数论基础

观察以上证明，可以肯定推论1对两个以上的数也成立。命
题2和命题3对两个以上的数也是成立的，这是因为用m去乘或者 用δ去除所有的数a1, a2, …, an,正像所有d2 ,d3, …, dn 都被m乘或被δ 除一样。
第一章 数论基础 命题 8 对a, b的最大公约数d, 存在着二整数s, t, 使得d可表 示为
第一章 数论基础 又由等式组(1.2.1)的第二式得
b q2 1 r1 r1 1 0 r2
依此类推, 有
a q1 1 qk 1 qk 1 b 1 0 1 0 rk
0＜r1＜b 0＜r2＜r1 … 0＜rk＜rk-1
(1.2.1)
…
rn-2=rn-1qn+rn,
…
0＜rn＜rn-1
rn-1=rnqn+1,
rn+1=0
第一章 数论基础 因b＞r1＞r2＞… 是一递减的正整数列，包含至多b个正整数， 上述等式组在有限步后必可做到rn+1=0。
由本节命题1还有
(a, b)=(b, r1)=(r1, r2)=…=(rn-1, rn)=rn 推论 1 数a和数b的公约数集合与它们的最大公约数的约数 集合相同。
第一章 数论基础 推论2 这个最大公约数等于rn(n∈Z+)，即等于上述等式组
中最后的不等于零的余数。
推论 3 若b|a, 则(a, b)=b。
第一章 数论基础 令
Tk Vk q1 1 qk 1 S U 1 0 1 0 k k
(1.2.3)
则
a Tk Vk rk 1 b Sk U k rk
第一章 数论基础
1.2 最大公约数（greatest common divisor）
定义 1 对任意正整数m, 若m|a∧m|b, 则称m为a和b的公约 数。公约数中最大者，称为a与b的最大公约数。常记做 (a, b) 定义2 若（a, b）=1，称a与b互素。 例如：8与13互素；13与21互素；12与25互素。
即有
x |b x |c
第一章 数论基础 反之
x |b x |c x |a x |b
由x的任意性可知，a、b的约数集合与b、c的约数集合相同， 其中最大的约数应相同，故有
(a, b)=(b, c)
· 求最大公约数的Euclid算法 按照本节命题1有
第一章 Biblioteka Baidu论基础
a=bq1+r1, b=r1q2+r2, … rk-2=rk-1qk+rk,
关于整除性， 显然有：
第一章 数论基础 命题 2 对a, b, c∈Z, b≠0, c≠0 有 (1) 1|a;
(2) b|b;
(3) b|0;
(4) 若b|a∧c|b, 则c|a;
(5) 若b|a, 则bc|ac；
(6) 若c|d, c|e, 则对任意的m, n∈Z有c|（dm+en）;
第一章 数论基础 命题7 求两个以上的数的最大公约数的问题，可以化成求 两个数的最大公约数的问题。亦即，为了求数a1, a2, …, an的最 大公约数，可写出如下的一串数： (a1, a2)=d2, (d2, a3)=d3, (d3, a4)=d4, …, (dn-1, an)=dn dn即为所有已知n个数的最大公约数。
反之 因而 (c, b)|ac∧(c, b)|b(c, b)|(ac, b) (ac, b)=(c, b)
第一章 数论基础 命题 5 若(a, b)=1∧b|ac, 则b|c。 证明 由于 (a, b)=1(ac, b)=(c, b)
又
b | ac b | ac b | b b | (ac, b) b | (c, b) b | c
同理可得 m n m m n b j , ai ( b j , ai ) (bn , ai ) 1 j 1 i 1 j 2 i 1 i 1
m ai , bk (am , bk ) 1 i 3
第一章 数论基础
命题 1 如果a=bq+c, 则有（a, b）=（b, c）。
证明 证明思路是：凡是a 、 b的约数，都是b 、 c的约数； 凡是b、c的约数，都是a、b的约数。 对任意的x有
x | a x | b a xt1 b xt2 c xt1 xt2 q x(t1 t2 q) x | c
比较前后两矩阵知
U k Sk 1,Vk Tk 1 U k 1 Sk 2 ,Vk 1 Tk 2
(1.2.5)
第一章 数论基础
Sk Sk 1qk U k 1, Tk Tk 1qk Vk 1
(7) 若bc|ac, 则b|a。
第一章 数论基础
证明 只证（6）式。
事实上
c / d c | e q1 , q2 Z , d cq1 , e cq2 m, n Z dm en cq1m cq2n c( q1m q2n ) cq( q q1m q2n ) c | ( dm en)
177=14·12+9
-64=14·(-5)+6
0＜9＜14
0＜6＜14
154=14· 11+0
0= 0＜14
第一章 数论基础 定义1 若命题1的r为0，即有a=bq，则称a为b的倍数，称b 为a的约数（因子或因数）；常谓b可整除a，记做b|a。又以b a 表示b不能整除a。
若a=bq，而b既非a又非1， 则称b为a之真因数。
第一章 数论基础 命题 6 如果(ai, bj)=1（i=1, 2, …, m; j=1, 2,…, n），则
n m ai , b j 1 i 1 j 1
证明 利用命题4有
m m m m ai , bk (a1 ai , bk ) ( ai , bk ) (a2 ai , bk ) i 2 i 2 i 3 i 1
第一章 数论基础
第一章 数论基础
1.1 整除性
1.2 最大公约数(greatest common divisor)
1.3 最小公倍数(least common multiple) 1.4 素数(prime)及复合数(composite number) 1.5 素因子分解 1.6 同余式(congruence expression) 1.7 完全剩余组及与模互素的剩余组 1.8 数论中特殊的函数及特殊的数
1.9 同余式的一般性讨论
第一章 数论基础
1.1 整 除 性
设x为一实数, ［x］表示不超过x的最大整数。例如：［5］ =5， =1，［e］=2, ［-π］=-4。若x为正，则［x］为x的整 数部分, 且有不等式 ［x］≤x＜［x］+1 若取x为有理数a/b, b>0则有
a a 0 1 b b
观察等式组（1.2.1）的构造过程不难发现：当某个余数 rk(k∈Z+)不为0时，即将除数作为被除数，并将余数作为除数再 写出一个等式，依此类推，直至余数是零为止。故可将Euclid算
法改写如下：
第一章 数论基础 · 改进的Euclid算法 №1 输入正整数A， B； №2 MA; NB; （保护原始数据） №3 KM-［M/N］*N； №4 若K＞0, 则MN, NK, 转№3；
№5 GCDN（N为最大公约数）；输出A, B, GCD；
№6 结束。
第一章 数论基础 命题 2 设m表示任意正整数，则有（am, bm)=(a, b)m。 证明 对等式组（1.2.1）逐项地乘以m，可得一新的等式组， 在其中代替a,b,r1,…rn的是am, bm, …, rnm，因此(am, bm)=rnm=(a,
第一章 数论基础 即
a 0 a b b b a a b r b a a b r,0 r b b
令
可得
由此有：
第一章 数论基础 命题 1 任给二整数a及b（b＞0），必有二整数q及r使 a=bq+r， 0≤r＜b 其中，数q叫做b除a的不完全商数，数r叫做b除a的最小正余数。 例如，设b=14，有
第一章 数论基础 证明 根据推论1，数a1, a2的公约数集合与d2的约数集合相同， 所以数a1, a2, a3公约数集合与数d2和a3的公约数集合相同，即与 d3的约数集合相同。然后肯定，数a1, a2, a3 ,a4的全体公约数所成 之集与d4约数集相同，…… 最后，数a1, a2, …, an的公约数所成之集 与dn约数之集相同。 因而dn的最大公约数是dn自身，所以它就是 数a1, a2, …, an的最大公约数。
第一章 数论基础
命题 4 如果(a, b)=1, 则(ac, b)=(c, b)。
证明 只需证(ac, b)|(c, b)∧(c, b)|(ac, b)。
事实上，
(ac, b) | ac (ac, b) | b (ac, b) | ac (ac, b) | bc
依推论1有
(ac, b)|(ac, bc)(ac, b)|(a, b)c(ac, b)|c(ac, b)|b∧(ac, b)|c (ac, b)|(b, c)
d=sa+tb
(1.2.2)
证明 若有b|a或a|b，不妨设为前者，则d=b=0·a+1·b，此即
(1.2.2)式中各项的形式，下设ab∧ba, 辗转相除可有等式组
(1.2.1)中各式。 由等式组(1.2.1)的第一式得
a q1 1 b b 1 0 r1
b)m。
第一章 数论基础 命题 3 设δ表示数a和b的任意公约数，则有（a/δ, b/δ）= (a, b)/δ。 特别地，当δ=(a, b)时有(a/(a, b), b/(a, b))=1（即a, b分 别被它们的最大公约数除后所得的两个商数互素）。 证明 借用命题2有
a b a b a b ( a , b) ( a , b) , , ,
1
第一章 数论基础 特别地
rk ( 1)k 1 Sk a ( 1)k Tk b
取k=n, 则因rn即a, b的最大公约数d而得
d ( 1)
n 1
Sn a ( 1) Tnb
k
这又是（1.2.2）式的形式。
第一章 数论基础 下面给出求Sk, Tk的递推公式： 令
Tk Vk Tk 1 Vk 1 qk 1 Tk 1qk Vk 1 Tk 1 S U S U 1 0 S q U Sk 1 k 1 k 1 k k k k 1 k 1
(1.2.4)
第一章 数论基础 注意到
q1 1 1 0 qk 1 1 0

1
故
Tk Vk Sk U k
(1) k
由（1.2.4）式不难得到
Tk Vk a ( 1)k U k ( 1) k 1Vk a rk 1 rk Sk U k b ( 1)k 1 Sk ( 1) k Tk b