初等数论(闵嗣鹤版)课件
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初等数论 第一章 整除
初等数论 第一章 整 除
2022/2/5
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第1页，本讲稿共58页
数论的基本内容
按照研究方法的不同，数论可分为
初等数论 解析数论 代数数论 几何数论
2022/2/5
*
第2页，本讲稿共58页
参考书目
1、南基洙主编《初等数论》； 2、柯召、孙琦编著《数论讲义》，高等教育 出版社； 3、闵嗣鹤、严士健编《初等数论》，高等教 育出版社； 4、郑克明主编《初等数论》，西南师范大学 出版社。
*
第9页，本讲稿共58页
定理5 鸽巢原理
设n是一个自然数.现有n个盒子和n+1个物体. 无论怎样把这n+1个物体放入这n个盒子中， 一定有一个盒子中被放了两个或两个以上的 物体。
2022/2/5
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第10页，本讲稿共58页
§2 整除
2022/2/5
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第11页，本讲稿共58页
定义1
设a，b是整数，a 0，如果存在整数q， 使得b = aq，则称b可被a整除，记作ab ， 且称b是a的倍数，a是b的约数(因数、除数)； 如果不存在整数q使得b = aq成立，则称b不被
2022/2/5
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第28页，本讲稿共58页
定理 9
(a1 , a2 , , ak) = 1的充要条件是存在整数x1, x2 , , xk ，使得a1x1 a2x2 akxk = 1. 充分性 若式(1)成立，如果 (a1 , a2 , , ak) = d > 1，那么由dai（1 ≤ i ≤ k）推出 d a1x1 a2x2 akxk = 1，这是不可能的. 所以有(a1, a2, , ak) = 1 . 证毕 .
最大公因数与最小公倍数
2022/2/5
2022/2/5
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第1页，本讲稿共58页
数论的基本内容
按照研究方法的不同，数论可分为
初等数论 解析数论 代数数论 几何数论
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第2页，本讲稿共58页
参考书目
1、南基洙主编《初等数论》； 2、柯召、孙琦编著《数论讲义》，高等教育 出版社； 3、闵嗣鹤、严士健编《初等数论》，高等教 育出版社； 4、郑克明主编《初等数论》，西南师范大学 出版社。
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第9页，本讲稿共58页
定理5 鸽巢原理
设n是一个自然数.现有n个盒子和n+1个物体. 无论怎样把这n+1个物体放入这n个盒子中， 一定有一个盒子中被放了两个或两个以上的 物体。
2022/2/5
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第10页，本讲稿共58页
§2 整除
2022/2/5
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第11页，本讲稿共58页
定义1
设a，b是整数，a 0，如果存在整数q， 使得b = aq，则称b可被a整除，记作ab ， 且称b是a的倍数，a是b的约数(因数、除数)； 如果不存在整数q使得b = aq成立，则称b不被
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第28页，本讲稿共58页
定理 9
(a1 , a2 , , ak) = 1的充要条件是存在整数x1, x2 , , xk ，使得a1x1 a2x2 akxk = 1. 充分性 若式(1)成立，如果 (a1 , a2 , , ak) = d > 1，那么由dai（1 ≤ i ≤ k）推出 d a1x1 a2x2 akxk = 1，这是不可能的. 所以有(a1, a2, , ak) = 1 . 证毕 .
最大公因数与最小公倍数
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《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件5-3
2
19
( x 2 1)2 2 x 2 2 x 2 2 1 p p p p p 从而p 1 mod 8 , 故p 1 mod 8 .
20
5
20.反证法, 假设只有有限个,设为p1 , p2 , , pk .
p 1 2
1, p 1(mod 4); 1, p 1(mod 4).
p a1 (mod 4); 解同余式组 p a2 (mod11). 得p 11a1 12a2 (mod 44). 11 从而有 ( ) 1 p 1, 5, 7, 9, 19(mod 44). 18 p
例2 设n是整数 ,
证明 : n2 1的任何奇因数都是 4m 1的形式.
证明 :由于奇数都可表示成奇素数之积, 而且任意多个 形如4m 1的整数之积也具有4m 1的形式.我们只需 证明 : 若素数p是n2 1的因数 , 则p具有4m 1的形式. 若p | n2 1, 则n2 1(mod p ),即 - 1是p的平方剩余,
4
1
a a (3) a a1 (mod p ) ( ) ( 1 ) p p a a1 (mod p )
(4) (
a1a2 an a a a ) ( 1 )( 2 ) ( n ) p p p p
p同时整除a，a1；或者p同时不整除a，a1 .
若a为p的平方剩余，则有 a
(5) ( ab a ) ( ), p b. p p
3
2
p 1 2
p 1 a (1) ( ) a 2 (mod p ) p
0， p a ； a ( ) 1， a是p的平方剩余； p 1， a是p的平方非剩余.
初等数论(闵嗣鹤版课件
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。
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”。
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”。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件5-2
1
例如： x 2 a (mod11)
取模11的一个简化系为1, 2, 3, 4, 5 . 可以验证：1 3
111 2 111 2 111 2
例如： x 2 a (mod11) 模11的平方剩余为1，-2，3，4，5. 方程 x 2 1(mod11)的解为：x 1,10(mod11); 方程 x 2 2(mod11)的解为：x 3,8(mod11); 方程 x 2 3(mod11)的解为：x 5,6(mod11); 方程 x 2 4(mod11)的解为：x 2,9(mod11); 方程 x 2 5(mod11)的解为：x 4,7(mod11).
反之，若a
p1 2
1)x(mod p) a
p1 2
1(mod p).
p 1 2
1(mod p)， 由x p x ( x 2 a ) xq( x ) (a
1) x ,
3
a
p 1 2
1(mod p ) (3)
4
方程(1)有两个解。 根据§4.4-TH5[P86]知，
12
3
3证明 : (1),(2)用Wilson定理. (3)12 22 (
p -1 2 p 2 1 1 mod p , p 3 ) p 2 24 0 mod p , p 3
p -1 2 2 2 (4) 1 2 p 1 1 2 ( 2 ) p p 1 1 p 1 p p 1 2 3 2 2 2
x 2 a (mod p ), (a , p ) 1, p为单质数
(1)
§5.2单质数的平方剩余与平方非剩余
《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:
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。
18
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
m
m
m
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。
18
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
R《初等数论 闵嗣鹤 严士健 》第三版习题解答
3．证明推论 3.3 并推广到 n 个正整数的情形．
推论 3.3 设 a，b 是任意两个正整数，且
a
p1 1
p2 2
pn n
，i
0，i
1, 2,, k
，
b
p 1 1
p2 2
p n n
， i
0，i
1, 2,, k
，
则 (a,b)
p1 1
p 2 2
p k k
，[a,b]
p1 1
p2 2
pk k
，
q
假设 2 为有理数， x 2, x2 2 0 ，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其
有有理根只能是
1, 2 ，这与 2 为其有理根矛盾。故 2 为无理数。
p 另证，设 2 为有理数 2 = , ( p, q) 1, q 1 ，则
q
2 p2 ,2q2 p2 ,( p2, q2 ) (2q2 , p2 ) q2 1 q2 但由 ( p, q) 1, q 1 知 ( p2 , q2 ) 1，矛盾，故 2 不是有理数。
则 r (x x0q)a ( y y0q)b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by （ x, y 为任意整数） ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
ax0 by0 | (a, b). 又有 (a,b) | a ， (a,b) | b
3 b 1 b 2 ( ), t1 , t1
2
2
222
§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
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-5
例5 求[1
练习：
1 1.证明 : 对任意x R, 有 x x 2 x 2 2.设m , n是整数 , n 1, 证明 :
m | m1 n , 当n m 1 n m 1,当n | m 1 n 3.证明 : x , y R, 有
17
18
9解 : i 2 i 3 i 5 i 6 i 10 i
i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
500
500 2
500 3
500 5
500 6
500 500 500 500 500 500 500 8解 : 500 7 11 57 5 11 7 11 5 7 11 312 5
(3)[ n x ] n [ x ], n Z ; (4)[ x ] [ y ] [ x y ], x y x y;
例如： [2.3] 2,[ 2.3] 3,[2] 2,[ ] 3,[ ] 4；
2.3 0.3,2.3 0.7,2 0, 0.1415 ,
证明(7):a b时显然.设m是任一不大于a而为b的倍数的
正整数, 则
0 m bm1 a , 0 m1
a a 注：若记 a b q (余r )，则 b[ ] q , b = r . b b
a . b a 故满足上条件的m的个数等于m1的个数 ,因而等于 . b 证明(8)由[ x ] x y [ y ] 1, 得[ x ] [ y ] 1, [ x ] [ y ];
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件4-2
一、同余式组的解法——中国剩余定理
定理1[孙子定理]
设有同余式组
x b1 (mod m1 ), x b2 (mod m2 ), , x bk (mod mk ) (1) m1, m2, , mk是两两互质的正整数， m 记 m = m1m2mk ， M i ,1 i k . mi 则(1)的解为
5×7 3×7 3×5
35×2×3 21×1×3 15×1×2
140+63+ 23330 2×105= 23 =233
为什么啊？ 3
从而有 x1 x2 2(mod 3), x1 x2 3(mod 5).
4
1
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。〔《孙子算经》〕 记 x1 5 7 n1 2, 且5 7 n1 1(mod 3), 则x1 2(mod 3)； 记 x2 3 7 n2 3, 且 3 7 n2 1(mod 5), 则x2 3(mod 5). 记 x3 3 5n2 2, 且 3 5n2 1(mod 7), 则x3 2(mod 7). 另外，显然有 5 7 | x1 , 3 7 | x2 , 3 5 | x3 , 令x x1 x2 x3 ,
1 2
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。〔《孙子算经》〕
除 数 3 5 7 余数 最小公倍 数 2 3 2 3×5×7 =105 衍数 乘 率 2 1 1 各 总 答 数 最小 答数
问题1：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩二，七七数之剩二，问物几何。
则
m x a ,m x a m ,m a a a a mod m , m ,1 i , j n.
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件2-1
设
即
x0 y t 0 b a x0 y 1 t 0 1 b a
x0 , y是原方程的一个非负整数解， 0 x x0 bt , y y0 at , t Z ax0 N ax t 0 ab ab N . 从而得证。 t 的取值区间长度为 ab
定理1 若〔1〕式有整数解 x x0 , y y0 则〔1〕式的一切解可以表示为
x x0 b1t , y y0 a1t , a b 其中， a1 , b1 , t 0, 1, 2， (a , b ) (a , b ) （2）
（*）
(a1 , b1 ) 1
7
说明：定理1给出了方程通解的一般形式。这样， 解决问题的关键在于求一个特解。 问题：所有的二元一次方程都有解吗？ 例如 定理2 6 x 8 y 1. ax by c (1) 有整数解 (a , b ) c .
显然； ，记d (a , b ) 若d c ，则c c1d , c1 Z . d 可以表示为as bt . 所以 c c1 ( as bt ) 取 x0 c1 s , y0 c1t， 即为方程〔1〕的解。
当N ab a b时有非负整数解；N ab a b时则不然 思考：N ab a b呢？ （1）方程的一般解可以表示为
4.证明：方程 ax by N , a 1, b 1,( a , b ) 1
当N ab a b时有非负整数解；N ab a b时则不然 思考：N ab a b呢？
ax by c (1)
ax by c , a , b, c Z , a , b 0
证：把〔2〕代入〔1〕，成立，故〔2〕是〔1〕的解。 设x ', y '是(1)的任一解，又x0 , y0是(1)的解. 所以有 ax ' by ' ax0 by0 .
即
x0 y t 0 b a x0 y 1 t 0 1 b a
x0 , y是原方程的一个非负整数解， 0 x x0 bt , y y0 at , t Z ax0 N ax t 0 ab ab N . 从而得证。 t 的取值区间长度为 ab
定理1 若〔1〕式有整数解 x x0 , y y0 则〔1〕式的一切解可以表示为
x x0 b1t , y y0 a1t , a b 其中， a1 , b1 , t 0, 1, 2， (a , b ) (a , b ) （2）
（*）
(a1 , b1 ) 1
7
说明：定理1给出了方程通解的一般形式。这样， 解决问题的关键在于求一个特解。 问题：所有的二元一次方程都有解吗？ 例如 定理2 6 x 8 y 1. ax by c (1) 有整数解 (a , b ) c .
显然； ，记d (a , b ) 若d c ，则c c1d , c1 Z . d 可以表示为as bt . 所以 c c1 ( as bt ) 取 x0 c1 s , y0 c1t， 即为方程〔1〕的解。
当N ab a b时有非负整数解；N ab a b时则不然 思考：N ab a b呢？ （1）方程的一般解可以表示为
4.证明：方程 ax by N , a 1, b 1,( a , b ) 1
当N ab a b时有非负整数解；N ab a b时则不然 思考：N ab a b呢？
ax by c (1)
ax by c , a , b, c Z , a , b 0
证：把〔2〕代入〔1〕，成立，故〔2〕是〔1〕的解。 设x ', y '是(1)的任一解，又x0 , y0是(1)的解. 所以有 ax ' by ' ax0 by0 .
《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 ).
8
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
。
15
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.
初等数论课后习题答案.pptx
且心,w罗，.珥嘤
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 _$）| >|Z?|
而时磚周達却一勺副+市岡矛盾故
当0为偶数时，“不咐、举^如队此时?为整数
3-?=ai+?=小 £+（_?）,%=?,kJ E?
学最大公因数与辗转相除法
I.讹叨推论4.1
推论41小b的公■数.与3, m的因数相同一
=(3J) 丄 证明木节(I)式屮的"最
4
证：由P3§1习观4知在(1.盘3。沙=蛙，叩応囈
2
log log 2
§3整除的进一步性质及最小公倍數
1. 证明两整数a, b互质的充分与必要条件是：存在两个整数s, t满足条件ax+bt = \
证明 必要性-若(fl,fe) = l.则由推论1.1知存在两个整数s, t满足：as+bt=(a,b)
as+ bt = \
充分性。若存在整数s, t使as+bt= 1,则a, b不全为0°
又因为(a,b)\a,(a,b)\b .所以(a,b\as + bt)即(<z,b)ll°
又皿*”。. .*,&) = I
而b是••个有限数, f顷,便.=。 二(。0)=01) = 04)=(斗而)=(L，L" J =〔砧+。)=L ,存在其求法为
(a,t>) = (b,a-bs) = (a — bs,b — (a —血)禹)=… .(76501,9719) = (9719,76501-9719x7) = (S4«8,9719-S468) -(1251,8468-1251x6)
© 下证唯一性
当B 为奇数时,设 & =bs-^t=bsl +4 则|ETJ = p?（q _$）| >|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
初等数论(闵嗣鹤版课件
对 于任何偶数 2k, 存在无穷多组以2k为间隔的素数。 对于 k=1，这就是孪生素数猜想，因此人们有时把 Alphonse de Polignac 作为孪生素数猜想的提出者。 不同的 k 对应的素数对的命名也很有趣，k=1 我们 已经知道叫做孪生素数； k=2 (即间隔为4) 的素数 对被称为 cousin prime ；而 k=3 (即间隔为 6) 的素数对竟 然被称为 sexy prime (不过别想歪了，之所以称为 sexy prime 其实是因为 sex 正好是拉丁文中的 6。)
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)
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)
《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5-6
将其代入同余式x 2 a mod16 中 2 a 1 1 4t3 a mod16 ,即t3 8 mod 2 . a 1 ' ' 亦即 2t 4 , t 3 t3 t3 , 8 ' 故 x 1 4t 3 8 t 4 x4 8 t 4 ,
若 m 2 p11 p2 2 pk k，
§5.6 合数模的情形
x 2 a (mod m ),( a , m ) 1
则 x 2 a (mod m ),(a , m ) 1 有解等价于同余式组
(1)
本节讨论合数模方程
x 2 a(mod 2 ), x 2 a (mod pi i ), i 1,2, , k .
(2)
有解，且(1)的解数为(2)中各式解数的乘积。
有解的条件及其解的个数。
因此，先考虑同余式
x 2 a(mod p ), 0,( a , p ) 1 (3)
1 2
x 2 a(mod p ), 0,( a , p ) 1 (3)
定理1
下面考虑同余式
x 2 a(mod 2 ), a 0,(2, a ) 1 (4)
下讨论 3的情形. 当 3时, 适合x 2 a mod 23 的解是一切单数 , 改写为
( ii ) 3时, 则1 4t1 t1 1 a mod 8 , 又 2 | t1 t1 1 , 故
x 1 4t 3 , t 3 0, 1, 2, .
定理3 同余式 x 2 a (mod m ), m 2 p11 p2 2 pk k ,(a , m ) 1
解：因为
57 1(mod 8) ，所以方程有4解。
若 m 2 p11 p2 2 pk k，
§5.6 合数模的情形
x 2 a (mod m ),( a , m ) 1
则 x 2 a (mod m ),(a , m ) 1 有解等价于同余式组
(1)
本节讨论合数模方程
x 2 a(mod 2 ), x 2 a (mod pi i ), i 1,2, , k .
(2)
有解，且(1)的解数为(2)中各式解数的乘积。
有解的条件及其解的个数。
因此，先考虑同余式
x 2 a(mod p ), 0,( a , p ) 1 (3)
1 2
x 2 a(mod p ), 0,( a , p ) 1 (3)
定理1
下面考虑同余式
x 2 a(mod 2 ), a 0,(2, a ) 1 (4)
下讨论 3的情形. 当 3时, 适合x 2 a mod 23 的解是一切单数 , 改写为
( ii ) 3时, 则1 4t1 t1 1 a mod 8 , 又 2 | t1 t1 1 , 故
x 1 4t 3 , t 3 0, 1, 2, .
定理3 同余式 x 2 a (mod m ), m 2 p11 p2 2 pk k ,(a , m ) 1
解：因为
57 1(mod 8) ，所以方程有4解。
《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。
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。
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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。
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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(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-1
9
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)。
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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”〔所谓的1+2〕，是筛法的光辉顶点，至今仍 是“哥德巴赫猜想”的最好结果。
2、费尔马大定理： 费马是十七世纪最卓越的数学家之一，他在数学 许多领域中都有极大的贡献，因为他的本行是专业的 律师，世人冠以“业余王子”之美称。在三百七十多
年前的某一天，费马正在阅读一本古希腊数学家戴奥
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
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， 0r b 成立，而且q及r是唯一的。
例1 求当b=15时, a取下列数值时的不完全 商和余数. 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 数 可 能 为 ,所有的整数按被b除所得的余 数分类可分为 .
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）， 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 2 1
d
证：考虑下面的a个数： 20 , 21 , , 2a 1，显然a不整除2 j (0 j a)，
芬多斯的数学书时，突然心血来潮在书页的空白处， 写下一个看起来很简单的定理。 方程
x n y n z n (n 3)
无非0整数解
经过8年的努力，英国数学家 安德鲁· 怀尔斯 终 于在1995年完成了该定理的证明。
3、孪生素数问题 存在无穷多个素数 p, 使得 p+2 也是素数。 究竟谁最早明确提出这一猜想已无法考证，但是 1849年法国数学家 Alphonse de Polignac 提出猜想： 对 于任何偶数 2k, 存在无穷多组以2k为间隔的素数。 对于 k=1，这就是孪生素数猜想，因此人们有时把 Alphonse de Polignac 作为孪生素数猜想的提出者。 不同的 k 对应的素数对的命名也很有趣，k=1 我们 已经知道叫做孪生素数； k=2 (即间隔为4) 的素数 对被称为 cousin prime ；而 k=3 (即间隔为 6) 的素数对竟 然被称为 sexy prime (不过别想歪了，之所以称为 sexy prime 其实是因为 sex 正好是拉丁文中的 6。)
带余数除法的应用举例
例1 证明形如3n-1的数不是平方数。
a 3q r , 0 r 3，
证明：a Z , 而
(3q r )2 3n 1,
0 r 3.
例2、任意给出的5个整数中，必有3个数之 和被3整除。
证：设这5个数为ai , i 1, ai 3qi ri， 0 ri 3, 分别考虑以下两种情形：
设a, b是整数，b 0，依次做带余数除法
a bq1 r1，0 r1 b，
b r1q2 r2，0 r2 r1，
rk 1 rk qk 1 rk 1， 0 rk 1 rk ，
rn 2 rn 1qn rn， 0 rn rn 1，
• 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)
三、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
证明：因为（21n 4,14n 3) (7n 1,14n 3)
2、任意整数的最大公因数可转化为正整数来讨论
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 b的因数，反之， b的因数也就是0与b的公因数。 (ii)(0,b)=b
推论2.1
若b是任一非零整数，则(0, b) b
4、定理3 设a,b,c是三个不全为零的整数，且 a=bq+c
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。
带余数除法的第三种表示（课后习题） 定理4 若a, b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数 2 成立，而且当b是奇数时，q及r是唯一的；当b是偶数时，q及r 有可能是不唯一的。 q及r，使得 a bq r， r b
只依靠初等的方法来研究整数性质的分支。
二 数论的发展 自古以来，数学家对于整数性质的研究一直十分重 视，初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几 何原本》（公元前3世纪）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。 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”。
例
当a 5,
b 2时，可有
5 （ 2） （ 3） （ 1 ），即q 3, r 1; 或5 （ 2） （ 2） 1，即q 2, r 1
证明分析：作序列 b 2b 3b ，,,- ,0, , , , 2 2 2 2 2 2 b b 则a必满足q a<(q+1) , 其中q Z , 2 2 分q为偶数时b 0和b 0；q为偶数时b 0和 b 0来讨论q及r的存在性, 进一步证明q, r的唯一性。 3b 2b b
,5，记 i 1, ,5。
(i)若在r1 ,
, r5中数0， 1，都出现，不妨设 2 此时
r1 0, r2 1, r3 2， a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3 可以被3整除。
(ii )若在r1 ,
, r5中数0， 1，至少有一个不出现， 2 此时
四、初等数论在中小学教育中的作用
• 在培养中学生思维能力方面大有作用。
国际数学奥林匹克从 1959 年起到 2002
年已经举行了 43 届比赛，大致统计， 在总共260道题目中，可以主要用初等 数论知识来解及初等数论知识有关的 约有82题，约占31.5%。
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。
j
由带余除法，对每个2 (0 j a)， 2 j q j a rj , (0 rj a)
因而a个余数r0 , r1 , , ra 1仅可能取a 1个值， 因此其中必有两个相等。 设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有
a(qk qi ) 2k 2i 2i (2k i 1)
rn 1 rn qn 1 +rn 1,
定理4
rn 1 0。
若a, b是任意两个正整数，则(a, b) rn ，
rn是上式中最后一个不等于零的余数。
推论4.1
a, b的公因数与(a, b)的因数相同。
例1、a 1859, b 1573, 求(1859,1573)
6、最大，不妨设
a1 , a2 ,
, an是任意n个正整数，令 , (d n1 , an ) d n .
(a1 , a2 ) d 2 , (d 2 , a3 ) d3 , 于是我们有
21n 4 例2、证明：若n是正整数，则 是既约分数。 14n 3
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发现
的。1742年6月7日，哥德巴赫写信给当时的大数学家
欧拉,正式提出了以下的猜想： 一个大于6的偶数可以表示为不同的两个质数之和。 陈景润在1966年证明了“哥德巴赫猜想”的“一个大
其中q是非零整数，则a,b与b,c有相同的公因数，
因而(a,b)=(b,c)
思考：1、d|a,d|c时能否推出d|b?
5、下面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。 定义 下面的一组带余数除法，称为辗转相除法。
第一章
整数的可除性
一
初等数论及其主要内容
数论是研究整数性质的一门很古老的数学分支， 其初等部分是以整数的整除性为中心的，包括整除 性、不定方程、同余式、连分数、素数（即质数）
分布 以及数论函数等内容，统称初等数论
（elementary number theory） 。
初等数论是数论中不求助于其他数学学科的帮助，
4、最完美的数——完全数问题 完美数又称为完全数,最初是由毕达哥拉斯的 信徒发现的,他们注意到,数6有一个特性,它等于 它自己的因子(不包括它自身)的和， 如： 6=1+2+3. 下一个具有同样性质的数是28, 28=1+2+4+7+14. 接着是496和8128.他们称这类数为完美数. 欧几里德在大约公元前350-300年间证明了: 若 2 n 1 是素数，则 2n1 (2n 1) 是完全数 注意以上谈到的完全数都是偶完全数,至今仍 然不知道有没有奇完全数。