第一章 整数的可除性
1第一章 第一讲整数的可除性(闵嗣鹤)2011.02.10(1)
主要内容:1．1.整除的概念1．2.带余数除法1．3.最大公因数的理论与性质1．4.最小公倍数的理论与性质1．5.辗转相除法1．6.素数与合数1．7.算术基本定理1．8.高斯函数[x]与{x}及其应用1.1.1 整除的定义与性质1.整除的定义定义设a，b∈Z，b≠ 0，若存在整数c，使得a = bc成立，则称a被b整除（或b整除a），并称a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），记为b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不能被b整除，记为b|/a。
在整除的定义中应特别注意：（1）0不整除任何整数（即0不能作除数），但任何非零数整除0；在记号“b∣a”中蕴含着b≠ 0成立。
（2）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（平凡因子），a的除±1，±a外的约数称为非平凡约数（或真因数）。
（3）能被2整除的整数称为偶数，不能被2整除的整数称为奇数。
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。
2.整除的性质定理1.1.1 设,,a b c ,m,n 是整数,下面的结论成立：(ⅰ) a ∣b ，b ∣c ⇒ a ∣c （整除的传递性）；(ⅱ) a ∣b ⇔ ±a ∣±b ，即a ∣b ⇔ |a |∣|b |;m ∣a , n ∣b ⇒ mn ∣ab ；(ⅲ) 若b ∣a ，且b ∣c ⇒ b ∣(ka+lc)（其中k , l 是任意的整数）；一般地，若m ∣a i ，i = 1, 2, , n ⇒ m ∣（q 1a 1 + q 2a 2 + + q n a n ）， 此处q i （i = 1, 2, , n ）是任意的整数；(ⅳ) b ∣a ⇔ bc ∣ac ，此处c 是任意非零的整数；(ⅴ) 若b ∣a ，a ≠ 0 ⇒ |b | ≤ |a |；若b ∣a ，且|a | < |b | ⇒ a = 0；若b ∣a ，且a ∣b ，a >0, b>0, 则a =b.证明 (ⅰ)由整除定义及|a b ，|,b c 知: 存在两个整数12,k k 使得:12,b ak c bk ==, 因此12()c k k a =, 由于12k k 是整数, 故 |a c .(ⅱ) — (ⅳ)的结论类似可证. 证毕.注 为了证明“|b a ”，最为基本的手法是将a 分解为b 与某个整数之积，即a bc =，其中c 是整数.这样的分解, 常常通过某些代数式的分解因式公式中取特殊值而产生. 如：（Ⅰ）若n 是正整数，则1221()();n n n n n n a b a b a a b ab b -----=-++++（Ⅱ）若n 是正奇数，则在上式中以（b -）代换b 得:1221()().n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+例1 证明十进制整数5001001个能被十进制整数1001整除.证明 由分解因式公式(Ⅱ),有500513171*********=+=+个（）33163153101[(10)10101],=+-+-+（）（）所以, 31011001+=能整除5001001个.证毕想一想:此题目能变形推广吗?推广后的一般形式是什么?例2 若n 是正奇数，则8∣（n 2 - 1）.证明 设n = 2k + 1，()k Z ∈，则 n 2 - 1= (2k + 1)2 - 1 = 4k (k + 1).由于k 和k + 1中必有一个是偶数，所以8∣（n 2 - 1）. 证毕注 由此得到一个重要且常用的结论：“任何奇数的平方与1的差都能被8整除”.诸如此类的还有，“任何整数的平方被4除的余数为0或1，被3除的余数为0或1; 任何整数的立方被9除的余数为 0，1或8”等，解题后可及时总结归纳, 并灵活运用这些性质.例3 设n 是奇数，则16∣(n 4 + 4n 2 + 11).解 因为 n 4 + 4n 2 + 11 = (n 2 - 1)(n 2 + 5) + 16.由于n 是奇数,有8∣(n 2 - 1)，且2∣(n 2 + 5),故16∣(n 2 - 1)(n 2 + 5).从而16∣(n 2 - 1)(n 2 + 5)+16,即16∣(n 4 + 4n 2 + 11).例4 设,m n 为正整数，且0m n >≥, 证明: 22(21)|(21)n m +-. 证明 由于0m n >≥, 故10m n --≥. 于是:112222(2)m n m n +--=在公式(Ⅰ)中，令 122n a +=, 1b =，则:11111111221222222222(2)(2111[(2)(1)2)2]n m n n m n m m n n n n +--+--+++------++=+=+-所以 122(21)|(21),n m +-- 又 1222(221(21),1)n n n ++-=-因此 122(21)|(21).n n ++-由定理1.1.1中 (ⅰ),即整除的传递性知：22(21)|(2).1n m+- 证毕． 注1 在此例中，直接证明“22(21)|(21)n m +-”不易入手，因此尝试选择适当的“中间量（1221n +-）”，使之满足定理1.1.1中 (ⅰ)的条件，再利用整除的传递性导出所要的结论.注2 在此例中，形如“221n n F =+()n N ∈”的数称为费马数.当0m n >≥时, 费马数满足: |(2)n m F F -，即存在整数t ，使得2m n F t F -=⋅.例5 设正整数n 的十进制表示为: 10(09,0,0)k i k n a a a a i k a =≤≤≤≤≠，且110()k k S n a a a a -=++++，证明：9|n 的充要条件是9|()S n .证明：由于101010k k n a a a =⨯++⨯+,110()k k S n a a a a -=++++，1()(101)(101)(101)k i k i n S n a a a ∴-=-+-++-, 对于所有的0,i k ≤≤ 有9|(101),i -由整除的性质知上式右端k 个加项中每一项都是9的倍数，由定理1.1.1之(ⅲ)知它们的和也被9整除，即9|(()),n S n - 从而 9|9|()n S n ⇔. 证毕.注 两个十进制正整数,其中一个被另一个正整数整除的条件，称为“整除的数字特征”.例5得出十进制正整数n 被9整除的数字特征是:“9整除n 的各位数字之和”.下面例题6得出十进制正整数n 被11整除的数字特征是:“11整除n 的各位数字的正负交错之和”.例6 设正整数n 的十进制表示为10(09,0)k i k n a a a a a =≤≤≠，n 的个位为起始数字的正负交错和 01()(1)k k T n a a a =-++-，证明：“11|n ”的充分必要条件是“11|()T n ”.证明 由于 101010k k n a a a =⨯++⨯+, 01()(1)k k T n a a a =-++-，1()(10(1))(10(1))(101)k k i i k i n T n a a a ∴-=--++--+++ 当i 为偶数时， 10(1)9999i i --= ，其中有偶数个9，显然它是11的倍数；当i 为奇数时，10(1)101(101)11()i i i s s s z --=+=+=∈， 它也是11的倍数,故总有11|(10(1)),(0).i i i k --≤≤ 即11|(())n T n -成立. 从而11|11|().n T n ⇔习题1.11．设n 是整数，则3|(1)(21)n n n ++. 2. 设正整数n 的十进制表示为10(09,0,0)k i k n a a a a i k a =≤≤≤≤≠，n 的个位为起始数字的正、负交错的和 01()(1)k k T n a a a =-++-，证明：“11|n ”的充分必要条件是“11|()T n ”.3. 若10个男孩和n 个女孩共买了282n n ++本书, 已知他们每人买的书本数量相同, 且女孩人数多于男孩人数, 问女孩人数是多少?4．证明一个整数a 若不能被2整除，也不能被3整除, 则223a +必能被24整除.5. 已知整数,,,m n p q 适合: (m - p ) ∣(mn + pq )，证明:(m - p )∣(mq + np ).对任意两个整数,(0)a b b ≠，a 未必能被b 整除. 为了能在整数范围内研究除法，引入整数的除法算法——带余数除法，它是初等数论证明中最重要、最基本、最常用的工具. 本节中，我们将介绍带余数除法及其简单应用. 我们约定, 以Z 表示所有整数的集合，N 表示所有正整数的集合. 除特别声明外，在涉及到带余数除法时总假定除数是正整数.1. 带余数除法定理1.2.1 (带余数除法) 设a 与b 是两个整数，b>0，则存在惟一的一对整数q 和r ，使得:a = bq + r ，0 ≤ r <b . (2)若a = bq + r (0 ≤ r < b ), 则|b a 的充分必要条件是0r =.证明: 存在性作整数序列: ,3,2,,0,,2,3,b b b b b b ---则a 必在上述序列的某两项之间,即存在一个整数q ,使得(1)qb a q b ≤<+成立. 令a qb r -=,则,a qb r =+而0.r b ≤<1.1.2 带余数除法惟一性 假设11,q r 是满足(2) 的两个整数，即 111(0),a bq r r b =+≤< 则 11a bq r bq r =+=+于是 1111()||||b q q r r b q q r r -=-⇒-=-(3)由上式推出: 1||b r r -,由于 110,0||r r b r r b <<⇒≤-<因此必有1||0r r -=,即1r r =，代入式(3)得 1q q =，惟一性得证.若a bq r =+(0)r b ≤<，则 ||,b a b r ⇔ 又 0r b ≤<, 则 |0.b r r ⇔=故|0.b a r ⇔= 证毕 注:这个结论揭示了整除与带余数除法之间的联系,说明了整除问题可以化归为带余数除法问题来解决.定义：在式a = bq + r （0 ≤ r < b ）中，q 称为a 被b 除的不完全商，r 称为a 被b 除的余数, 也称为最小非负剩余.带余数除法是一个重要的工具，数论的许多基本性质都是建立在带余数除法基础之上的.例1 当 15,225b a ==时有 1701022515,175,;r q <===⨯+ 当 15,417b a ==时有 1241715,15,;2072712q r <<===⨯+ 当 15,81b a ==-时, 有 0(6)8115,15,9;96q r --<=+<=-=⨯且有 (6)8115,(5)5;60,q r =--<=⨯-=--+ 此处{0,1,2,,151}r ∉-，这时的余数r 不是最小非负剩余。
自考初等数论复习
初等数论初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法 最大公因数和辗转相除法 整除的进一步性质和最小公倍数 素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程c by ax =+多元一次不定方程c x a x a x a n n =++Λ2211 勾股数 费尔马大定理。
习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质 剩余类和完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用 习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念 孙子定理高次同余方程的解数和解法 素数模的同余方程 威尔逊定理。
习题要求60p ：1；64p ：1，2；69p ：1，2。
第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余 勒让德符号 二次互反律 雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求78p ：2； 81p ：1，2，3；85p ：1，2；89p ：2；93p ：1。
第六章：原根与指标（2学时）自学8学时指数的定义及基本性质 原根存在的条件 指标及n 次乘余 模2 及合数模指标组、 特征函数习题要求123p ：3。
➢ 第一章 整除 一、主要内容筛法、[x]和{x}的性质、n ！的标准分解式。
二、基本要求通过本章的学习，能了解引进整除概念的意义，熟练掌握整除 整除的定义以及它的基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题的若干方法，熟练掌握本章中二个著名的定理：带余除法定理和算术基本定理。
认真体会求二个数的最大公因数的求法的理论依据，掌握素数的定义以及证明素数有无穷多个的方法。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
若 b 0 ，则令 s
得证． 下证唯一性 当 b 为奇数时，设 a bs t bs1 t1 则 t t1 b( s1 s ) b 而t
b b , t1 t t1 t t1 b 矛盾 故 s s1 , t t1 2 2
b 为整数 2
ax0 by0
x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r , 0 r ax0 by0
则 r ( x x0 q )a ( y y0 q )b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by
a, b Z , b 0, s, t Z , 使 a bs t ,| t |
b 。 ， 2
s1 , t1 ，使 b s1t t1 ,| t1 | sn , tn , tn 2 tn 1sn tn ; sn 1 , tn 1 , tn 1 tn sn 1 tn 1 ;
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《初等数论》 （闵嗣鹤、严士健编著） （第三版）习题解答
是一个整数系数多项式且 a0 ，an 都不是零，则（1）的根只能是以 a0 的因数作分子以 an 为 分母的既约分数，并由此推出 2 不是有理数． 证：设（1）的任一有理根为
p ， ( p, q ) 1, q 1 。则 q
a bs t ,
| t |
|b| 2
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 ,
3b b b 3b , b , , 0, , b , , 则 a 必在此序列的某两项之间 2 2 2 2
信息安全数学基础第1章整除概述.
1.2整数表示
证明 存在性 由欧几里得除法，有整数k，使得 a = q1b a0， 0 a0 b 1， q1 = q2b a1， 0 a1 b 1， qk 1 = qkb ak 1，0 ak 1 b 1， qk = qk+1b ak ，0 ak b 1 其中诸ai与qi都是唯一确定的。则0 < ak b 1， 0≤qk+1<qk<… <q2 <q1 <a,故必有整数k,使得qk+1=0
1.2整数表示
唯一性 设有两种不同的表达式: a= akbk ak 1bk 1 a1b a0 a= ckbk ck 1bk 1 c1b c0 两式相减得: 0= (ak –ck )bk (ak-1 –ck -1) bk 1 (a1 –c1 ) b (a0 –c0), 设j是最小的正整数使得aj ≠cj,则 bj[ (ak –ck )bk-j (aj+1 –cj +1) b+ (aj –cj ) ]=0
1.1整除的概念,欧几里得除法
1.1整除的概念,欧几里得除法
1.1整除的概念,欧几里得除法
1.2整数表示
对于数的十进制表示，我们已经是很熟悉的了。 本章主要介绍实数的b进制表示，以及一些基本 知识
定理 1设b是大于１的整数，则任何正整数a
都可以写成 a = akbk ak 1bk 1 a1b a0 的形式，其中ak 0，ai（0 i k）是在0与 b 1之间唯一确定的整数。
1.1整除的概念,欧几里得除法
下面证明每个合数必有素因子 定理1.2
初等数论(闵嗣鹤版课件
设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有 a(qk qi ) 2k 2i 2i (2ki 1)
因而a个余数r0, r1, , ra1仅可能取a 1个值， 因此其中必有两个相等。
• 我国近代：在解析数论、丢番图方程，一致分布 等方面有过重要贡献，出现了华罗庚、闵嗣鹤等 一流的数论专家，其中华罗庚在三角和估值、堆 砌素数论方面的研究享有盛名。
• 特别是在“篩法”、歌德巴赫猜想方面的研究， 已取得世界领先的优异成绩。陈景潤在1966年证 明歌德巴赫猜想方面证明了”1+2”(一个大偶数可 以表示为一个素数和一个不超过两个素数的乘积 之和)
m|aq
3、带余数除法
带余数除法的第二种表示 定理4 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是唯一的。
证明分析：作整数序列 ，-3 b ,-2 b ,- b ,0,b ,2 b ,3 b ,
则a必满足q b a<(q+1) b , 其中q Z , 令a q b r可得到a b q r,分b 0和 b 0来讨论q, 进一步证明q, r的唯一性。
(i)若在r1, , 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, , r5中数0，1，2至少有一个不出现，
这样至少有3个ri要取相同的值，不妨设
r1 r2 r3 r(r 0,1或2），
近代初等数论的发展得益於费马、欧拉、拉格朗日、 勒让德和高斯等人的工作。1801年，德国数学家高斯集 中前人的大成，写了一本书叫做《算术探究》，开始了 现代数论的新纪元。高斯还提出：“数学是科学之王， 数论是数学之王”。
信息安全数学基础答案
信息安全数学基础答案【篇一：信息安全数学基础习题答案】xt>第一章整数的可除性1．证明：因为2|n 所以n=2k , k?z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1 ，k1?z 7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1 即k1=7 k2，k2?z 所以n=2*5*7 k2 即n=70 k2, k2?z因此70|n32．证明：因为a-a=(a-1)a(a+1)3当a=3k，k?z 3|a 则3|a-a3当a=3k-1，k?z 3|a+1 则3|a-a3当a=3k+1，k?z 3|a-1 则3|a-a3所以a-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1， k0?z22（2 k0+1）＝4 k0+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1由于k0与k0+1为两连续整数，必有一个为偶数，所以k0(k0+1)=2k2所以（2 k0+1）=8k+1 得证。
34．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a-a3由第二题结论3|（a-a）即3|(a-1)a(a+1)又三个连续整数中必有至少一个为偶数，则2|(a-1)a(a+1)又（3，2）=1所以6|(a-1)a(a+1) 得证。
5．证明：构造下列k个连续正整数列：(k+1)！+2, (k+1)！+3, (k+1)！+4,……, (k+1)！+(k+1), k?z对数列中任一数 (k+1)！+i=i[(k+1)k…(i+1)(i-1)…2*1+1],i=2,3,4,…(k+1) 所以i|(k+1)！+i即(k+1)！+i为合数所以此k个连续正整数都是合数。
1/26．证明：因为191＜14 ,小于14的素数有2，3，5，7，11，13经验算都不能整除191所以191为素数。
1/2因为547＜24 ,小于24的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23经验算都不能整除547所以547为素数。
R《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 n q a q a q a 1122n n q p m q p m q p m1122()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 n3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n从而可知3|(1)(21)n n n3．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0r00|ax by ax by00|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 b4．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 rd |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。
数论部分定义定理
定义 4 设 x 是一个实数，我们称 x 的整数部分为小于或等于 x 的最大整数，记 成[x].这时，我们有
定理 10（欧几里得除法） 设 a，b 是两个整数，其中 b .则对任意的整数 c， 存在惟一的整数 q，r 使得
1.2 整数的表示
定理 1 设 b 是大于 1 正整数.则每个正整数 n 可惟一地表示成
被
是 a 被 b 除的最小正余数.
引理 2 设 a,b 是两个正整数，则
和
定理 10 设 a,b 是两个正整数，则正整数 b 互素.
除的最小正余数是
，其中 r
的最大公因数是
.
和
互素的充要条件是 a 和
1.4 整除的进一步性质及最小公倍数
定理 1 设 a,b,c 是三个整数，且 b 0，c 0，如果(a,c)=1，则
有惟一解
.
定义 2 设 m 是一个正整数，a 是一个整数.如果存在整数 a’使得
aa’ 1(modm)
成立，则 a 叫做模 m 可逆元.
定理 3 设 m 是一个正整数，a 是满足(a,m)|b 的整数.则一次同余式
的全部解为
t=0,1,…,(a,m)-1.
定理 4 设 m 是一个正整数.则整数 a 是模 m 简化剩余的充要条件是整数 a 是模 m 逆元.
(i)d|a,d|b; (ii)若 e|a,e|b，则 e|d. 定理 8 设 a,b 是任意两个不全为零的整数， (i)若 m 是任一正整数，则(am,bm)=(a,b)m;
(ii)若非零整数 d 满足 d|a,d|b，则
.特别地，
定理 9 设
是 n 个整 a,b 是两个正整数.则
定理 1 设
是三个整数.若 c|b，b|a，则 c|a.
信息安全数学基础第一阶段知识总结
信息安全数学基础第一阶段知识总结第一章整数的可除性一整除的概念和欧几里得除法1整除的概念定义1设a、b是两个整数，其中b丸如果存在一个整数q使得等式a=bq成立，就称b整除a或者a被b整除，记作b|a ,并把b叫作a 的因数，把a叫作b的倍数.这时，q也是a的因数，我们常常将q写成a/ b-或a否则，就称b不能整除a或者a不能被b整除，记作a b. 2整除的基本性质(1)当b遍历整数a的所有因数时，-b也遍历整数a的所有因数. ⑵当b遍历整数a的所有因数时，a/b也遍历整数a的所有因数. ⑶设b, c都是非零整数，(i) 若b|a,则|b|||a|.(ii) 若b|a,贝卩bc|ac.(iii) 若b|a ,贝U 1<|b| <|a|.3整除的相关定理(1) 设a, b丸，c丸是三个整数若c|b, b|a,则c|a.⑵设a, b, c丸是三个整数，若c|a, c|b ,则c|a±b(3)设a, b , c是三个整数.若c|a, c|b则对任意整数s, t，有c|sa+tb.⑷若整数a i ,…,a都是整数c丸的倍数，则对任意n个整数%…，s n s整数—s n a n是c的倍数(5) 设a, b都是非零整数若a|b, b|a,贝S a= 士b(6) 设a, b , c是三个整数，且b #0, c丸,如果(a , c)=1,贝S (ab , c)=(b ,c)⑺设a , b , c是三个整数，且c丸，如果c | ab , (a , c) = 1,则c |b.(8) 设p是素数，若p |ab ,则p |a或p|b(9) 设a i ,…n是n个整数，p是素数，若p| a i…a ，则p 一定整除某一个a k二整数的表示主要掌握二进制、十进制、十六进制等的相互转化.三最大公因数和最小公倍数(一)最大公因数1. 最大公因数的概念定义：设I 厶是「二个整数，若丄」使得-I'.' ' 1-宀，则称丿为的一个因数.公因数中最大的一个称为心的最大公因数.记作-'.若仏角厂心)订则称卯角厂‘几互素.若@闷订(订血厂1,2,…町则称附昭两两互素.思考：1.由I J两两互素，能否导出_12. 由能否导出役两两互素？2 .最大公因数的存在性(1)若〕不全为零，则最大公因数-■■■■ -■■■存在并且（知…％）巩|乩…hh（2）若心全为零，则任何整数都是它的公因数.这时，它们没有最大公因数.3. 求两个正整数的最大公因数.定理1 :设心工〕任意三个不全为零的整数，且；丄则GO）讹©辗转相除法也』E N,由带余除法得旷如卄］0 < J沪也+与0〈勺〈勺if"4 % %】如胡因为每进行一次带余除法，余数至少减少1,且；是有限整数，故经过有限次带余除法后，总可以得到一个余数是零的情况，即7L °由（i）知，仏切=M= M=（训）=（s』定理2 :任意两个正整数「二则…丨-.\是（i）中最后一个不等于零的余数.定理3 :任意两个正整数；；1的任意公因数都是的因数.4 .性质定理4 :任意两个正整数S 则存在整数.:,使得二八—云成.立定理5 :设二门是不全为零的整数.⑴若J'贝ya _ (a,b)(ii) 若八财讨，则U 匚(iii) 若L是任意整数，贝S从上面定理我们很容易得到下面几个常用结论：①仏妨=1,方”②宓吗)J (订和J = 1,2厂说)且胡叨(尸1,2,…屈芋阳…务m③:④■—：'-■■■■■-5 .求两个以上正整数的最大公因数…;「：一一…一…:-则有下面的定理：定理6:若3是•个正整数，则1=4只需证①-、是/ ■■:的一个公因数.②J 是的公因数中最大一个例求-「二，二二解：八::m -.：-- ' '! .■■■：.：■- ：_]]：；,(58548.13776,10824,3567)-1236.求两个正整数的最大公因数的线性组合(重点掌握) 方法一运用辗转相除法求最大公因数的逆过程；方法二补充的方法方法三运用列表法求解(二)最小公倍数1 .最小公倍数的定义定义:[厶是—3个整数，如果对于整数匸，有讣("12…屈,那么朋叫做旳厂也的一个公倍数.在忙几的一切公倍数中最小一个正整数，叫做最小公倍数.记作+…—.2 .最小公倍数的性质.定理1 :设；是任给的两个正整数，则(i)仇占的所有公倍数都是肚对的倍数.仆)上d 广" ■■^^1定理2 :设正整数酬是必上的一个公倍数，贝^(ab) [ %]3.求两个以上整数的最小公倍数定理3 :设I厶是■个正整数，若' 则二f只需证：①S是【役的一个公倍数，即②设刖是附％的任一公倍数则叫吻例1求二解: (51X135)=27'[513J35] = 513X135=256527[513,135,3114] =[[513,135],3114] =[2565,3114] = 887490四素数算术基本定理1.素数、合数的概念定义：一个大于1的整数，如果它的正因数只有1和它的本身，我们 就称它为素数，否则就称为合数. 2 .性质定理1:设』是大于1的整数，贝債至少有一个素因数，并且当』是合 数时，若/是它大于1的最小正因数，贝, 定理2设n 是一个正整数，如果对所有地素数「n ,都有p n,则n —定是素数.求素数的基本方法：爱拉托斯散筛法。
初等数论
设 a , b 是 整 数 ， b 0 ， 依 次 做 带 余 数 除 法
a b q 1 r 1 ， 0 r 1b ，
b r 1 q 2 r 2 ， 0 r 2 r 1 ，
L L
r k 1 r k q k 1 r k 1 ， 0 r k 1 r k ，
第三节 整除的进一步性质及最小公倍数
第 二 节 习 题 第 二 题 要 求 证 明 (a,b)ax0by0 成 立 ， 其 中 的 x0和 y0与 a,b的 关 系 如 何 ？ 进 一 步 ， 辗 转 相 除 法 中 任 意 rk与 a,b的 关 系 又 如 何 ？ 定理1、若a, b是任意两个正整数，则
(i)若在r1,L,r5中数0， 1， 2都出现，不妨设
r1 0,r2 1,r3 2，
此时
a1a2a3 3(q1q2q3)3
可以被3整除。
(ii)若在r1,L ,r5中数0， 1， 2至少有一个不出现，
这样至少有3个ri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
2、任意整数的最大公因数可转化为正整数来讨论
定 理 1 若 a1,a2,L,an是 任 意 n个 不 全 为 零 的 整 数 ， 则 （ i) a1,a2,L,an与 a1,a2,L,an的 公 因 数 相 同 ； (ii)(a1,a2,L,an)(a1,a2,L,an).
3、下面先讨论两个非负整数的最大公因数 定理2、设b是任一正整数，则（i)0与b的公因数就是
P 0 1 , P 1 7 , P 2 2 7 1 1 5 , P 3 1 1 5 7 2 2 ,
初等数论课后习题答案.pptx
而b是••个有限数, f顷,便.=。 二(。0)=01) = 04)=(斗而)=(L，L" J =〔砧+。)=L ,存在其求法为
(a,t>) = (b,a-bs) = (a — bs,b — (a —血)禹)=… .(76501,9719) = (9719,76501-9719x7) = (S4«8,9719-S468) -(1251,8468-1251x6)
© 下证唯一性
当B 为奇数时,设 & =bs-^t=bsl +4 则|ETJ = p?（q _$）| >|Z?|
而时磚周達却一勺副+市岡矛盾故
当0为偶数时，“不咐、举^如队此时?为整数
3-?=ai+?=小 £+（_?）,%=?,kJ E?
学最大公因数与辗转相除法
I.讹叨推论4.1
推论41小b的公■数.与3, m的因数相同一
=(3J) 丄 证明木节(I)式屮的"最
4
证：由P3§1习观4知在(1.盘3。沙=蛙，叩応囈
2
log log 2
§3整除的进一步性质及最小公倍數
1. 证明两整数a, b互质的充分与必要条件是：存在两个整数s, t满足条件ax+bt = \
证明 必要性-若(fl,fe) = l.则由推论1.1知存在两个整数s, t满足：as+bt=(a,b)
as+ bt = \
充分性。若存在整数s, t使as+bt= 1,则a, b不全为0°
又因为(a,b)\a,(a,b)\b .所以(a,b\as + bt)即(<z,b)ll°
又皿*”。. .*,&) = I
§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一些应用。
§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a = bq （1）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 a1q1a2q2…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，a0 |b||a|；b a且|a|<|b|a= 0。
二、带余数除法定理1(带余数除法) 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 。
定义2：(2)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111n n -+ 求n例2 问题：满足222x y z +=的整数解能否全是奇数？为什例3 找规律判定“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 1112 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 +∈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 kk 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(闵嗣鹤版课件
第一节 整除的概念 带余数除法
如果不存在整数q使得a bq成立，则称a不被b整除， 记为b † a。
2、整除的基本定理
思考：逆命题是否成立？ 1、m|(a±b) →m|a,m|b 2、m|(a±b) ，m|a→m|b
定理2’ m | a, m | (a b) m | b
特例：m||a
1、a=81; 2、a=-81;
• 例2(1)一个数除以2,余数可能为
,
所有的整数按被2除所得的余数分类可分
为
.
• (2)一个数除以3,余数可能为
,所有
的整数按被3除所得的余数分类可分为
.
• (3) 一 个 数 除 以 正 整 数 b, 余 得的余
数分类可分为
.
带余数除法的应用举例
此时
a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3r
可以被3整除。
例3、设a 1为奇数，证明： 存在正整数d a 1,使得a 2d 1
证：考虑下面的a个数： 20, 21, , 2a1，显然a不整除2 j (0 j a)，
由带余除法，对每个2 j (0 j a)， 2 j q ja rj , (0 rj a)
数论第一章(1)整数的可除性
{1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}
或是
{30 30 / 1, 15 30 / 2, 10 30 / 3, 6 30 / 5, 5 30 / 6, 3 30 / 10, 2 30 / 15, 1 30 / 30}
例 8 整数 2, 3, 5, 7 都是素数；而整数 4, 6, 10, 15, 21 都是合数.
下面我们要证明每个合数必有素因子.
定理 6 设 n 是一个正合数， p 是 n 的一个大于 1 的最小正因数，则 p 一定是素数，且 p n.
证 反证法. 如果 p 不是素数，则存在整数 q ，1 q p, 使得 q | p . 但 p | n, 根据定理 1，我们有 q | n. 这与 p 是 n 的最小正因数矛盾. 所以， p 是素数.
例 1 30 215 310 56 . 我 们 有 2, 3, 5 分 别 整 除 30 ， 或 者 30 被 2, 3, 5 分 别 整 除 ， 记 作 2 | 30, 3 | 30, 5 | 30. 这时， 2, 3, 5 都是 30 的因数， 30 是 2, 3, 5 的倍数. 30 的所有因数是 {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30} ，
a bq r, 0 r b
（惟一性）如果分别有整数 q, r 和 q1, r1 满足（2），则
例 6 设 a, b, c 0 是三个整数， c | a, c | b. 如果存在整数 s,t, 使得 sa tb 1 ，则 c 1. 证 设 c | a, c | b, 因为存在整数 s,t, 使得 sa tb 1, 根据定理 3，我们有 c | sa tb 1
第1章 整除
本书结构1.数论部分包括整除,同余,同余式,平方剩余,原根与指标,素性检验,连分数2.代数部分群,环,域3.椭圆曲线部分主要是有限域第一章整数的可除性本章主要介绍整数的可除性和因数分解等内容． 1.1 整除的概念,欧几里得除法1.2 整数的表示1.3 最大公因数与广义欧几里得除法1.4 整除的进一步性质及最小公倍数1.5 素数算术基本定理1.6素数定理1.1整除的概念,欧几里得除法 证明: ①由整除定义有:b=qa, c=pb 则c=pqa 即a|c②b=qa c=pa ,则b ±c=qa+pa=a(p+q)③因为a|b 且a|c, 故b=aq 1和c=aq 2. 于是,bm+cn=a(q 1m+q 2n), 所以, a|(bm+cn).⑤b=aq 对任意的c, 有bc=caq=acq1.1整除的概念,欧几里得除法⑥bc=acq有bc-acq=0 即c(b-aq)=0 又c≠0,则b-aq=0 因此a|b⑦a=bq b=ap则a=bq=apq从而a(1-pq)=0因为a,b≠0 ,因此pq=1 即p=q=±1,即a=±b1.1整除的概念,欧几里得除法定义1.2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。
由该定义可知，正整数集合可分三类:素数、合数和1.素数常用p或p1, p2…,来表示.整数2.3.5.7.11等都是素数,4.6.8.10都是合数1.1整除的概念,欧几里得除法1.1整除的概念,欧几里得除法1.1整除的概念,欧几里得除法1.1整除的概念,欧几里得除法1.2整数表示对于数的十进制表示，我们已经是很熟悉的了。
本章主要介绍实数的b 进制表示，以及一些基本知识定理1设b 是大于１的整数，则任何正整数a 都可以写成a = a kb k +a k −1b k −1+L +a 1b +a 0的形式，其中a k ≠0，a i （0 ≤i ≤k ）是在0与b −1之间唯一确定的整数。
信息安全数学基础习题答案
因此70|n
2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)
当a=3k，k Z 3|a 则3|a3-a
当a=3k-1，k Z 3|a+1 则3|a3-a
当a=3k+1，k Z 3|a-1 则3|a3-a
所以a3-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1， k0 Z
（2 k0+1）2＝4 k02+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1
由于k0与k0+1为两连续整数，必有一个为偶数，所以k0 (k0+1)=2k
所以（a+b,4）=4
37．证明：反证法
假设n为素数，则n| a2- b2=(a+b)(a-b)
由1.4定理2知n|a+b或n|a-b,与已知条件矛盾
所以假设不成立，原结论正确，n为合数。
40．证明：（1）假设是21/2有理数，则存在正整数p，q，使得21/2=p/q,且（p, q）=1
=13*41-14*(161-3*41)
=-14*161+55*(363-2*161)
=55*363+(-124)*(1613-4*363)
=(-124)*1613+551*(3589-2*1613)
所以（2t+1,2t-1）=1
（2）解：2(n+1)=1*2n+2
2n=n*2
所以（2n,2(n+1)）=2
32．（1）解：1=3-1*2
=3-1*(38-12*3)
=-38+13*(41-1*38)
初等数论 第一章 整数的可除性
第一章整数的可除性§1 整除整数集对于加、减、乘三种运算都是封闭的，但是对于除法运算不封闭。
为此，我们引进整除的概念。
定义1设a,b∈Z，b≠0，如果存在q∈Z，使得等式a=bq成立，那么称b 整除a或a被b整除，记作：b|a，此时称b为a的因数（约数），a为b的倍数。
如果不存在满足等式a=bq的整数q，那么称b不能整除a或a不被b整除，记作b| a。
定理1设a,b,c∈Z，b≠0，c≠0，则（1）如果c|b，b|a，那么c|a；（2）如果b|a，那么bc|ac；反之亦真；（3）如果c|a，c|b，那么，对于任意m,n∈Z，有c|(ma+nb)；（4）如果b|a，a≠0，那么|b|≤|a|；（5）如果b|a，a|b，那么|b|=|a|。
证明可选证。
定理2（带余除法）设a,b∈Z，b≠0，则存在q,r∈Z，使得a=bq+r，0≤r<|b|，并且q及r是唯一的。
证明当b|a时，取q=a/b，r=0即可。
当b!|a时，考虑集合E={a-bk|k∈Z }，易知E中有正整数，因此E中有最小正整数，设为r=a-bk>0，下证：r<|b|。
因为b!|a，所以r≠|b|，若r>|b|，则r’=r-|b|>0，又r’∈E，故与r的最小性矛盾，从而存在q,r∈Z，使得a=bq+r，0≤r<|b|。
唯一性。
设另有q’,r’∈Z，使得a=bq’+r’，0≤r’<|b|，则b(q-q’)=r’-r，于是b|(r’-r)，但由于0≤|r’-r|<|b|，故r’-r=0，即r=r’，从而q=q’。
定义2等式a=bq+r，0≤r<|b|中的整数q称为a被b除所得的（不完全）商，整数r称为a被b除所得的余数。
注r=0的情形即为a被b整除。
例1 设b=15，则当a=255时，a=17b+0，故q=17，r=0；当a=417时，a=27b+12，故q=27，r=12；当a=-81时，a=-6b+9，故q=-6，r=9。
信息安全数学基础证明题答案
信息安全数学基础习题答案第一章整数的可除性5．证明：构造下列k个连续正整数列：(k+1)！+2, (k+1)！+3, (k+1)！+4,… (k+1)！+(k+1), k∈Z对数列中任一数(k+1)！+i=i[(k+1)k…(i+1)(i-1)…2*1+1], i=2,3,4,…(k+1)所以i|(k+1)！+i 即(k+1)！+i为合数所以此k个连续正整数都是合数。
13．证明：反证法（这个直接构造法是错误的）假设形如4k+1的素数只有有限个，记为p1, p2,…, p n构造N=4*p1*p2*…*p n+1≥3*p1*p2*…*p n所以N＞p i (i=1,2,…,n)所以N为4k+1形式的素数，（错误在于，N只是不能被4k+1的素数整除，但并不能说明，N不能被其他形式的素数整除）所以假设不成立。
原结论正确，形如4k+1的素数有无穷多个。
反证法（费马小定理）1.假设形如4k+1的素数只有有限个，记为p1, p2,…, p n设m= p1*p2*…*p n，设q=4m2+1> p n, 是合数，则存在素数p，使得p|q所以有4m2=1(mod p),p不能整除2m，则(p,2m)=1。
由费马小定理得(2m)p-1=1(mod p)(q-1)(p-1)/2=1(mod p)因为p|q，所以(-1) (p-1)/2=1(mod p)所以4| (p-1)所以p是4k+1型的素数，且不p i中，与假设矛盾。
所以形如4k+1的素数有无穷多个。
2.课堂上讲过的方法37．证明：反证法假设n为素数，则n| a2- b2=(a+b)(a-b)由1.4定理2知n|a+b或n|a-b,与已知条件矛盾所以假设不成立，原结论正确，n为合数。
40．证明：（1）假设是21/2有理数，则存在正整数p，q，使得21/2=p/q,且（p, q）=1 平方得：p2=2q2, 即2|p2，所以p=2m, m∈N因此p2=4m2=2q2 q2=2m2 q=2n, n∈N则（p, q）=(2m,2n)=2(m, n)≥2与（p, q）=1矛盾所以假设不成立，原结论正确，21/2不是有理数。
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定义1.1.2 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1.1.2 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, , dk 。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。
解 取a = 4k4，对于任意的nN，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nN，n4 a是合数。
美丽有两种 一是深刻又动人的方程 一是你泛着倦意淡淡的笑容
例1.1.3 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，因此，n的正 约数d与是成对地出现的。只有当d =，即n = d2时， d和才是同一个数。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。
美丽有两种 一是深刻又动人的方程 一是你泛着倦意淡淡的笑容
《初等数论》
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例1.1.9 若n是奇数，则8n2 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8n2 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？
q只可能是0或1。此时a= 0或2k ，这都是不可能的， 所以2ka； (ⅱ) 若 3k|2b-1，则存在整数q，使得2b-1= q3k，显 然q只可能是0，1, 或2。此时2b-1= 0，3k，或，这都
是不可能的，所以3k 2ห้องสมุดไป่ตู้ 1。
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例1.1.7 证明：存在无穷多个正整数a，使得 n4 a（n = 1, 2, 3, ） 都是合数。
《初等数论》
第一章 整数的可除性
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初等数论
§1.1 整数的除法 带余除法定理
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定义1.1.1 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ba；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。
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定理1.1.1 下面的结论成立： (ⅰ) ab ab； (ⅱ) ab，bc ac； (ⅲ) bai，i = 1, 2, , k ba1x1 a2x2 akxk，此处xi（i = 1, 2, , k）是任意的整数； (ⅳ) ba bcac，此处c是任意的非零整数； (ⅴ) ba，a 0 |b| |a|；ba且|a| < |b| a = 0。 证明 留作习题。
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例1.1.4 设整数k 1，证明： (ⅰ) 若2k n < 2k 1，1 a n，a 2k，则2ka；
(ⅱ) 若3k 2n 1 < 3k + 1，1 b n，2b 1 3k， 则3k2b 1。
解 (ⅰ) 若2k|a，则存在整数q，使得a= q2k。显然
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推论 任何大于1的合数a必有一个不超过的素约数。 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1.1.1 设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有 n 21r 2 r n r。 解 对于任意的正整数a，b以及正奇数k，有 ak bk = (a b)(ak 1 ak 2b ak 3b2 bk 1) = (a b)q， 其中q是整数。记s = 1r 2 r 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 2s，由上式知n 22，因为n 2 > 2， 这是不可能的，所以n 2s。
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例1.1.8 设a1, a2, , an是整数，且 a1 a2 an = 0，a1a2 an = n， 则4n。
解 如果2n，则n, a1, a2, , an都是奇数。于是a1 a2 an是奇数个奇数之和，不可能等于零，这与题设矛盾，所以 2n，即在a1, a2, , an中至少有一个偶数。如果只有一个偶数， 不妨设为a1，那么2ai（2 i n）。此时有等式 a2 an = 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, , an中至少有两个偶数，即4n。