优选初等数论第三章课件

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精品-优秀PPT课件--初等数论三-夏子厚共33页文档

39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
精品-优秀PPT课件--初等数论三-夏子厚
41、实际上，我们想要的不是针对犯罪的法律，而是针对疯狂的法律。 ——马克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就像影子跟随着身体一样。— —贝卡利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进步。— —杰弗逊 44、人类受制于法律，法律受制于情理。— —托·富勒
45、法律的制定是为了保证每一个人自由发挥自己的才能，而不是为了束缚他的才能。—— 罗伯斯庇尔
谢谢！
Байду номын сангаас
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯

初等数论课程教案总结.ppt

最大公约数 : 设 a1, a2是两个不全为零的整数 . 我们把 a1和 a2 的公约数中最大的称为 a1 和 a2 的最大公约数 , 记作 ( a1, a2 ) , 一般地 , 设 a1,. . . ,ak 是 k 个不全为零的整数 . 我们把 a1,. . . , ak 的公约数中最大的称为 a1,. . . , ak 的最大公约数 , 记作 ( a1,. . . , ak ) .
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.

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-3

7 8
故 c b ,因而c b .
推论2.2 设a1 , a2 , , an及b1 , b2 , , bm 是任意两组整数 , 若ai b j
i 1,2, n, j 1, 2, , m , 则a1a2 an与b1b2 bm互质.
a1a2 an , b1b2 bm a1a2 an , b2b3 bm a1a2 an , bm 1
P0 1, P1 q1 8, P2 q2 P1 P0 1 8 1 9, P3 q3 P2 P1 1 9 8 17, P4 q4 P3 P2 3 17 9 60, P5 q5 P4 P3 1 60 17 77, P6 q6 P5 P4 1 77 60 137, P7 q7 P6 P5 4 137 77 625.
1
k
rk 1 1 rk 1 qk 1rk
k
其中 P0 1, P1 q1 , Pk qk Pk 1 Pk 2 , k =2, n
Qk 1a Pk 1b qk 1 Qk a Pk b qk 1Qk Qk 1 a qk 1 Pk Pk 1 b
ab 其中t 满足k b1t .反过来,当t为任一整数时， t a, b
为a , b的一个公倍数 , 故上式可以表示a , b的一切公倍数. 令t 1即得最小的正数 , 故
a, b
ab a, b 2 4 10 80 40 2,4,10 2
10
§1.3
整除的进一步性质及最小公倍数
由上节, 设a , b是任意两个正整数, 则由辗转相除法得到:

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-2

i 1 i 1 i 1
m
m
m
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。
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y = x2 m2x3 m2m3x4 m2mkxk 1
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。由定理4，当x1通过模m1的完全剩余系，
xi（2 i k 1）通过模mi的完全剩余系时， x1 m1y = x1 m1(x2 m2x3 m2mkxk 1)
从而
3、剩余系间的联系
定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1， X { x1 , x2 , , xm1 } ,Y { y1 , y2 , , ym2 } 分别是模m1与模m2的完全剩余系，则 R = { Ax m1y：xX，yY }是模m1m2的一个完全剩余系。证明由定理3只需证明：若x , x X，y , y Y，且 Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)，则 x ' x ", y ' y " [ R中有m1m2个元素].
13 14
定理5 设miN，AiZ（1 i n），并且满足： ① (mi, mj) = 1，1 i, j n，i j； ② (Ai, mi) = 1，1 i n； ③ miAj ，1 i, j n，i j 。则当xi（1 i n）通过模mi的完全剩余系Xi时， y = A1x1 A2x2 Anxn 通过模m1m2mn的完全剩余系。
检验：设{x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系，那么，{b+x1, b+x2, , b+ xm}和 {ax1, ax2, ,a xm} 是模m的一个完全剩余系吗？ m 6, b 2 m 5, b 2 m 5, a 2 m 6, a 2

大学数学---初等数论 ppt课件

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4
初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几何原本》中就已出现。欧几里得证明了素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数的方法，即所谓欧几里得算法。我国古代在数论方面亦有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”正是我国古代《孙子算经》中
的下卷第26题，我国称之为“孙子定理”。
一、基本概念
1、自然数、整数 2、正整数、负整数 3、奇数、偶数一个性质：整数+整数=整数整数-整数=整数整数*整数=整数
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二、整除
1、定义：设a，b是整数，b≠0。如果存在一个整数q使得等式：
a=bq 成立，则称b能整除a或a能被b整除，记作 b∣a；如果这样的q不存在，则称b不能整除 a。
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3、最大公因数的性质
（1）当b∣a时，（a，b）=b. （2）a，b的一切公因数都是（a，b）的因数. （3）若a，b是正整数，m是任一正整数，则有
（am，bm）=（a，b）m. （4）若（a，b）=1，c为任一正整数，则有
（ac，b）=（c，b）（5）若（a，b）=1， b∣ac，则有b∣c. （6）若a，b，c是任意三个正整数，则（a，b）=d的充分必要条件是：
a bq r, 0＜ r ＜b ，
b rq1 r1,
0＜ r1 ＜ r ，
则有 (a,b) rn .
r r1q2 r2 ,
…
…
0＜ r2 ＜ r1 ，
rn2 rn1qn rn , 0＜ rn ＜ rn1 ，
rn1 rn qn1 rn1 , rn 1 0 ,
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4、带余除法

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-4

1) Q2 (22 1)，
n
其中Q1与Q2是整数，即 2 Fn 2(mod Fn ).
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2
eg5 设n是正整数，记Fn = 22 1, 则 2 Fn 2(mod Fn ).
补充说明
n
三、在分数与小数互化中的应用
我们已经知道，F5是合数，因此例5表明， Fermat定理的逆定理不成立。 Fermat定理设p是素数，则对a Z , 有
s 证明： 10 a1a2 a s 0. b1 b2 bt

eg 6 化小数为分数. 0.13

2 13 1 12 90 90 15 13 0 13 990 990 1213 12 1201 9900 9900
a1a2 a s

b1b2 bt b b bt 1 2 . t 10 1 99 9
。
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0.0 23
这就证明了不循环位数码个数不能再少了。
4
定理6 混循环小数 0.a1 a s b1 b2 bt 可以化为分数
a1 a s b1b2 bt a1 a s , 其中，分母中含有t个9, s个0. 99 900 0
a b
a a q (*) b b
而且ak, , a1不能都等于0，也不能都等于9。
由(*)式得(10k 1) a q ak ak 1 a1 ， b 1 1 a 1 ak ak 1 a1 ( k 2 k ) ak ak 1 a1 k 10 10 b 10 1
令n 4q r ,0 r 3, 则1n 2n 3n 4n
证：记P = x1x2x(m)，则(P, m) = 1.

初等数论ppt

二
几个著名数论难题初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗
留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞
懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。
其中，非常著名的问题有：哥德巴赫猜想；
费尔马大定理；孪生素数问题；完全数问题等。
1、哥德巴赫猜想：
1742年,由德国中学教师哥德巴赫在教学中首先
8、测圆海镜
《测圆海镜》由中国金、元时期数学家李冶所著，成书于 1248年。全书共有12卷，170问。这是中国古代论述容圆的一部专箸，也是天元术的代表作。《测圆海镜》所讨论的问题大都是已知勾股形而求其内切圆、旁切圆等的直径一类的问题。在《测圆海镜》问世之前，我国虽有文字代表未知数用以列方程和多项式的工作，但是没有留下很有系统的记载。李冶在《测圆海镜》中系统而概栝地总结了天元术，使文词代数开始演变成符号代数。所谓天元术，就是设“天元一”为未知数，根据问题的已知条件，列出两个相等的多项式，经相减后得出一个高次方式程，称为天元开方式，这与现代设x为未知数列方程一样。欧洲的数学家，到了16世纪以后才完全作到这一点。
第一章整数的整除性
第一节整除的概念
• 一、基本概念
1、自然数、整数 2、正整数、负整数 3、奇数、偶数
• 一个性质：
整数+整数=整数整数-整数=整数整数*整数=整数
关于奇数和偶数性质： 1.奇数+奇数=偶数；奇数+偶数=奇数；偶数+偶数=偶数； 2.两个数之和是奇（偶）数，则这两个数的奇偶性相反（同）。 3.若干个整数之和为奇数，则这些数中必有奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则这些数中若有奇数，奇数的个数必为偶数个。

初等数论三-夏子厚

第一节同余的概念及其基本性质
• 定理3 设a，b，c，d是整数，并且
• a b (mod m)，c d (mod m)，则
• (4) a c b d (mod m)；
• (5) ac bd (mod m)。
• 证明： (4) 由定义1可知
•
ma b，mc d，
• 因此 m(a c) (b d)，
第二节完全剩余系
m
•
推一论个2完.1全若剩(余a, 系m)，=则d＞a1，x若xb通也过通模过模d
的
m
d
d
的一个完全剩余系。
• 留做练习。
第二节完全剩余系
定理3 若m1, m2N，(m1, m2) = 1，则当x1 与x2分别通过模m1与模m2的完全剩余系时，m2x1 m1x2通过模m1m2的完全剩余系。
第一节同余的概念及其基本性质
• 定义1 给定正整数m，如果用m去除任意的两个整数a与b所得的余数相同，则称
a与b对于模m同余。记为
•
a b (mod m)，
• 如果余数不同，则称a与b对于模m不同
余。记为a b (mod m)。
第一节同余的概念及其基本性质
• 定理1 下面的三个叙述是等价的： • (ⅰ) a b (mod m)； • (ⅱ)存在整数q，使得a = b qm； • (ⅲ)存在整数q1，q2，使得 • a = q1m r， b = q2m r，0 r < m。
• n =7 77 73 (3)3 7 3 (mod 10)，
• 即n的个位数是3。
第一节同余的概念及其基本性质
• 注：一般地，若求 a bc 对模m的同余，
可分以下步骤进行：
• (ⅰ) 求出整数k，使ak 1 (mod m)；

初等数论最小公倍数ppt课件

有[a,b]|M,
且有[a,b]
ab (a,b)
。
证：由M的定义知有M=ac=bd,又设
a (a,b)a1,b (a,b)b1 有 a1c b1d
因为 (a1,b1) ab1所以b1 | c，即 c b1t
有M=a b1t =(a,b) t,显然当t=1时最小，
即
[a, b]
ab (a,b)
17
D 不存在对任意整数恒取素数的多项式
人们曾试图找一个能表示素数的多项式，但都失败了.
例给出了x2 x 41 ，当x=0,1,2,…39时都
是素数,但当x=40时就是合数
x2 x 72491 , 当x=0,1,2,…,11000时都是素数,但当x=110001时就是合数.
用反证法可证不存在对任意整数恒取素数的多项式（略）
.
所以M=[a,b]t,即有[a,b]|M.
2
例:设正整数m是a,b的公倍数,则
证明：
且
3
推论：设a,b,m是正整数，则[ma, mb]=m[a,b] 证：由 [ma, mb] m2ab mab m[a,b]
(ma, mb) (a,b)
下面给出n个整数的最小公倍数的方法
定理2：设 a1, a2 , an为n个整数，又
§3 最小公倍数定义： n是大于1的整数，整数 a1, a2 , an 的公共倍数称为 a1, a2 , an的公倍数，正公倍数中最小的一个称为 a1, a2 , an 的最
小公倍数。记成 [ a1, a2 , an ]
例 [2，-8]=8 下面考虑两个数的最小公倍数
1
定理1：设M是正整数a,b的任一公倍数，则
又a3 | m m3 | m … mn | m

初等数论第三章课件

(4)若a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m); 若a b(mod m), 则ak bk (mod m)
（5）若A1 则
1
k
B1 A1
k
(mod m), xi yi (mod m), i 1, 2,
从而 xn ) 3n 2 ( xn 1 xn 1 ) 3n 1 ( xn x1 x1 =x1 3 x1 =x2，，xn =xn，同理 x2 即此3n +1 个数中，两两互不相同；
, n 1)时，每一项3i xi 各取3个值， 3x1 x0共通过3n 1 个数；
② 在这3n 1 个数中，若有 3n 1 xn 1 3n xn x0 =3n xn 3n 1 xn 1 3x1 3x1 x0 3n ( xn xn ) 3n 1 ( xn 1 xn 1 ) 则x0 x0 x0 x0 3 x0 x0 x1 ) 3( x1
例：A=28997, B=39495, C=1145236415 AB 之积为C，对？
第二节
剩余类及完全剩余系
由带余数除法我们知道，对于给定的正整数m，可以
将所有的整数按照被m除的余数分成m类。本节将对此作进一步的研究。
定理1
若m是一个给定的正整数，则全部整数可分成 , K m1 , 其中K r (r 0,1, , m 1)是
, m 1, 它们
下面例1给出模m的另外完全剩余系——绝对最小完全剩余系.
当m是偶数时, m m m , 1, , 1, 0,1, , 1; 2 2 2 m m m 及 1, 1, , 1, 0,1, , 2 2 2 都是模m的完全剩余系.

《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(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-3

7
若m1y m2xR，则(m1y m2x, m1m2) = 1，所以(m1y m2x, m1) = 1，于是 (m2x, m1) = 1，(x, m1) = 1，xX。这说明R A。同理可得到yY，因此m1y m2xA。另一方面，若m1y m2xA，则xX，yY，即 (x, m1) = 1，(y, m2) = 1。由此及(m1, m2) = 1得到 (m2x m1y, m1) = (m2x, m1) = 1 (m2x m1y, m2) = (m1y, m2) = 1。因为m1与m2互素，所以(m2x m1y, m1m2) = 1，于是m2x m1yR。因此A R。从而A = R。
8
2
推论设m, nN，(m, n) = 1，则(mn) = (m)(n)。证由定理3知，若x,y分别通过m , n的简化剩余系，则my nx通过mn的简化剩余系，即有 my nx通过(mn)个整数。另一方面，x〔nx〕通过(m)个整数， y〔my〕通过(n)个整数, 从而my nx通过(m) (n)个整数。故有 (mn) = (m)(n)。注：可以推广到多个两两互质数的情形。
2
二、主要性质注：由于选取方式的任意性，模m的简化剩余系有无穷多个。例如，集合{9, 5, 3, 1}是模8的简化剩余系；集合{1, 3, 5, 7}也是模8的简化剩余系. 集合{1, 3, 5, 7}称为最小非负简化剩余系。定理1 整数集合A是模m的简化剩余系的充要条件是： ① A中含有(m)个整数； ② A中的任何两个整数对模m不同余； ③ A中的每个整数都与m互素。说明：简化剩余系是某个完全剩余系中的部分元素构成的集合，故满足条件2；由定义1易知满足条件3；由定义3易知满足条件1。

初等数论§3同余PPT课件

注：若没有条件(c, m) = 1，即为TH2③的逆命题，不能成立。
反例：取m=6,c=2,a=20,b=23.
这时，有 4 0 4 6 ( m o d 6 ) , 但 2 0 2 3 ( m o d 6 ) 不成立！
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⑥ a b c ( m o d m ) a c b ( m o d m )
分母丌含质因数2戒51212101010101212ab1075定理3有理数能表示为纯循环小数10由euler定理可知有正整数k使得10因此存在整数q使得1010的形式而且a101076定理4设a不b是正整数0此处不是丌全为零的正整数其中丌循环的位数码个数是因此由定理3可以表示成纯循环小数
第三章同余
由75-312+289＝52，所以75312289能被13整除，但不能被7，11整除。
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例 3.求 777的个位数 .
解： 7 1 3 ( m o d 1 0 ) , 7 2 1 ( m o d 1 0 ) , 7 4 1 ( m o d 1 0 )
记777 74kr,则有 777 74kr(74)k 7r17r(mod10) 故只须考虑 7 7 被 4 除得的余数 r , 即 7 7 7 7 r ( m o d 1 0 ) 由 7 1 1 ( m o d 4 ) , 7 2 1 ( m o d 4 ) , 7 6 1 ( m o d 4 ) , 7 7 1 3 (m o d 4 ) ， r 3 所以777 7r 7 3 72 7 ( 1 ) ( 3 ) 3 ( m o d 1 0 ) . 即 777的个位数是 3.
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《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-1

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10
⑧ a b(mod m ), d 是a , b及m的任一正公因数,则 a b m mod . d d d m a b 证: m ab . d d d
四、一些整数的整除特征
设a anan1 a0表示an n an1 10n1 a1 101 a0 (1) 3、9 的整除特征
16
c
c
解： 71 3(mod10), 7 2 1(mod10), 7 4 1(mod10)
r 4 k r 记 77 74 k r , 则有7 7 74 k r (7 ) 7 1 7 (mod10)
7
7
故只须考虑7 被4除得的余数r ,即7 7 (mod10)
13 14
证明 : 1000 1(mod 7, 或 mod11, 或 mod13), a an 1000n an1 1000n1 a1 1000 a0 ( 1)n an ( 1)n1 an1 ( 1)1 a1 a0
n
( 1)i ai (mod 7, 或 mod11, 或 mod13).
TH 3 设ai , bi (0 i n)，x , y都是整数，
则
① a c b d (mod m)； ② ac bd (mod m); ③ak bk (mod m).
并且x y mod( m ), ai bi mod( m ), 0 i n.
则： ai x i bi y i (mod m )
但8 3 5(mod 9) 所以结果不正确。注：若结论成立，其结果不一定正确；也可以检查和、差的运算。
3
TH1 ① a a (mod m)； ② a b (mod m) b a (mod m)； ③ a b，b c (mod m) a c (mod m)。