初等数论第一章第6节 辗转相除法
辗转相除法与裴蜀定理
二、辗转相除法与裴蜀定理4、辗转相除法与裴蜀定理定义 对于整数a ，b ，若a ∣b , 则称a 是b 的约数; 而b 是a 的倍数.定义 对于不全为零的整数(1,2,,)i a i n =，若a ∣i a 对1,2,,i n =都成立, 则称a 是12,,n a a a 的公约数.定义 对于非零整数(1,2,,)i a i n =，若i a ∣a 对1,2,,i n =都成立, 则称a 是12,,n a a a 的公倍数. 定义 整数(1,2,,)i a i n =的公约数中，最大的一个，称为整数(1,2,,)i a i n =的最大公约数， 记作12(,,)n a a a . 整数(1,2,,)i a i n =的公倍数中，最小的一个，称为整数(1,2,,)i a i n =的最小公倍数， 记作[12,,n a a a ].定义 若(a , b ) =1,则称a , b 互质或互素.显然有下列性质：性质1 (a , b) = (b, a ) = (a , -b) = (- a , -b) ；性质2 ∣a ⋅b ∣= (a , b ) ⋅ [a , b ] , 特别地当a >0, b>0时，a ⋅b = (a , b ) ⋅ [a , b] .下面我们介绍辗转相除法与裴蜀定理定理 若a = qb+r ，则(a , b ) = (b, r) .注：本定理也可写成：(a , b ) = (a bq -, b ),就是说，在计算(a , b )时，可用b 的任意整数倍数bq 去减a . 下面我们介绍辗转相除法，对于给定的整数a , b (b>0)，我们反复运用带余除法就有：a = q 1⋅b + b 1 , 0 ≤ b 1 < b ，如b 1≠0，则我们继续b = q 2⋅b 1+ b 2 , 0 ≤ b 2 < b 1，如b 2 ≠0，则我们继续b 1 = q 3⋅b 2+b 3 , 0 ≤ b 3 < b 2，如b 3≠0，则我们继续 …我们知道，由于小于b 的自然数是有限的，因此上述过程不可能无穷下去，在有限步之后，应有余数等于零，设在第n+1步余数为零，于是b n – 2 = q n – 1 ⋅b n – 1 + b n , 0 ≤ b n < b n – 1b n – 1 = q n ⋅b n + 0上述过程称为辗转相除法，显然(a , b) = (b, b 1) = (b 1, b 2)= (b 2, b 3) =… = (b n – 1 , b n ) = b n . 由于(a , b) = (a , - b )，从上述过程可以看到，辗转相除法是求两个整数最大公约数的一个很好的方法。
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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.
辗转相除法的讲解初等数论
第五节 辗转相除法
此时由式(1)得到 aQ2 bP2 = aq2 b(q2q1 1) = (a bq1)q2 b = r1q2 b = r2， 即式(3)成立。
第五节 辗转相除法
假设对于k < m（1 m n）式(3)成立，由此假设
及式(1)得到
aQmbPm=a(qmQm 1Qm 2) b(qmPm 1 Pm 2)
第五节 辗转相除法
定理3 证明 使用式(1)中的记号，有rn = (a, b). 由第三节定理1，从式(1)可见 rn = (rn 1, rn) = (rn 2, rn 1) = … = (r1, r2) = (b, r1) = (a, b).
证毕。
第五节 辗转相除法
现在我们已经知道，利用辗转相除法可以
P0 =1，P1 =q1，Pk =qkPk 1 Pk 2，k 2，
Q0 =0，Q1 =1，Qk =qkQk 1 Qk 2，k 2，
则
aQk bPk = (1)k 1rk，k = 1, 2, , n . 证明 当k = 1时，式(3)成立。 当k = 2时，有 Q2 = q2Q1 Q0 = q2，P2 = q2P1 P0 = q2q1 1， (3)
= (aQm 1 bPm 1)qm (aQm 2 bPm 2)
= (1)m 2rm 1qm (1)m 3rm 2 = (1)m 1(rm 2 rm 1qm) = (1)m 1rm ， 即式(3)当k = m时也成立。定理由归纳法得证。 证毕。
第五节 辗转相除法
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：
初等数论第一章课件
(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.
q及r，使得
a bq r，
b r
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。
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
，- 3 b ,- 2 b ,- b ,0, b ,2 b ,3 b , 2 2 2 22 2
2、整除的基本定理
定理1（传递性）：ab，bc ac
定理2：若a，b都是m的倍数，则ab都是m的倍数
定理3 若a1 , a2, , an都是m的倍数，q1, q2, , qn 是任意n个整数，则a1q1 a2q2 anqn是m的倍数
3、带余数除法
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。 ()式中的q及r分别叫a被b除所得的不完全商和余数。
[a1, a2 ] m2 ,[m2 , a3 ] m3, ,[mn1, an ] mn. 于是我们有
定理5 a1, a2, , an是n个正整数，则 [a1, a2 , , an ] mn.
辗转相除法课件1
开始 输入m，n
求m除以n的余数r
m=n n=r r=0？ 否
是 输出m
结束
思考6 如果用当型循环结构构造算法，则用辗 转相除法求两个正整数m、n的最大公约数的程序框 图和程序分别如何表示？
当型循环结构
开始 输入m，n
n=r
m=n
求m除以n的余数r r≠0 ？是
否 输出n
INPUT m，n
WHILE r<>0 r=m MOD n m=n n=r
与6105这两个数的公约数和6105与2146的公约数有 什么关系？
我们发现6105=2146×2+1813，同理，6105与 2146的公约数和2146与1813的公约数相等.
思考4：重复上述操作，你能得到8251与6105
这两个数的最大公约数吗？
8251=6105×1+2146， 1813=333×5+148，
1.3 算法案例
1.3.1 辗转相除法和更相减损术 1.3.2 秦九韶算法 1.3.3 K进制化十进制 1.3.4 十进制化K进制
到现在为止我们都学习了一些简单的算法， 都哪些算法？
• 1.判断整数n（n>2）是否为质数。 • 2.求解一元二次方程的算法 • 3.计算1+2+3+….+100的值的算法。
1.3.1 辗转相除法
一、辗转相除法
思考1 18与30的最大公约数是多少？你是怎样
得到的？
思考2 对于8251与6105这两个数，它们的最
大公约数是多少？你是怎样得到的？
由于它们公有的质因数较大，利用上述方法求 最大公约数就比较困难.有没有其它的方法可以较简 单的找出它们的最大公约数呢？
初等数论第一章6
留作习题。
第六节 算术基本定理
推论1 使用式(2)中的记号，有
(ⅰ) n的正因数d必有形式
d
p 1 1
p 2 2
pk k，
iZ，0 i i，1 i k；
(ⅱ) n的正倍数m必有形式
m
p1 1
p2 2
pkk M,
MN，iN，i i，1 i k。
第六节 算术基本定理
推论2 设正整数a与b的标准分解式是
ab = cn ，(a, b) = 1，
(5)
则存在正整数u，v，使得
a = un，b = vn，c = uv，(u, v) = 1。
证明
设
c
p 1 1
p 2 2
p k k
，其中
p1, p2,
, pk
是互不相同的素数，i（1 i k）是正整数。
第六节 算术基本定理
又设
a
p1 1
p2 2
pk k
有一个能被另一个整除。
5.
证明：
1
1 2
n1（n
2）不是整数。
6. 设a, b是正整数, 证明：存在a1, a2, b1, b2，
使得 a = a1a2，b = b1b2，(a2, b2) = 1，
并且[a, b] = a2b2。
证明 为了叙述方便，不妨假定a，b，c是正
整数。
(ⅰ) 设
a
p1 1
p2 2
pkk，b
p1 1
p1 2
p k k
第六节 算术基本定理
其中p1, p2, , pk是互不相同的素数, i，i(1 i
k)都是非负整数。由定理1推论2 ，有
(a,b)
p1 1
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。
初等数论笔记
第一章整数理论第一节整除与带余数除法定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数q，使得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：b∣a；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。
定理1下面的结论成立：(1) a∣b，b∣c⇒a∣c；（传递性）(2) m∣a，m∣b⇒m∣(a±b)(3) m∣a i，i = 1, 2, , n⇒m∣a1q1+a2q2+ +a n q n，此处q i∈Z（i = 1, 2, , n）。
（证明留给学生自己）注：①a∣b⇔±a∣±b；②b∣a ⇒bc∣ac，此处c是任意的非零整数；③b∣a，a≠ 0 ⇒ |b| ≤ |a|；b∣a且|a| < |b| ⇒a = 0。
④因式分解a n- b n=(a-b) M1, n∈Z a n+b n=(a+b)M2, 2n M1，M2∈Z定理2(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) 此外，b∣a的充要条件是r=0证明存在性作整数序列：…，-3b，-2b，-b，0，b，2b，3b，….则a必在上述序列的某两项之间，即存在整数q，使得：qb≤a <(q+1) b，0≤a- qb <b成立，令a-qb=r，则a=bq+r，且0 ≤r < b。
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 ''，0 ≤|r ' - r ''| < b ， (2) 因此，由b||r ' - r ''|知，r ' - r '' = 0，r ' = r ''，再由式(2)得出q ' = q ''从而q 和r 是唯一的。
第一讲：整除,带余除法,辗转
②用1997和57的线性组合表示(1997,57)． ③求1997和57的所有公因数．
公因数概念 公因数性质 辗转相除法
第二节 最大公因数与辗转相除法
任意两组整数，若前一组中任一整数与后一组
中任一整数互质，则 a1, a2 , an 与 b1,b2 , bm
互质
证明：由定理2，知
（a1a2
an
,
b
）
j
(a2
an ,bj )
(an ,bj )
1
（a1a2 an，b1b2 bm ) （a1a2 an ,b2 bm ) （a1a2 an ,bm ) 1
(1) a | b,或b | a
(2)a不整除b，或b不整除a
公因数概念 公因数性质 辗转相除法
a bq1 r1(0 r1 b)
b r1q2 r2 (0 r2 r1 ) rn2 r n1qn rn (0 rn rn1 )
rn1 r n qn1 rn1 , rn1 0
定理5 设a,b是任意两个不全为零的整数， (1) 若m是任意正整数，则（am,bm）=(a,b)m
(2) 若 是a,b任一公因数，则 ( a , b ) (a,b)
| | 特别的 ( a , b ) 1
(a,b) (a,b)
(a1, a2 ) d2 , (d2 , a3 ) d3 , , (dn1, an ) dn
如果存在一个整数q，使得
a bq例例 26的和(因1-6)数，成，2立和-，67的的因关数系。
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 。
辗转相除法ppt课件
思考3:又6105=2146×2+1813，同理， 6105与2146的公约数和2146与1813的公 约数相等.重复上述操作，你能得到8251 与6105这两个数的最大公约数吗？
8251=6105×1+2146， 6105=2146×2+1813， 2146=1813×1+333， 1813=333×5+148， 333=148×2+37， 148=37×4+0.
END
结束
思考8:如果用当型循环结构构造算法， 则用辗转相除法求两个正整数m，n的最 大公约数的程序框图和程序分别如何表 示？
开始
输入m，n
n=r m=n
r>0？ 否
输出m
求m除以n的余数r 是
结束
INPUT m，n
WHILE r>0 r=m MOD n m=n n=r
WEND PRINT m
END
例3：用辗转相除法和更相减损术求210与714 的最大公约数.
小结
比较辗转相除法与更相减损术的区别
（1）都是求最大公约数的方法，计算上辗转相除 法以除法为主，更相减损术以减法为主，计算次数 上辗转相除法计算次数相对较少，特别当两个数字 大小区别较大时计算次数的区别较明显。
（2）从结果体现形式来看，辗转相除法体现结果 是以相除余数为0则得到，而更相减损术则以减数与 差相等而得到
N
b>a?
Y
N
t=a,a=b,b=t
a=a-b
N a=b? Y
输出：a×2i
结束
程序：
INPUT “a,b”;a,b
i=0
WHILE a MOD 2=0 AND b MOD 2=0
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-2
1§1.2 最大公因数与辗转相除法一、最大公因数112,,(2),,,,n n d a d a n d a a a ≥ 定义：若则称是的一个12(,,,).n a a a 公因数，其中最大的称为最大公因数，记作1212(,,,),,,()n n a a a a a a 若，则称互质素；12,,,n a a a 其中每两个都互质，则称两两互质.1212,,,,,,n n a a a a a a ⇒ 注：两两互质互质.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90.2练习：100个正整数之和为101101，则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论。
若这100个数互不相同呢？1001定理1〔有关最大公因数的结论〕1212(1)(,,,)(,,,);n n a a a a a a = (2)(,);b a a b b ⇒=(0,);b b =12,,,.,1,2,,n i d a a a d a i n = 证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1212,,,,,,,n n a a a a a a 同法可证的任一公因数都是的1212,,,,,,,.n n a a a a a a 一个公因数故与的公因数相同3定理2,b 若是任一正整数则(1)0,,.b b b b 与的公因数就是的因数反之的因数也就是的因数()(2)0,.b b =2.1推论(,);b a a b b ⇒=(0,);b b =定理3,,0,a b c 设是任意三个不全为的整数且,0,,,,a bq c q a b b c =+≠其中则与有相同的公因数因而()(),,.a b b c =(),,,,,d a b d a d b d a q b c +-=证设是的任一公因数由定义因此,,d b c b c 因而是的一个公因数.同法可证,的任一公因数是,a b 的一个公因数.4注：定理3给出了求最大公因数的方法——辗转相除法.二、辗转相除法定义：设有整数,(0)a b b ≠，a b ÷在的带余数除法中，每次用余数去除除数，直到余数为0停止，这种运算方法称为辗转相除法。
辗转相除法
辗转相除法辗转相除法，又名欧几里德算法（Euclidean algorithm）乃求两个正整数之最大公因子的算法。
它是已知最古老的算法，其可追溯至3000年前。
例如：展开编辑本段简介辗转相除法的演示动画在数学中，辗转相除法，又称欧几里得算法，是求最大公约数的算法。
辗转相除法首次出现于欧几里得的《几何原本》（第VII卷，命题i和ii）中，而在中国则可以追溯至东汉出现的《九章算术》。
两个整数的最大公约数是能够同时整除它们的最大的正整数。
辗转相除法基于如下原理：两个整数的最大公约数等于其中较小的数和两数的相除余数的最大公约数。
例如，252和105的最大公约数是21（252 = 21 × 12；105 = 21 × 5）；因为252 ? 105 = 147，所以147和105的最大公约数也是21。
在这个过程中，较大的数缩小了，所以继续进行同样的计算可以不断缩小这两个数直至其中一个变成零。
这时，所剩下的还没有变成零的数就是两数的最大公约数。
由辗转相除法也可以推出，两数的最大公约数可以用两数的整数倍相加来表示，如21 = 5 × 105 + (?2）× 252。
这个重要的等式叫做贝祖等式。
辗转相除法最早出现在欧几里得的几何原本中（大约公元前300年），所以它是现在仍在使用的算法中最早出现的。
这个算法原先只用来处理自然数，但在19世纪，辗转相除法被推广至其他类型的数，如高斯整数和一元多项式。
自此，现代抽象代数概念如欧几里得整环开始出现。
后来，辗转相除法又扩展至其他数学领域，如纽结理论和多元多项式。
辗转相除法有很多应用，它甚至可以用来生成全世界不同文化中的传统音乐节奏。
在现代密码学方面，它是RSA算法（一种在电子商务中广泛使用的公钥加密算法）的重要部分。
它还被用来解丢番图方程，寻找满足中国剩余定理的数，或者求有限域的倒数。
辗转相除法还可以用来构造连分数，在施图姆定理和一些整数分解算法中也有应用。
欧几里得 辗转相除法
欧几里得辗转相除法, 又称欧几里德算法（Euclidean algorithm），是求两个正整数之最大公因子的算法。
它是已知最古老的算法之一, 最早可追溯至公元前300年。
它首次出现于欧几里德的《几何原本》（第VII卷，命题i和ii）中，而在中国则可以追溯至东汉出现的《九章算术》。
它并不需要把二数作质因子分解。
编辑摘要目录[隐藏]1 概念2 算法3 伪代码4 任意实数对的辗转相除法5 多个数的辗转相除法6 辗转相除法的步数估计——拉梅定理辗转相除法- 概念辗转相除法, 又名欧几里德算法（Euclidean algorithm），是求两个正整数之最大公因子的算法。
它是已知最古老的算法之一, 最早可追溯至公元前300年。
它首次出现于欧几里德的《几何原本》（第VII卷，命题i和ii）中，而在中国则可以追溯至东汉出现的《九章算术》。
它并不需要把二数作质因子分解。
我们用符号gcd(a,b)表示自然数a和b的最大公因数，在不引起误会的情况下(比如在涉及到解析几何的区间时，因为区间的表示与之一样)，也简写为(a,b)。
辗转相除法- 算法辗转相除法的实现，是基于下面的性质：1：(a,b)=(a,ka+b)，其中a、b、k都为自然数就是说，两个数的最大公约数，将其中一个数加到另一个数上，得到的新数组，其公约数不变，比如(4,6)=(4+6,6)=(4,6+2×4)=2。
这里有一个比较简单的证明方法来说明这个性质：如果p是a和ka+b的公约数，p整除a，也能整除ka+b。
那么就必定要整除b，所以p又是a 和b的公约数，从而证明他们的最大公约数也是相等的。
还有另外一个性质也是很必要：2：(0,a)=a由这两个性质得到的，就是更相减损术：(78,14)=(64,14)=(50,14)=(36,14)=(22,14)=(8,14)=(8,6)=(2,6)=(2,4)=(2,2)=(0,2)=2基本上思路就是大数减去小数，一直减到能算出来为止。
辗转相除法——精选推荐
辗转相除法⾃从转载了⼀⽂后，就想把这些算法⽐较详细地搞清楚，先拿辗转相除法开⼑了，谁让她最简单呢。
呵呵。
下⾯的⼤部分内容来⾃。
辗转相除法，⼜被称为欧⼏⾥德（Euclidean）算法，是求最⼤公约数的算法。
辗转相除法⾸次出现于的《》（第VII卷，命题i和ii）中，⽽在中国则可以追溯⾄东汉出现的《》。
两个数的最⼤公约数是指能同时整除它们的最⼤正整数。
辗转相除法的基本原理是：两个数的最⼤公约数等于它们中较⼩的数和两数之差的最⼤公约数。
例如，252和105的最⼤公约数是21（252 = 21 × 12；105 = 21 × 5）；因为252 − 105 = 147，所以147和105的最⼤公约数也是21。
在这个过程中，较⼤的数缩⼩了，所以继续进⾏同样的计算可以不断缩⼩这两个数直⾄其中⼀个变成零。
这时，所剩下的还没有变成零的数就是两数的最⼤公约数。
由辗转相除法也可以推出，两数的最⼤公约数可以⽤两数的整数倍相加来表⽰，如21 = 5 × 105 + (−2) ×252。
这个重要的等式叫做贝祖等式（）。
辗转相除法法原先只⽤来处理⾃然数，但在19世纪，辗转相除法被推⼴⾄其他类型的数，如⾼斯整数和⼀元多项式。
另外，还被⽤来解决丢番图⽅程（）和构造连分数等。
算法描述 两个数a，b的最⼤公约数记为GCD(a,b)。
a，b的最⼤公约数是两个数的公共素因⼦的乘积。
如462可以分解成2 × 3 × 7 × 11；1071可以分解成3 × 3 × 7 × 17。
462和1071的最⼤公约数等于它们共有的素因数的乘积3 × 7 = 21。
如果两数没有公共的素因数，那么它们的最⼤公约数是1，也即这两个数互素，即GCD(a,b)=1。
另g=GCD(a,b)，则a=mg, b=ng，其中m，n均为正整数。
由上述分析可知，m，n互素。
6第六节 辗转相除法
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3
一般地，我们有：
12345 18 678 12204 141 114 27 3 4 564 1 114 4 108 4 6 6 0
a q1 b bq1 q2 r1q2 r1 q3 r2 r2 q3 q4 r3 q4 r3 q5 r4 rn 0
性质
推论2 若a,b是非零整数,则a与b互素的充要条件是 存在整数x,y,适合ax+by=1.
证明 : 若(a, b) 1,由推论1知成立. 若ax by 1, 设d (a, b), 则d a, d b , d ax by 1, d 1, (a, b) 1, 即：a, b互素.
8 162 1 91 1 71 3 60 1 11 1 9 2 2 0
1 4 5 9 32 41 73 625 1 4 1 4 5 1 从而 x=(-1)673=73, y=-(-1)7625=625
9 4 8 2 1
例题
例3 求整数x,y,使得 1387x-162y=(1387,162). 解：先用转转相除法 求出q i： 再由欧拉算法求出Q 7 , P7 4 1 1 3 1 1 8
k q Q P 125 7 17 119 2 12 6 1 5 5 5 5 1 0 0 0 1 1 7 1 7 2 2 2 15 3 1 3 22
求整系数线性组合的欧拉算法
例2 求x,y,使得 125x+17y=(125,17).
欧拉提出了一个比欧几里得法； 更快捷的求x,y的方法： 因为
m2
rm1qm (1)
辗转相除法
实验十辗转相除法[实验目的]1. 学习用辗转相除法求最大公约数和最大公因式；2. 求最简单是不定方程§1基本理论1.1 初等数论的基本理论定义10.1 任给两个整数a,b，其中b≠0, 如果存在一个整数q使得等式 a=bq 成立，则称b整除a,记作b|a 。
此时称b为a的约数，a为b的倍数。
定理10.2 设a,b是两个整数，其中b>0，则存在唯一的整数q及r，使得a=bq+r,0≤r<b成立。
定义10.3 设a1,a2,…,a n 是n个不全为零的整数，若整数d是它们之中每一个数的约数，那么d就叫a1,a2,…,a n一个公约数，整数a1,a2,…,a n的公约数中最大的一个叫最大公约数，记作（a1,a2,…,a n），若（a1,a2,…,a n）=1，则称a1,a2,…,a n 互素。
定理10.4 若a|bc,(a,b)=1,则a|c.定理10.5 （a1,a2,…,a n）=(（a1,a2,…,a n-1）a n).1.2 多项式的基本理论定义10.6 形如f(x)=a n x n+a n-1x n-1+…+a1x+a0(a n,a n-1,…a1,a0为实数a n≠0)的函数称为实系数多项式，整数n称为该多项式的次数，记作deg(f(x)).对于零多项式，一般不定义其次数。
定理10.7 设f(x)与g(x)是两个实系数多项式，存在唯一的多项式q(x)与r(x)使得f(x)= g(x) q(x)，则称g(x)整除f(x)。
记为g(x) |f(x),称g(x)为f(x)的因式，f(x)为g(x)的倍式。
定义10.9 设f(x)与g(x)是两个实系数多项式，若实系数多项式h(x)满足h(x) |f(x), h(x) |g(x),则称h(x)为f(x)与g(x)的公因式。
若d(x)为f(x)与g(x)的公因式，且d(x)为f(x)与g(x)的任一公因式的倍式，则称d(x)为f(x)与g(x)的最大公因式，§2实验内容与练习2.1整数的辗转相除法练习1 用枚举法计算（81，42），（72，95），（1397，2413）。
初等数论第一章第6节 辗转相除法
Q Q0 = 0, Q1 = 1, ∴ Q2 = q2Q1 + Q0 = 1×1 + 0 = 1, Q3 = q3Q2 + Q1 = 1×1 + 1 = 2, Q4 = q4Q3 + Q2 = 3 × 2 + 1 = 7, Q5 = q5Q4 + Q3 = 1× 7 + 2 = 9, Q6 = q6Q5 + Q4 = 1× 9 + 7 = 16, Q7 = q7Q6 + Q5 = 4 ×16 + 9 = 73.
推论1
• 若a,b是任意两个非零整数,则存在整数x,y, 可使ax+by=(a,b)成立.
证明 : 在aQk - bPk = (-1) rk , k = 1, 2,L , n中,
k -1
令k = n, 则aQn - bPn = (-1) rn .(其中( a, b) = rn )
n -1
推论2
解:125=17 × 7+6,q1 = 7, r1 = 6, 17 = 6 × 2 + 5, q2 = 2, r2 = 5, 6 = 5 ×1 + 1, q3 = 1, r3 = 1, 5 = 1× 5, q4 = 5, r4 = 0, ∴ (125,17) = 1.
Q aQk − bPk = (−1) 又Q0 = 0, Q1 = 1,
Q P0 = 1, P = q1 = 8, 1 ∴ P2 = q2 P + P0 = 1× 8 + 1 = 9, 1 P3 = q3 P2 + P = 1× 9 + 8 = 17, 1 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.
第六节 辗转相除法
31
另解 :由等式6 5 1起逐步回代, 得 1 6 - 5 6 - (17 - 2 6) 3 6 -17 3 (125 -17 7) -17 3 125 - 22 17. 125 3 -17 22 1, x 3, y -22.
1387 73 162 625 1.
另解:由等式9=4 2+1起逐步回代,得 1=9-4 2=9-4 (11-9)=5 9-4 11=5 (20-11)-4 11 =5 20-9 11=5 20-9 (71 3 20) 32 20 9 71 =32 (91-71) 9 71 32 91 41 71 32 91 41 (162 91) 73 91 41162 73 (1387 8 162) 41162 73 1387 625 162. 1387 73 162 625 1.
k 1 6 aQk bP ( 1) r , aQ bP ( 1) r6 2. k k 6 6
Q0 0, Q1 1, Q2 q2Q1 Q0 11 0 1, Q3 q3Q2 Q1 4 1 1 5, Q4 q4Q3 Q2 1 5 1 6, Q5 q5Q4 Q3 1 6 5 11, Q6 q6Q5 Q4 111 6 17.
31158 17 288 2.
5另解 :由等式10 8 2起逐步回代, 得 2 10 - 8 10 - (18 -10) 2 10 -18 2 (28 -18) -18 2 28 - 3 18 2 28 - 3 (130 4 28) 3 130 14 28 3 130 14 (158 130) 14 158 17 130 14 158 17 (288 158) 31 158 17 288. 故s -17, t 31即可满足要求.
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3−1
另解 :由等式6 = 5 + 1起逐步回代, 得 1 = 6 - 5 = 6 - (17 - 2 × 6) = 3 × 6 -17 = 3 × (125 -17 × 7) -17 = 3 × 125 - 22 × 17. ∴125 × 3 -17 × 22 = 1, x = 3, y = -22.
Q aQk − bPk = ( −1)
k −1
rk ,
∴ aQ3 − bP3 = ( −1) r3 = 21.
6
Q Q0 = 0, Q1 = 1, ∴ Q2 = q2Q1 + Q0 = 3 ×1 + 0 = 3, Q3 = q3Q2 + Q1 = 1× 3 + 1 = 4.
Q P0 = 1, P = q1 = 2, 1 ∴ P2 = q2 P + P0 = 3 × 2 + 1 = 7, 1 P3 = q3 P2 + P = 1× 7 + 2 = 9. 1
思考问题
• 1 求(169,121). • 2 求(-1859,1573). • 3 求(221,391,136).
4 求(525, 231)和s, t , 使得(525, 231) = s ⋅ 525 + t ⋅ 231.
5 求(288,158)和s, t , 使得(288,158) = s ⋅ 288 + t ⋅158.
Q aQk − bPk = ( −1)
k −1
rk ,∴ aQ6 − bP6 = ( −1) r6 = 2.
6
Q Q0 = 0, Q1 = 1, ∴ Q2 = q2Q1 + Q0 = 1×1 + 0 = 1, Q3 = q3Q2 + Q1 = 4 ×1 + 1 = 5, Q4 = q4Q3 + Q2 = 1× 5 + 1 = 6, Q5 = q5Q4 + Q3 = 1× 6 + 5 = 11, Q6 = q6Q5 + Q4 = 1×11 + 6 = 17.
Q P0 = 1, P = q1 = 8, 1 ∴ P2 = q2 P + P0 = 1× 8 + 1 = 9, 1 P3 = q3 P2 + P = 1× 9 + 8 = 17, 1 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.
• 或 (12345,678)=(12345,339)=(12006,339)=(6 003,339)=(5664,339) =(177,339)=(177,162)=(177,81)=(96,81)=( 3,81)=3.
• 例2 求(125,17),以及x,y,使得 125x+17y=(125,17).
Q P0 = 1, P = q1 = 1, 1 ∴ P2 = q2 P + P0 = 1×1 + 1 = 2, 1 P3 = q3 P2 + P = 4 × 2 + 1 = 9, 1 P4 = q4 P3 + P2 = 1× 9 + 2 = 11, P5 = q5 P4 + P3 = 1×11 + 9 = 20, P6 = q6 P5 + P4 = 1× 20 + 11 = 31.
推论1
• 若a,b是任意两个非零整数,则存在整数x,y, 可使ax+by=(a,b)成立.
证明 : 在aQk - bPk = (-1) rk , k = 1, 2,L , n中,
k -1
令k = n, 则aQn - bPn = (-1) rn .(其中( a, b) = rn )
n -1
推论2
第六节 辗转相除法
定义
设a和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 LL r n − 2 = rn −1qn + rn , 0 < rn < rn −1 rn −1 = rn qn +1 + rn +1 , rn +1 = 0 且b > r1 > r2 > L > rn-1 > rn > rn +1 , 这一组带余数除法叫辗转相除法. (1)
解:125=17 × 7+6,q1 = 7, r1 = 6, 17 = 6 × 2 + 5, q2 = 2, r2 = 5, 6 = 5 ×1 + 1, q3 = 1, r3 = 1, 5 = 1× 5, q4 = 5, r4 = 0, ∴ (125,17) = 1.
Q aQk − bPk = (−1) 又Q0 = 0, Q1 = 1,
• • • • • • • •
1解:对169,121作辗转相除法: 169=121+48 121=2×48+25 48=25+23 25=23+2 23=11×2+1 2=2×1. 所以(169,121)=1.
• 2解:因(-1859,1573)= (1859,1573),对 1859,1573作辗转相除法: • 1859=1×1573+286 • 1573=5×286+143 • 286=2×143 • 所以(-1859,1573)=143.
• 若a,b是非零整数,则a与b互素的充要条件是 存在整数x,y,适合ax+by=1.
证明 :⇒ 若(a, b) = 1,由推论1知成立. ⇐ 若ax + by = 1, 设d = (a, b), 则d a, d b , ∴ d ax + by = 1,∴ d 1,∴ d = 1,∴(a, b) = 1, a, b互素
Q Q0 = 0, Q1 = 1, ∴ Q2 = q2Q1 + Q0 = 1×1 + 0 = 1, Q3 = q3Q2 + Q1 = 1×1 + 1 = 2, Q4 = q4Q3 + Q2 = 3 × 2 + 1 = 7, Q5 = q5Q4 + Q3 = 1× 7 + 2 = 9, Q6 = q6Q5 + Q4 = 1× 9 + 7 = 16, Q7 = q7Q6 + Q5 = 4 ×16 + 9 = 73.
定理1
• 使用(1)中的记号,有 rn = (a, b) • 此定理在第四节中已证.
定理2
使用(1)式中的记号, 记 P0 = 1, P = q1 , Pk = qk Pk −1 + Pk − 2 , k ≥ 2, 1 Q0 = 0, Q1 = 1, Qk = qk Qk -1 + Qk -2 , k ≥ 2, 则aQk − bPk = (−1)
∴ 4 × 525 − 9 × 231 = 21.
5解 : 对288,158作辗转相除法. 288=1 × 158+130, q1 = 1, r1 = 130, 158 = 1×130 + 28, q2 = 1, r2 = 28, 130 = 4 × 28 + 18, q3 = 4, r3 = 18, 28 = 1×18 + 10, q4 = 1, r4 = 10, 18 = 1×10 + 8, q5 = 1, r5 = 8, 10 = 1× 8 + 2, q6 = 1, r6 = 2, 8 = 4 × 2, q7 = 4, r7 = 0. ∴ (288,158) = 2.
例题
• 例1 求(12345,678).
12345
678 18 = q1
12204 q2 = 4 141 564 114 114 1 = q3 q4 = 4 27 108 24 6 4 = q5 3 6 q6 = 2 0 ∴ (12345, 678) = 3.
或 12345 = 678 ×18 + 141, q1 = 18, r1 = 141, 678 = 141× 4 + 114, q2 = 4, r2 = 114, 141 = 114 ×1 + 27, q3 = 1, r3 = 27, 114 = 27 × 4 + 6, q4 = 4, r4 = 6, 27 = 6 × 4 + 3, q5 = 4, r5 = 3, 6 = 3 × 2, q6 = 2, r6 = 0.
k −1Βιβλιοθήκη rk ,∴ aQ3 − bP3 = (−1) r3 . Q2 = q2Q1 + Q0 = 2 ×1 + 0 = 2, Q3 = q3Q2 + Q1 = 1× 2 + 1 = 3. 同理P0 = 1, P = q1 = 7, 1 ∴ P2 = q2 P + P0 = 2 × 7 + 1 = 15, 1 P3 = q3 P2 + P = 1× 15 + 7 = 22, 1 即125 × 3 -17 × 22 = 1, x = 3, y = -22.
k −1
rk , k = 1, 2,L , n
证明 :10 当k = 1时, aQ1 - bP = a - bq1 = r1 , 即a = bq1 + r1成立. 1 当k = 2时, Q2 = q2Q1 + Q0 = q2 , P2 = q2 P + P0 = q2 q1 + 1, 1 则aQ2 - bP2 = aq2 - b(q2 q1 + 1) = (a - bq1 )q2 - b = r1q2 - b = -r2 , 当k = 2时成立. 2 假设对于不超过k < m的正整数都成立, 则