初等数论 第一章 整除1 4
第一章 数的整除性 第四节 最大公因数1
初等数论（4）（第一章数的整除性第四节最大公因数（1））定义1 整数a1，a2， ，a k的公共因数称为a1，a2， ，a k的公因数。
不全为零的整数a1，a2， ，a k的公因数中最大的一个叫做a1，a2， ，a k的最大公因数，记为（a1，a2， ，a k）。
由于每个非零整数的因数的个数是有限的，所以最大公因数是存在的，并且是正整数。
如果（a1，a2， ，a k）=1，则称a1，a2， ，a k是互质的；如果（a i , a j）=1，1 ≤i ≤k，1 ≤ j ≤k，i≠ j，则称a1，a2， ，a k是两两互质的。
显然，由a1，a2， ，a k两两互质可以推出（a1，a2， ，a k）= 1，反之则不然，例如（2，6，15）=1，但（2，6）= 2。
定理1 下面的等式成立：（ⅰ）（a1，a2， ，a k）=（|a1|，|a2|， ，|a k|）；（ⅱ）（a，1）=1，（a，0）=|a|，（a，a）=|a|；（ⅲ）（a，b）=（b，a）；（ⅳ）若p是质数，a是整数，则（p，a）=1或p∣a；（ⅴ）若a = bq + r，则（a，b）=（b，r）。
证明（ⅰ）我们先证明a1，a2， ，a k与|a1|，|a2|， ，|a k|的公因数相同。
设d是a1，a2， ，a k 任一公因数，由定义d∣ a i，i = 1，2，……，n。
因而d∣| a i | ，i = 1，2，……，n。
故d是|a1|，|a2|， ，|a k|的一个公因数,同样的方法可证|a1|，|a2|， ，|a k|的任一个公因数都是a1，a2， ，a k的一个公因数.即a1，a2， ，a k与|a1|，|a2|， ，|a k|的公因数相同。
由此可直接得（a1，a2， ，a k）=（|a1|，|a2|， ，|a k|）；（ⅱ）、（ⅲ）、（ⅳ）显然。
（ⅴ）如果d∣a，d∣b，则有d∣r = a -bq，反之，若d∣b，d∣r，则d∣a = bq + r。
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 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∣a1x1+a2x2++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。
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d1, d2, , d k 。
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。
推论任何大于1的合数a必有一个不超过证明使用定理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 + 2|/1r + 2 r + + n r 。
《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(课堂PPT)
正整数集： 1，2，3，… n，…记作N*。
正整数、零、负整数统称为整数。所有整数构成 的集合叫做整数集，记作Z。
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1.1 进位制与计数法
▪ 学习目标：
▪ 1.掌握常用进位制与计数法
▪ 2.熟练掌握二进位制与十进位制的互化， 并能解决相关的实际应用问题。
教学后记：能达到预期教学目标，效果较好，各 种进位制的应用可适当增加些习题。
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本章讨论整数的整除性及与其有关的数的分解最大公因数最小公倍数正约数的个数与总和高斯函数正值函数的整除性等整数的基本概念性质和方法
高等师范院校小学教育专业数 学教材《初等数论》课件
制作：孙素慧
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第一章整数的整除性
本章讨论整数的整除性及与其有关的数的分 解、最大公因数、最小公倍数、正约数的个数与 总和、高斯函数、正值函数的整除性等整数的基 本概念、性质和方法。
数简记为an …a2a1a0。当an≠0时,an…a2a1a0表示n+1位 十进制正整数，把它写成不同计数单位的数之和的 形式为：
an…a2a1a0=an×10n+an-1×10n-1 +…+a1×10+a0
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例1 已知 a 3 a 1 ,b 3 0 ,且 a 3 a 2 a 1 a 1 a 2 a 3 b 3 b 2 b 1 . 求 证 ： b3b2b1+ b1b2b3=1089. 例 2 一 个 六 位 数 2 a b c d e 与 3 之 积 等 于 a b c d e 9 ， 求 这 个六位数.
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例3 把110111(2)化为十进位制数
例4 把49化为二进位制数
例5 现有1克、2克、4克、8克、16克的砝码各一个 ,若只能将砝码放在天平的一端,问能称出多少种不 同质量的物品？若称23克的物品,应该如何选配上 述砝码？
初等数论1——整除性
第四讲初等数论1——整除性本讲概述数论是数学中极其重要又非常迷人的一个分支，目前我们仅学习初等数论中较浅的内容.初等数论是数学竞赛四大模块中较难以掌握的模块之一，在数学竞赛中占据极其重要的位置.特别是联赛改制以后，二试必考一道50分的数论大题，一试也会有一到两道数论方面的问题.数论与组合水平如何是大家能否获得联赛一等奖甚至更好成绩的关键.初等数论这块的竞赛问题涉及到的知识点极少，甚至可以说绝大部分同学在小学初中的培训中基本都接触过.但是限于初中的知识面和同学的年龄，考试中一般不出现较为深入、难度较高的数论问题.到了高中，大家将复习小学初中阶段的数论知识，并将其中的很多知识更为理论化、系统化.高中的数论问题难度也会明显增高. 但是在数论这一模块中，我们并不提倡大家过多地掌握很多高深的数论知识，而是提倡大家真正去灵活熟练地运用最基本、最重要的数论基础知识和重要定理来解决问题.由于同学们在小学、初中都已经学过不少关于初等数论的初步知识，所以这里我们把大家比较熟悉的知识都罗列在下面，对其中大部分定理将不给出证明，直接给出结论.如果不特别说明，本讲中所有字母均代表正整数.一、整除1．整除的定义两个整数a和b(b≠0)，若存在整数k，使得a=bk，我们称a能被b整除，记作b|a．此时把a叫做bŒ．的倍数，b叫做a的约数．如果a除以b的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a 2．数的整除特征（1）1与0的特性：1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a．0是任何非零整数的倍数，a≠0，a为整数，则a|0．（2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征：能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k为整数)．能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k为整数)．能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除．能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除．能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除．能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除．能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除．3．整除的几条性质（1）自反性：a|a(a≠0)（2）对称性：若a|b, b|a，则a=b（3）传递性：若a|b, b|c，则a|c（4）若a|b, a|c，则a|(b, c)（5）若a|b, m≠0，则am|bm（6）若am|bm, m≠0，则a|b（7）若a|b, c|b, (a, c)=1，则ac|b高一·联赛班·第4讲·学生版2 二、带余除法对于任一整数a 及大于1的整数m ，存在唯一的一对整数q, r (0≤r<m)，使得a=qm+r 成立，这个式子称为带余除法式。
初等数论
第一章 整除理论§1.1 整数与自然数及整除的基本性质整数集},3,2,1,0,1,2,3,{ ---=Z ，整数中的四则运算我们已在中小学学习过，需要注意的是，任何下有界的非空整数集总含有它的最小元，这一性质也称为最小整数原理.同样地，一个上有界的非空整数集总含有它的最大元，自然数即是正整数，全体自然数集用N 表示.定义1.1.1 设0,,≠∈a Z b a ,如Z d ∈∃使得b ad =，则称a 整除b ，记为b a ，这里a 称为b 的约数或因数(或因子),b 称为a 的倍数.如果a 不能整除b ,则记为b a |/.例如3|1010|312|924|6,15|536|126|3///--，，，，，等等。
值得注意的是，由于Z a ∈∀，有00=⋅a ,若,0≠a 则0|a ,所以0被任何整数整除.定理1.1.1 (i ) .||||b a b a b a b a ⇔-⇔-⇔(ii )(传递性) c a c b b a ||,|⇒.(iii ) 若b d a d |,|,则by ax d Z y x +∈∀|,,有.(iv ) bn an b a n ||,0⇔≠∀(v ) b a a b b a ±=则若,|,|.(vi ) b a b b a ≤≠则且若,0,|.证明 仅证(iii ).因为,,|,|2,1Z d d b d a d ∈∃故使得a dd =1,b dd =2,⇒∀)(,,2121y d x d d y dd x dd by ax Z y x +=+=+∈有,而Z y d x d ∈+21,故by ax d +|.证毕.在此定理中的(iii )显然有如下推广:定理1.1.2 若Z x m i a d i i ∈∀=则),,,2,1(| ,有∑=mi i i x a d 1|.例1 证明 若2|n, 3|n, 则6|n.证明 由于2|n,得n=2k(Z k ∈),由条件知3|2n,又由定理1.1.1中(iv )与(ii )可得3|3k,所以由定理1.1.1(iii )知3|(3k-2k),即3|k,再由定理1.1.1(iv )知k ⨯⨯2|32,即6|n.证毕.定理1.1.3 设b a ,是两个整数,其中0>b ,则存在两个唯一得整数r q 和,使得r bq a +=, b r <≤0 (1)成立证明 考虑数列,3,2,,0,,2,3,b b b b b b ---那么a 必在上述序列的某两之间,或是其中某一项,即存在一个整数q 使得b q a qb )1(+<≤ 成立.令.0,b r r qb a <≤=-则有故有(1)成立.再证唯一性.设11,r q 是满足(1)的另一对整数,因为r bq r q b +=+111,于是r r q q b -=-11)(.所以r r q q b -=-11.由于1r r 与都是小于b 的非负整数.故上式右边小于b ,如果q q ≠1,则上式左边b ≥,这不可能,故必q q =1.由此及上式知r r =1.证毕.定义1.1.2 我们把(1)式中q 叫做a 被b 除得出的不完全商,r 叫做a 被b 除所得到的余数.也叫做非负最小剩余.常记作r a b =><.以后总假定除数0>b 以及因数为正.在不致引起混淆的情况下,b a ><中的b 常略去不写.显然有如下结论:定理1.1.4 对于整数0,,,21>b b a a 其中,有(i ) 〉〉〈+〉〈〈=〉+〈2121a a a a .(ii ) 〉〉〈-〉〈〈=〉-〈2121a a a a .(iii ) 〉〉〉〈〈〈=〉〈2121,a a a a .证明 仅证(i )与(iii ).(ii )读者自证.设〉〈+=111a bq a ,〉〈+=222a bq a . 〉〉〈+〉〈〈+=〉〈+〉〈21321a a bq a a .于是〉〉〈+〉〈〈+++=〉〈+〉〈++=+21321212121)()(a a q q q b a a q q b a a .所以由定理1.1.3知(i )成立.又设 〉〈+=2121,a a bq a a ,于是))((221121〉〈+〉〈+=a bd a bd a a〉〉〈〈+-〉〈+〉〈+=21122121)(a a q a d a d d bd b从而 〉〉〉〈〈〈=〉〉〈〈2121,a a a a ,由定义知〉〉〉〈〈〈=〉〉〉〈〈〈=〉〈212121,a a a a a a由此(iii )得证.§2 最大公因数与辗转相除法定义1.2.1 设n a a a ,,,21 是n 个不全为零的整数.若整数d 是它们之中每一个因数,那么d 就叫做n a a a ,,,21 的一个公因数(或称为公约数).整数n a a a ,,,21 的公因数中最大的一个叫做最大公因数(或称为最大公约数),记作(n a a a ,,,21 ),若(n a a a ,,,21 )=1,我们称n a a a ,,,21 互素.注: n(n>1)个整数的公因数必有限.由最大公因数的定义知(n a a a ,,,21 )=),,,(21n a a a .而一组不全为零的整数的最大公因数等于它们当中全体不为零的整数的最大公因数,所以只须讨论全体正整数的最大公因数.首先将介绍辗转相除法求最大公因数.定理1.2.1 设c b a ,,是任意三个不全为零的整数,且c bq a +=,其中q 是整数,则),(),(c b b a =.证明 b d a d |,|∀,则由定理1.1.1知c d bq a d |).(|即-+,由d 的任意性知c b a |),(,故),(),(c b b a ≤.反之,c d b d |,|∀,由定理1.1.1知a d |,由d 的任意性知a c b |),(,于是),(),(b a c b ≤.综上),(),(c b b a =.证毕.设0,0>>b a ,由定理1.1.3(带余数除法)则有11r bq a +=, )|(01a b b r /<<221r q r b +=, )|(0112b r r r /<<3321r q r r +=, )|(01223r r r r /<<(1) n n n n r q r r +=--12, )|(0211---/<<n n n n r r r r 11+-=n n n q r r , )|(1-/n n r r 由于余数)1(n i r i ≤≤是正整数且逐次减小,所以经有限步后必有一个余数为零.即01=+n r .由(1)及定理1.2.1则得下述结论: 定理1.2.2 若任给整数0,0>>b a ,则n r b a =),(. 证明 由定理1.2.1得),(),(),(),(),0(2111b a r r r r r r r r n n n n n n n n ======---+ . 证毕.定理1.2.3 设0,0>>b a ,对于如上辗转相除法(1).有 n k r b U a V k k k k ,,2,1,)1(1 =-=-- (2) 这里⎩⎨⎧+===+===----211021110,1,1,,1k k k k k k k k V V q V V V U U q U q U U (3) 证明 可用数学归纳法来证明.由(1) 11r bq a +=,可写成 11111)1(r b U a V --=-. 由b q q a q r r b q a q r q r b )1()(1222212221+-=-+-=+=得,即21222)1(r b U a V --=-. 所以当2,1==k k 定理成立.下证由1+k k 到也成立.由于 111-k +++=k k k r r q r , )()1()()1(111121b U a V q b U a V r k k k k k k k k -----=-+---+ 所以)()1(1111b U a V q b U a V r k k k k k k k -+-=-+--+ b U a V b U U q a V V q k k k k k k k k 111111)()(++-+-+-=+-+=证毕.例1.2.1 求(299,247) 解.013339,1339152,39524247,522471299+⨯=+⨯=+⨯=+⨯=故 13)247,299(=由定理1.2.3即得如下推论: 推论1.2.1 若Z y x d b a ∈=,,),(则有使得 d by ax =+.证明 令k k k k U y V x )1(,)1(1-=-=-则有 d r by ax k ==+. 证毕.由例1.2.1知 13,3,247,299====k r n b a .由上面的等式 333b b U a V =-.而1,4,1321===q q q ,由(3)可得6,533==U V ,即1324762995=⨯-⨯. 所以d by ax y x =+-==有6,5.推论1.2.2b a 与的因数是),(b a 的因数. 证明 b a ,∀的公因数d ',则.|,|.|,|d d by ax d b d a d '+'''即所以证毕.定理1.2.4 设),(),(,1),(c b c ab c a ==则. 证明 设1),(,,,),(1111====c b d c c d b b d c b 且则(否则,若1),(11>c b ;反证d 不是b a 与的最大公因数),于是),(),(),(1111c ab d d c d ab c ab ==. 再证若.1),(11=c ab .|,|.1),(111c d ab d d c ab ''>'=则若d '无大于1的因子整除1b .则a d |',又c c |'.c d c d |,|1''于是.所以1),(>'≥d c a .此与1),(11=c b 矛盾.总之,.1),(11=c ab 于是d c ab d c ab ==),(),(11.证毕.推论1.2.3 设b c ab c c a |,|,1),(则=. 证明 因为.|,),(),(b c c c b c ab 即==证毕.。
初等数论§1整除
rn 1 rn q n 1 , ( rn 1 0 )
2012-6-19
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定理2 在上面的表达式( * )中，有 ( a , b ) rn , ( rn 1 0 ). 证明：令 ( a , b ) d , 则 d a , d b .
a b q 1 r1 b r1 q 2 r2 rn 2 rn 1 q n rn rn 1 rn q n 1 rn 1
注 ： a 1 , a 2 , , a n 两 两 互 质 a 1 , a 2 , , a n 互 质 .
例1
已知两个自然数的和为165，它们的最大公约数
为15，求这两个数。
15与150，或30与135，或45与120， 或60与105，或75与90.
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练习：100个正整数之和为101101，则它们的最大
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， 数 x 、 x 的 性 质 ， 算术基本定理以及 函 它们的一些应用。
2012-6-19
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中小学数学中的一些数论问题： 1.狐狸在跑道上跳远，每次跳远150CM从起点开始每
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6
定理4 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 证明： 存在性：考虑整数序列 , 3 b , 2 b , b , 0 , b , 2 b , 3 b , 则a必在序列的某两项之间， 即存在一个整数q，使得 q b a ( q 1) b
2012-6-19
10
例6 已知： 782 + 8161能被57整除， 求证：783 +8163也能被57整除。 证明：783 + 8163 = 7 ( 782 + 8161 )－7 × 8161 + 8163 = 7 ( 782 + 8161 ) + 8161 × 57 ∵782 + 8161和57都能被57整除 ∴原式得证。
初等数论第一章引言
4、 a 0 a, a Z .
5、任意的a , b Z，必有x Z , 使得 a b x .
5就是法的定： a b x.
0引言 自然数与整数
二、在整数集中可以作乘法运算（*)，但不
一定可作其逆运算除法运算，乘法运算满足
1、 合律： (a b) c a (b c ), a , b, c Z . 2、 交律： a b b a , a , b Z . 3、相消律： 若a 0, a b a c b c , a , b, c Z .
0引言 自然数与整数
以上列举了一些熟知的有关整数的知识.对 自然数来说它的最重要、最本质的性质是 归纳原理：设S是N的一个了集，满足条件:
i) 1 s. ii)如果n S n 1 S .
那么, S N .
0引言 自然数与整数
这原理是我们常用的数学归纳的基础，实 际上两者是一回事. 定理1(数学归纳法) 设P(a)是关于自然数n的一
种性质或命题.如果
i) n 1, p(1)成立. ii)由p( n)成立 p( n 1)成立.
那么, p(n)所有的自然n成立.
0引言 自然数与整数
这原理是我们常用的数学归纳的基础，实 际上两者是一回事. 定理1(数学归纳法) 设P(n)是关于自然数n的一
种性质或命题.如果
i) n 1, p(1)成立. ii)由p( n)成立 p( n 1)成立.
入这”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.
那么, p(n)所有的自然n成立.
S：p( n )成立的所有的自然n的集合 .
0引言 自然数与整数
由归纳原理还可推出两个在数学中，特别是 初等数论中常用的自然数的重要性质.
初等数论(1)整除
初等数论（1）----数的整除初等数论又称初等整数论，它的研究对象是整数集。
整数是小学就接触的一类数，但是关于数论的问题却是最难解决的。
1、整数的离散性：任何两个整数,x y 之间的距离至少为1，因此有不等式1x y x y <⇔+≤。
2、整数的奇偶性：将全体整数分为两类，凡是2的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为2m （m ∈Z ），任一奇数可表为2m+1或2m －1的形式.关于奇数和偶数，有下面的性质：（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数；（3）奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数；奇数±偶数=奇数；偶数×偶数=偶数；奇数×偶数=偶数；奇数×奇数=奇数；（4）两个整数的和与这两个整数的差有相同的奇偶性；（5）奇数的平方都可表为81m +形式，偶数的平方都可表为8m 或84m +的形式（m ∈Z ）. （6）任意两个整数的平方和被4除余数不可能是3.（7）任意两个整数的平方差被4除余数不可能是2.以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.数的整除一、知识点讲解1、设,a b 是整数，0b ≠，若存在整数q ，使得a bq =，则称b 整除a ，记为|b a ，并称b 是a 的一个约数（或因子），而a 是b 的倍数。
如果不存在上述的整数q ，则称b 不整除a ，记作†b a 。
补充：关于整除的一些小结论：一个整数被2，3，4，5，7，8，9，11，13等整除的特征.（1）一个整数能被2或5整除的特征是：这个数的末位数字能被2或5整除。
（2）一个整数能被3或9整除的特征是：这个数的各位数之和能被3或9整除。
（3）一个整数能被4或25整除的特征是：这个数的末两位数能被4或25整除。
（4）一个整数能被8或125整除的特征是：这个数的末三位数能被8或125整除。
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-第一章》课件
(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），
此时
a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3r
可以被3整除。
例 3：当m 1,则有下面的： 2m 1不整除2n 1。
证明：不妨设 n mq r,0 r m. 于是
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
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)
定理 下面的等式成立：
(ⅰ) （a1 , a2)=(a2 , a1)=(-a1 , a2) ；一般地 (a1 , a2 , , ai , , ak) = (ai , a2 , , a1 , , ak) = (-a1 , a2 , , ak)=(|a1| , |a2| , , |ak|)； (ⅱ) 若a1|aj , j = 2, , k,则（a1 , a2)=(a1 , a2, , ak)
《初等数论》
数论的基本内容
按照研究的对象以及研究方法的不 同，数论一般可分为：
初等数论；解析数论； 代 数数论；几何数论；组合 数论；代数数数论；超越 数数论等
参考书目
1、冯克勤、余红兵主编《初等数论》，中 国科学技术大学出版社. 2、柯召、孙琦编著《数论讲义》，高等教 育出版社. 3、潘承洞、潘承彪著《初等数论》，北京 大学出版社. 4、陈景润主编《初等数论》，科学出版社。
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, , an是任意n个不全为零的整数， 则（i) a1, a2, , an 与 a1 , a2 , , an 的公因数相同； (ii)(a1, a2, , an ) ( a1 , a2 , , an ).
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。
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。
初等数论第一章第1节 数的整除性
2证明 : a | 2n, a | 2kn, 而2kn (2k -1)n n an n, a | an n, 又a | an, a | n.
3证明 : mq np (mn pq) (m p)(n q), 又 m p|mn pq, m p|mq np.
初等数论
第一章 整除理论
第一节 数的整除性
定义
设a, b是整数, b 0, 如果存在整数c, 使得a bc成立, 则称b整除a, 记作b | a. 如果不存在整数c, 使得a bc成立, 则称b不整除a, 记作b a. |
性质
(1)a | b a | b; (2)a | b, b | c a | c; (3)b | ai (i 1, 2,, k ) b | a1 x1 a2 x2 ak xk (其中xi是任意的整数); (4)b | a bc | ac(其中c是任意的非零整数); (5)b | a, a 0 b a ; (6)b | a, a b a 0.
练习题
1证明: 若3| n且7 | n, 则21| n.
2 设a 2k -1, k Z , 若a | 2n, 则a | n.
3 证明: 若m - p | mn pq, 则m - p | mq np.
1证明 : 3 | n,可设n 3m, 由7 | n得, 7 | 3m, 而7 | 7m, 所以7 | (7m - 2 3m), 即7 | m, 21| 3m, 即21| n.
证明 : (1) a | b, b aq,b aq, a | b; (2) a | b, b | c, b q1a, c q2b, c q1q2 a, a | c; (3) b | ai (i 1, 2, , k ), ai qi b(i 1, 2, , k ), ai xi qi xi b(i 1, 2, , k ), a1 x1 a2 x2 ak xk b(q1 x1 q2 x2 qk xk ) b | a1 x1 a2 x2 ak xk (其中xi是任意的整数);
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被2整除的数称为偶数，不被2整除的称为奇数
2019/9/4
00:35
定理1 下面的结论成立：
(ⅰ) a|b (-a)|b a|(-b) (-a)|(-b) |a|||b|； (ⅱ) ab，bc ac；
(ⅲ) ab, ac 对任意 x、y , 有abx+cy ,一般地， abi，i = 1, 2, , k ab1x1 b2x2 bkxk， 此处xi（i = 1, 2, , k）是任意的整数；
(ⅳ) ab acbc，c是任意的非零整数； (ⅴ) ab且ba a= b； (ⅵ) ab，b 0 |a| ≤|b|；ab且|b| < |a| b = 0.
2019/9/4
00:35
例1 证明：若3|n且7|n，则21|n. 例2 设a=2t-1. 若a|2n, 则a|n.
《初等数论》
教师：何艳
2019/9/4
00:35
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
2019/9/4
00:35
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。
2019/9/4
00:35
例5 写出不超过100的所有的素数.
解 将不超过100的正整数排列如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
2019/9/4
00:35
定理2 最小自然数原理
设T是N的一个非空子集. 那么，必有t0 ∈T, 使对任意的t ∈T有t0≤t，即t0是T中的最小 自然数.
2019/9/4
00:35
定理3 最大自然数原理 设M是N的非空子集.若M有上界，即存在 a∈N, 使对任意的m ∈M有m ≤ a, 那么必 有m0 ∈M，使对任意的m ∈M有m ≤ m0， 即m0是M中的最大自然数。
2019/9/4
00:35
初等数论
第一章 整除 §1 自然数与整数
2019/9/4
00:35
归纳原理 设S是N的一个子集，满足条件： (ⅰ)1∈S; (ⅱ)如果n ∈S，则n+1 ∈S, 那么，S=N.
2019/9/4
00:35
定理1 数学归纳法 设P(n)是关于自然数n的一种性质或命题.如果 (ⅰ)当n=1时，P(1)成立； (ⅱ)由P(n)成立必可推出P(n+1)成立， 那么， P(n)对所有自然数n成立.
例3 设a 、b是两个给定的非零整数，且有整数
x、 y，使得 ax+by=1. 证明：若a|n且b|n, 则ab|n. 例4 设f(x)=anxn+an-1xn-1++a1x+a0 ∈Z[x], 其中Z[x]表示全体一元整系数多项式组成的 集合. 若d|b-c, 则 d|f(b)-f(c).
2019/9/4
(ⅱ)若d>1, q是不可约数且d|q, 则d=q.
定理4 若a是合数，则必有不可约数p|a.
2019/9/4
00:35
定理5 设整数a≥2, 那么a一定可表为素数的乘积
(包括a本身是素数)，即 a=p1p2 ps其中pj（1≤j ≤s)
是素数. 证明 当a = 2时，结论显然成立。 假设对于2 ≤ a ≤ k，式(1)成立，我们来证明式(1)
00:35
定义2
显然每个非零整数a都有约数 1，a，称 这四个数为a的显然因数，a的另外的因数 称为非显然因数。
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。
2019/9/4
00:35
定理2
设A = { d1, d2, , dk }是n的所有约数的集合，则
证毕。
2019/9/4
00:35
推论
任何大于1的合数a必有一个不超过a1/2的素 因数。 证明 由于 a是合数，故存在整数 b和 c使 a＝bc, 其中: 1<b<a, 1<c<a. 若b和c均大于 a1/2 , 则a＝bc＞a1/2·a1/2＝a, 这是不可能的. 因此b和c中必有一个小于或等于a1/2.
2019/9/4
00:35
定理4 第二数学归纳法 设 P(n) 是关于自然数 n 的一种性质或命题. 如果(ⅰ) 当 n=1 时， P(1) 成立； (ⅱ)设 n>1. 若对所有的自然数 m<n, P(m)成立， 则必可推出P(n)成立，那么, P(n) 对所有 自然数 n 成立.
2019/9/4
对于a = k 1也成立，若k 1是素数，式(1)显成立.
如果k 1是合数，则存在素数p与整数d，使得k 1
= pd.由于2 ≤ d ≤ k，由归纳假定知存在素数q1 , q2 , , ql，使得d = q1q2ql，从而k 1 = pq1q2ql . 从而由归纳法推出式(1)对任何大于1的整数a成立。
B = { n , n , , n } 也是n的所有约数的集合。
d1 d2
dk
解 由以下三点理由可以证得结论：
(ⅰ) A和B的元素个数相同；
(ⅱ)
若diA，即din，则
n di
|n，反之亦然；
(ⅲ)
若di dj，则
n di
n dj
.
2019/9/4
00:35
定理3
(ⅰ) a>1是合数的充要条件是 a=de,1<d<a,1<e<a;
00:35
定理5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。
2019/9/4
00:35
§2 整除
2019/9/4
00:35
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