针对实际问题穷举多个数值实现带余除法，呈现出不同结果2.强调数论中，模型的使用十分普遍。
3.让学生明白模型的威力和优越性。
作业•完成课后习题。
参考文献•严蕴毅. (2013). C 程序设计 (第二版). 机械工业出版社.•翁恺. (2013). 清华大学计算机系列教材–数据结构(第2版). 清华大学出版社.小结本节课，教师通过模型的方法，介绍了带余除法的基本思想及应用，利用实例分析法进行了案例演示。
培养学生应用带余除法解决问题的能力。
在平常的数学学习过程中，带余除法常被用来求最大公约数，尤其是当数据较大时，带余除法的优势便愈加显著。
初等数论第一章第3节 带余数除法
证明 : ax + by = (a1m + r1 ) x + (b1m + r2 ) y = (a1 x + b1 y )m + (r1 x + r2 y ) 若r1 x + r2 y被m除的余数是r , 即r1 x + r2 y = qm + r , 0 ≤ r < m, 则ax + by = (a1 x + b1 y + q)m + r , 0 ≤ r < m. 即ax + by被m除的余数也是r. 同理可证其他结论.
• 例2 任给的五个整数中,必有三个数之和被3 整除.
解 : 设ai = 3qi + ri , 0 ≤ ri < 3, i = 1, 2,3, 4,5. (1)若在ri中数0,1, 2都出现, 不妨设r1 = 0, r2 = 1, r3 = 2, 则a1 + a2 + a3 = 3(q1 + q2 + q3 ) + 3成立. (2)若在ri中数0,1, 2至少有一个不出现, 则至少有三个ri 取相同的值, 令r1 = r2 = r3 = r (r = 0,1或2), 则a1 + a2 + a3 = 3(q1 + q2 + q3 ) + 3r成立.
第三节 带余数除法
定理
若a, b是两个整数, 其中b > 0, 则存在两个整数q及r , 使得 a = qb + r (0 ≤ r < b) (1) 成立, 且q和r是唯一的.
证明 : 作整数序列L , −3b, −2b, −b, 0, b, 2b,3b,L 则a必在上述序列的某两项之间, 即存在一个整数q使得qb ≤ a < (q + 1)b成立. 令a - qb = r , 则a = bq + r , 而0 ≤ r < b.
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例题
例1 设a, b, x, y ∈ Z , 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r1 x + r2 y和r1r2 被m除的余数相同, 特别a k 与r1k 被除m 的余数相同.
5证明 : 任一整数可以写成3n或3n ± 1, 因为(3n) = 9n = 3k ,
2 2
(3n ± 1) = 3(3n ± 2n) + 1 = 3t + 1,
2 2
∴形如3n -1的数不是平方数.
挑战自我
• 已知方程x4-px3+q=0有一整数根，求素数p、 q。
课后作业
1.证明 : 对任意整数n有, 若2 / n,3 / n, 则24 | n 2 + 23. | |
• 例2 任给的五个整数中,必有三个数之和被3 整除.
解 : 设ai = 3qi + ri , 0 ≤ ri < 3, i = 1, 2,3, 4,5. (1)若在ri中数0,1, 2都出现, 不妨设r1 = 0, r2 = 1, r3 = 2, 则a1 + a2 + a3 = 3(q1 + q2 + q3 ) + 3成立. (2)若在ri中数0,1, 2至少有一个不出现, 则至少有三个ri 取相同的值, 令r1 = r2 = r3 = r (r = 0,1或2), 则a1 + a2 + a3 = 3(q1 + q2 + q3 ) + 3r成立.
n
= 3Q1 + a0 = 3Q1 + f (0), Q1 ∈ Z , Q f (0)不是3的倍数,∴ f ( x) ≠ 0;
(2)若r = 1, 即x = 3q + 1, 则f ( x) = f (3q + 1) = an (3q + 1) n + L + a1 (3q + 1) + a0 = 3Q2 + an + L + a1 + a0 = 3Q2 + f (1), 同理可知f ( x) ≠ 0; 综上若f ( x) = 0有解, 则x = 3q′ + 2 = 3q -1, 于是0 = f ( x) = f (3q -1) = an (3q -1) n + L + a1 (3q -1) + a0 = 3Q3 + a0 − a1 + a2 − L + (-1) n an = 3Q3 + f (-1),∴ 3 f (-1).
2 2 2 1 2 2
2证明 : 记n = 10q + r , (r = 0,1, 2,L ,9), 则n
k +4
- n 被10除的余数和r
k
k +4
- r = r (r − 1)
k k 4
被10除的余数相同, 对r = 0,1, 2,L ,9进行验证, 即证.
3证明 : 对于任何整数n, m, 等式n 2 + (n + 1) 2 = m 2 + 2 左边被4除的余数为1, 而右边被除4除的余数 为2或3, 故它不可能成立.
例3 设a0 , a1 ,L , an ∈ Z , f ( x) = an x + L + a1 x + a0 .
n
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).
证明 : 对任意整数x, 都有x = 3q + r , 0 ≤ r < 3. (1)若r = 0, 即x = 3q, 则f ( x) = f (3q ) = an (3q ) + L + a1 (3q ) + a0
3 1 3 2
即R1 = 0,1, 或8, R2 = 0,1, 或8, ∴ x + y = 9(Q1 + Q2 ) + R1 + R2 , R1 + R2被9除的余数
3 3
只可能是0,1, 2, 7或8, 所以x3 + y 3不可能等于a.
思考问题
1 设3 | a + b , 证明 : 3 | a且3 | b.
证明 : ax + by = (a1m + r1 ) x + (b1m + r2 ) y = (a1 x + b1 y )m + (r1 x + r2 y ) 若r1 x + r2 y被m除的余数是r , 即r1 x + r2 y = qm + r , 0 ≤ r < m, 则ax + by = (a1 x + b1 y + q)m + r , 0 ≤ r < m. 即ax + by被m除的余数也是r. 同理可证其他结论.
4 证明 : 3 | n(n + 1)(2n + 1).
5 试证形如3n -1的数不是平方数.
6 证明 : 对任意的整数x, y, x + y ≠ 4k + 3, 其中k为整数.
2 2
4证明 : 设n = 3q + r , r = 0,1, 2. 当r = 0时, n = 3q, 显然3 | n,∴ 3 | n(n + 1)(2n + 1) 当r = 1时, 这时2n + 1 = 6q + 3, 显然3 | (2n + 1), ∴ 3 | n(n + 1)(2n + 1) 当r = 2时, 这时n + 1 = 3q + 3, 显然3 | (n + 1), ∴ 3 | n(n + 1)(2n + 1) 综上, 对任何n, 总有3 | n(n + 1)(2n + 1).
下面证明q, r的唯一性, 设q1 , r1是满足a = bq + r , 0 ≤ r < b的两个整数, 则a = bq1 + r1 , 0 ≤ r1 < b, 因而bq + r = bq1 + r1 , 于是b(q - q1 ) = r1 − r , 故b q - q1 = r1 − r . 由于r 及r1都是小于b的整数, 所以上式右边是小于b的. 如果q ≠ q1 , 则上式左边 ≥ b. 这是不可能的因此q = q1而r1 = r. .
例4 设n是奇数, 则16 | n + 4n + 11.
4 2
证明 : n 4 + 4n 2 + 11 = (n 2 -1)(n 2 + 5) + 16,Q n是奇数, ∴ 8 n 2 -1, 2 n 2 + 5,∴16 n 4 + 4n 2 + 11.
例5 证明 : 若a被9除的余数是3, 4,5, 或6, 则方程x + y = a无整数解.
2.设m和n为正整数, m ≥ 3.证明 : 2 − 1 / 2 + 1. |
m n
• 3.已知2761除以某整数,余数不为 零,不完全商为95,求除数与余数. • 4.有一个自然数,用它去除 63,91,129得到三个余数之和为25, 求这个自然数.
第三节 带余数除法
定理
若a, b是两个整数, 其中b > 0, 则存在两个整数q及r , 使得 a = qb + r (0 ≤ r < b) (1) 成立, 且q和r是唯一的.
证明 : 作整数序列L , −3b, −2b, −b, 0, b, 2b,3b,L 则a必在上述序列的某两项之间, 即存在一个整数q使得qb ≤ a < (q + 1)b成立. 令a - qb = r , 则a = bq + r , 而0 ≤ r < b.
2 2
2 设n, k是正整数, 证明 : n 与n 的个位数字相同.
k
k +4
3 证明 : 对于任何整数n, m, 等式n + (n + 1) = m + 2
2 2 2
不可能成立.
1证明 : 记a = 3q1 + r1 , b = 3q2 + r2 , r1 , r2 = 0,1或2, 由3 | a + b = 3Q + r + r 知, r1 = r2 = 0, 即3 | a且3 | b.
3 3
证明 : 对任意整数x, y, 记x = 3q1 + r1 , y = 3q2 + r2 (0 ≤ r1 , r2 < 3) 则x3 = (3q1 + r1 )3 = 9Q1 + R1 , y 3 = (3q2 + r2 )3 = 9Q2 + R2 , 其中R1和R2被9除的余数 分别与r 和r 被9除的余数相同,
定义
若a, b是两个整数, 其中b > 0, 则存在两个整数q及r , 使得 a = qb + r (0 ≤ r < b) (1) 成立, 且q和r是唯一的. (1)式中的q叫做a被b除的商, r是a被b除的余数.
• 2007除以某自然数,商为50,求除数和余数.
设除数为x, 余数y,由题意有 2007 = 50 x + y, 0 ≤ y < x, 50 x ≤ 2007 18 7 故 , 解得39 < x ≤ 40 , 51 50 50 x + x > 2007 而x ∈ N , 故取x = 40, 从而y = 7 因此所求除数为, 40, 余数为7.