初等数论函数[x]和{x}
初等数论期末复习
数论教案§1整数的整除 带余除法1 整数的整除设a,b 是整数,且b ≠0,如果有整数q,使得a=bq,则称b 整除a,记为b|a,也称b 是a 的因数,a 是b 的倍数. 如果没有整数q,使得a=bq,则称b 不能整除a,记为b?a.例如 2|4, 4|-12, -5|15; 2?3， -3?22. 在中小学数学里,整除概念中的整数是正整数,今天讲的整除中的整数可正可负. 判断是否b|a 当a,b 的数值较大时,可借助计算器判别.如果b 除a 的商数是整数,说明b|a;如果b 除a 的商不是整数,说明b?a.例1判断下列各题是否b|a(1) 7|127? (2) 11|129? (3) 46|9529? (4) 29|5939? 整除的简单性质(1)如果c|b,b|a,那么c|a;(2)如果d|a,d|b,那么对任意整数m,n,都有d|ma+nb. (3)如果12,,,n a a a L 都是m 的倍数,12,,,n q q q L 是任意整数,那么1122n n q a q a q a +++L 是m 的倍数.(4)如果c|a,d|b,那么cd|ab 。
例如： 2|4,2|(-6),那么2|4+(-6),2|4-(-6). 2|4,3|(-6),那么2×3|4×(-6). 例2证明任意2个连续整数的乘积,一定可被2整除. 练习 证明任意3个连续整数的乘积,一定可被3整除. 2.带余除法设a,b 是整数,且b>0,那么有唯一一对整数q,r 使得 a=bq+r,0≤r ＜ b . (1) 这里q 称为b 除a 的商,r 称为b 除a 的余数.例如-5=3×(-2)+1 5=3×1+2 -5=(-3)×2+1 5=(-3)×(-1)+2 15=(-5)×(-3), -24=(-2)×12. 事实上,以b 除a 的余数也可以是负的.例如 -5=3×(-1)-2=3×(-2)+1.求b 除a 的余数,也称为模运算(取余):mod.可用计算器进行.具体操作:输入a-按mod(取余)键-输入b-按=键得出余数.如果b 除a 的余数=0,则b|a;如果b 除a 的余数≠0,则b ?a.例3 利用计算器求余数:(1) 7除127;(2)11除-129 ;(3)46除-9529;(4)-29除5939 奇数、偶数及性质能被2整除的整数称为偶数.如,0,4,10,-6,-8都是偶数. 不能被2整除的整数称为奇数.如,-5,-3,1,7,11都是奇数. 偶数的形式为2n(n 是整数);奇数的形式为2n-1(n 是整数).奇数、偶数的性质: 偶数±偶数=偶数,奇数±奇数=偶数,奇数±偶数=奇数,偶数×偶数=偶数,偶数×奇数=偶数,奇数×奇数=奇数.例如 2+4,2-4,3+1,3-1,3+4,6+5设a,b 是任意两个整数,则a+b 与a-b 同奇同偶. 例如3+5,3-5,6+3,6-3,例4设a,b,n 是任意3个整数,而且222a b n -=,证明n 是偶数.例5设a 是任一奇数,试证明8|21a -. 例6设n 是正整数,证明形如3n-1整数不是完全平方数.证明 对任意整a,设a=3q 或a=3q ±1,于是2a =92q 或 2a =92q ±6q+1=3(32q ±2q)+1.即2a ≠3n-1,故3n-1不是完全平方数.练习 设n 是正整数,证明形如4n-1、4n+2的整数都不是完全平方数. 习题:P3-4:1t,2t.§2公因数、最大公因数 1.最大公因数、辗转相除法中小学里的公因数、最大公因数的概念：几个数的公有因数叫做这几个数的公因数.公因数中最大的整数称为这几个数的最大公因数. (1)几个数:不能确定;(2)因数、公因数:都是正整数; 最大公因数:没有专门的符号. 定义设12,,,n a a a L ,d 都是整数,d ≠0,如果i d a ,i=1,2,…,n,称d 是12,,,n a a a L 的公因数,12,,,n a a a L 的公因数中最大的整数称为最大公因数.记为12(,,,)n a a a L .如果12(,,,)n a a a L =1,则称12,,,n a a a L 互质。
初等数论潘承洞答案
初等数论潘承洞答案【篇一：初等数论与中学数学】摘要：《初等数论》是数学与应用数学、数学教育专业的一门专业基础课，主要研究整数的性质，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。
近年来，数论在中学数学中的运用越来越多，特别是在中学的数学竞赛中运用极为广泛。
本文主要介绍初等数论在中学数学中的应用以及初等数论与中学数学教学的相关问题。
关键词：初等数论中学数学数学竞赛中学数学教学正文：一、初等数论在中学数学中的应用在中学数学中，整数是最为常用的一种数之一，而初等数论是研究整数最基本的性质，与算术密切相关的一门学科，初等数论可以说是算术问题的延深。
初等数论中的整除性质，抽屉原理等一直是中学数学竞赛最热门的话题，由此可见初等数论在中学数学中的应用是极为广泛的。
（一）中学数学中与初等数论相关的几个问题1 、整除问题在小学的时候我们就知道，要知道一个数能不能被令一个数整除，可以用长除法来判断，但当被除数位数较多的时候，计算量增大，问题就变得非常麻烦了。
但在学习了初等数论之后问题会得到大大的简化。
1.1 整除的概念及其性质定义1 （整除）设a、b是整数，b M0,如果存在整数q,使得a=bq 成立，则称b整除a,或a能被b整除，记作：b I a。
定理1 （传递性）b I a，c I b =〉c I a定理3 m I al , ........... , m I an,q1,q2, ........ qn€ z=〉m I (a1q1+a1q2+ ....... +anqn)定理4 设a 与b 是两个整数，b0, 则存在唯一的两个整数q 和r, 使得a=bq+r,0 < rb (1)并称q 为a 被b 除所得的不完全商；r 叫做a 被b 除所得的余数； (2)式称为带余数除法。
1 ．2 下面举几个例子：例1 证明3I n(n+1)(2n+1), 这里的n 是任意整数。
函数[x]，{x}的性质及应用
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函数[x]，{x}的性质及应用曾华娟【摘要】数论中的函数Y=[x]，被称为高斯函数或取整函数．它是数学竞赛的热点之一．对任意实数x，[x]是不超过x的最大整数，称[x]为x的整数部分．与它相伴随的是小数部分函数y={x}，对任意实数x，都有x=[x]＋{x}，且0≤{x}〈1．由[x]，{x}的定义，不难得到如下常用性质：【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2009(000)004【总页数】3页(P42-44)【关键词】取整函数;性质;应用;整数部分;数学竞赛;高斯函数;小数部分;实数【作者】曾华娟【作者单位】萧山区农业技术学校,浙江杭州311200【正文语种】中文【中图分类】G633.62数论中的函数y=[x],被称为高斯函数或取整函数.它是数学竞赛的热点之一.对任意实数x,[x]是不超过x的最大整数，称[x]为x的整数部分.与它相伴随的是小数部分函数y={x},对任意实数x，都有x=[x]+{x}，且0≤{x}lt;1.由[x],{x}的定义,不难得到如下常用性质：性质1 y=[x]的定义域为R，值域为Z；y={x}的定义域为R，值域为[0,1).性质2 对任意x∈R，均有性质3 y=[x]是不减函数，即对任意x1,x2∈R，若x1≤x2,则[x1]≤[x2].性质4 若n∈Z,x∈R,则有后一个式子表明y={x}是一个以1为周期的函数.性质5 若x,y∈R，则以上性质在解题中有着广泛的应用，本文举例如下：例1 若n∈N*,x∈R+,则在区间[1,x]内恰有个整数是n的倍数.证明由性质2，得此式说明：不大于x而是n的倍数的正整数只有这个n.例2 求证：在n!的质因数分解式中，质数p的指数是).证明由于p是质数，因此n!中含p的指数p(n!)一定是1，2，…，n-1,n各数中所含p的指数的总和.由例1知，1，2，…，n中有个p的倍数，有个p2的倍数，…，所以此例说明：n!=pp(n!)·M，其中M不含p的因数.例如，由于=285+40+5=330，则2 000！=7330·M，其中7 |/M.例3 计算和式的值.解由性质5显然有：若{x}+{y}=1，则由503是一个质数，可知对n=1,2,…,502,都不会是整数，但+=305,可见此式左端的2个数的小数部分之和等于1，于是故=304×251=76 304.例4 求证：方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12 345无实数解.解设f(x)=[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12 345.由性质5及性质2,得因为f(x)=12 345，所以又因为f(196)=63×196=12 348，且由性质3,知f(x)是不减函数，所以方程的解只能在(195，196)之内.设x=195+y，y=x-[x]，y∈(0,1),则f(x) =f(195+y)=195×63+f(y)=12 285+f(y)=12 285+f(y).另一方面f(y) =[y]+[2y]+[4y]+[8y]+[16y]+[32y]lt;0+1+3+7+15+31=57,从而这与已知方程矛盾，故方程没有实数解.例5 求出的个位数字.解由x=[x]+{x}及性质4得,先找出的整数部分与分数部分.即因此又(10100+3)|[(10100)2-32],知是整数，显然所以其中分母的个位数字为3，分子的个位数字为9，故商的个位数字为3.例6 对自然数n及一切自然数x，求证：证明由x=[x]+{x}及性质4,可得从而 [nx]=[n[x]+n{x}]+n[x]+[n{x}]，故只要证明即可.设存在k(1≤k≤n),使得{x}+≥1.而{x}+lt;1,因此k.由{x}+≥1及{x}+lt;1知,n{x}≥n-k,且n{x}lt;n-k+1,因此[n{x}]=n-k,于是从而例7 求方程4x2-40[x]+51=0的实数解.解由性质2知又由[x]lt;0不是方程的解,得即从而[x]=2或[x]=6或[x]=7或[x]=8，分别代入方程得x=,或x=,或x=,或x=.经检验知，这4个值都是原方程的解.例8 设正实数x,y满足xy=1，求函数的值域(其中([x]表示不超过x的最大整数).解不妨设x≥y，则x2≥1,x≥1.有下面2种情形：(1)当x=1时，y=1，此时f(x,y)=.(2)当xgt;1时，设[x]=n，由定义及性质4可设{x}=x-[x]=α，则x=n+α(0≤αlt;1).于是y=lt;1，因此由函数g(x)=x+在x≥1时是递增的及0≤αlt;1,可得n+≤n+α+lt;n+1+,因此设则从而a1gt;a2=a3,a3lt;a4lt;…lt;anlt;…,b1gt;b2gt;…gt;bngt;….于是当xgt;1时，f(x,y)的值域为[a2,b1),即综上所述，f(x,y)的值域为。
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论学习总结本课程只介绍初等数论的的基本内容。
由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系， 因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师范院校)的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的．一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练，这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此，许多高等院校，特别是高等师范院校，都开设了数论课程。
最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。
数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中着名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法 最大公因数和辗转相除法 整除的进一步性质和最小公倍数 素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程c by ax =+多元一次不定方程c x a x a x a n n =++ 2211 勾股数 费尔马大定理。
习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质 剩余类和完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用 习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念 孙子定理高次同余方程的解数和解法 素数模的同余方程 威尔逊定理。
初等数论潘承洞答案
初等数论潘承洞答案【篇一：初等数论与中学数学】摘要：《初等数论》是数学与应用数学、数学教育专业的一门专业基础课，主要研究整数的性质，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。
近年来，数论在中学数学中的运用越来越多，特别是在中学的数学竞赛中运用极为广泛。
本文主要介绍初等数论在中学数学中的应用以及初等数论与中学数学教学的相关问题。
关键词：初等数论中学数学数学竞赛中学数学教学正文：一、初等数论在中学数学中的应用在中学数学中，整数是最为常用的一种数之一，而初等数论是研究整数最基本的性质，与算术密切相关的一门学科，初等数论可以说是算术问题的延深。
初等数论中的整除性质，抽屉原理等一直是中学数学竞赛最热门的话题，由此可见初等数论在中学数学中的应用是极为广泛的。
（一）中学数学中与初等数论相关的几个问题1、整除问题在小学的时候我们就知道，要知道一个数能不能被令一个数整除，可以用长除法来判断，但当被除数位数较多的时候，计算量增大，问题就变得非常麻烦了。
但在学习了初等数论之后问题会得到大大的简化。
1.1整除的概念及其性质定义1（整除）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能被b整除，记作：b∣a。
定理1 （传递性）b∣a，c∣b =〉c∣a定理3 m∣a1，……，m∣an,q1,q2,……qn∈z=〉m∣(a1q1+a1q2+……+anqn)定理4 设a与b是两个整数，b0,则存在唯一的两个整数q和r,使得a=bq+r,0≤rb (1)并称q为a被b除所得的不完全商；r叫做a被b除所得的余数；（2）式称为带余数除法。
1．2下面举几个例子：例1 证明3∣n(n+1)(2n+1),这里的n是任意整数。
证法一：根据题意，n可以写成n=3q+r,这里r=0,1,2,q为整数，对取不同的值进行讨论，得出结论。
证法二：根据整数定义，任何连续三个整数的乘积必是3的倍数。
初等数论函数[x]和{x}
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,从而证明了结论.
注： 要证明a|b，只要证明对任意素数p，a中 p的幂指数不超过b中p的幂指数即可，用p(a) 表示a中p的幂指数，则a|b 的充要条件是 p(a) ≤p(b)
例3 : 设c不能被素数平方整除，若a2|b2c，则 a|b
证：由已知p(c)≤1，且p(a2)≤p(b2c) ∴ 2p(a)≤2p(b)+p(c) ∴ p(a)≤p(b)+ 即 p (a ) ≤ p ( b ) ∴ a|b
m
{x} r , 0 1 m
[ x] x 即有 [ m ] [ m ]
n!的标准分解
定理：设p(n!)表示p在n!的标准分解中的指数， 则有
n p(n!)= [ p i ] i 1
先来看一个例子 例:15!中2的个数为11个.
15 15 15 [ ] [ ] [ ] 11 2 4 8
证：若p >n,则p †n!, 即p(n!)=0, 成立。
n p
n 若 p n ,则由性质知在1，2，…n中，p的倍数有 [ ] p 个， n [ ] n [ ] p, 其积为 p ([ ])! 为p,2p,… p p
n n 同理若 p [ ]，则 1，2，3,…,[ ] 中，p的倍数是 p p
[ p ], [ p ], [
i 1 i i 1 i i 1
p
i
],
即有k!(n-k)!|n! , 从而证明了结论。
n k nk [ i ] [ i ] [ i ], p i 1 p i 1 p i 1
推论3：n为正整数，设f(x)是一个n次的整系 f ( k ) ( x) (k ) 数多项式, f ( x) 是它的k阶导数，则 k! 是一个n-k次整系数多项式。 证：显然 是n-k次整系数多项式， (k ) f ( x) 中 x i 的 设 f ( x) an x a1x a0 ,则 k! 系数为 bi ak i (k i)! 为整数，所以结论成立。
[x]与{x}
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数论专题：[x ]与{x }一、[x ]与{x }的定义：[x ]：表示不大于x 的最大整数，又称高斯取整函数。
如[3.14]=3, [6]=6, [0]=0； {x}：表示x 的小数部分。
0≤{x}<1,x =[x]+{x}。
{0}=0，{3.14}=0.14；二、性质：1、[x ]≤x <[x ]+1，x -1< [x ]≤x ；2、[n +x ]=n +[x ]，[x ]+[y ]≤[x +y ]，{x }+{y }≥{x +y }；3、[x ]=[y ]则|x -y |<1；三、例题：例1：计算[6.45]=_____，[10]=_____，{8}=_____，{6.32}=______；例2：北京市现在出租车的定价是：3公里以内（包括3公里）的是10元，以后每1公里2元，不足1公里的按1公里计算。
如果一个人乘车的费用是20元，那么他行驶的路程的范围是_____公里；（不考虑等待时间）例3：1⨯2⨯3⨯⋯⨯100计算结果的末尾有______个“0”；例4：求使10110210007k⨯⨯⨯ 为整数时，k 的最大值是______；例5：如果规定[]x 是不大于x 的最大整数，那么在1232007200820082007200621⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，，，，，中，共有______个值是1；例6：计算23123223100101101101⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦++=_______；例7：解方程：（1）[]1.910x ＝（2）[]1625x x －＝ （3）[]13x x ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦＝ （4）[]2{}x x x +＝3例8：解不等式[]x x x {}<－1例9：证明n 整数，[]121[]n x x x x nx n n n -⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦++++＝数论专题：[x]与{x}测试1.[]1.919x ＝2.316123x x +-⎡⎤⎢⎥⎣⎦＝ 3. 在数列22221231991[][][][]1991199119911991，，，，中有_____个不同的数；4. []2x x x ＝+2{}5. 一个非零数A 的整数部分减去小数部分后结果是B ，如果A ＝2007×B ，那么A 是______；6. []1220073.14 3.14 3.14 3.14200820082008⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦++++=_______；。
《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 第一章 整除5-7
ps
s
M，MN，iN，
i i，1 ≤ i ≤ s。
2015-4-28 11:26
推论 设正整数a与b的标准分解式是 k 1 l 1 a p1 pk q1 ql
其中pi (1 ≤ i ≤ k)，qi (1 ≤ i ≤ l)与ri (1 ≤ i ≤ s)
是两两不相同的素数, i , i (1 ≤ i ≤ k),
2015-4-28
11:26
定理2 (整数分解唯一性定理)
每个大于1的正整数a均可分解成有限个素数 之积, 并且若不计素因数的次序, 其分解是唯 一的. 证明 先证分解式的存在性. 唯一性. 当a=2时, 分解式显然是唯一的. 现设 比a小的正整数其分解式均是唯一的. 考虑正 整数 a, 假设 a有两个分解式 a=plp2…pk和 a=q1q2…ql, 其中pl,p2,…,pk和q1,q2,…,ql都是素 数.
因此，对于每个i（1 ≤ i ≤ s），等式
i = ki ，i = 0与i = 0，i = ki有且只有一个成立。
这就证明了推论。证毕。
2015-4-28 11:26
推论6
设a是正整数， (a)表示a的所有正因数的个数.若a有 标准素因数分解式(2)，则
(a) (1 1) (s 1) ( p1 )... ( ps )
b p1
1
pk r1
k 1
rs
s
i(1 ≤ i ≤ l)与i（1 ≤ i ≤ s）都是非负整数，则
k = min{ , }, 1 ≤ i ≤ k， ， p1 pk i i i s [a, b] = p 1 p k q 1 q l r 1 ， 1 1 k l 1 rs i = max{i, i}，1 ≤ i ≤ k。
初等数论(二)函数[x]
![初等数论(二)函数[x]](https://img.taocdn.com/s3/m/07de8edd26fff705cd170a0d.png)
, 但是 2m 2 不能整除 1 3
2 m 1
） 。
L 个格点。则有
[ f (k )] [ (h)] L [a] [b]
k 1 h 1
[a]
[b ]
例 4.设 n 为自然数，证明：
[ 1] [ 2 ] [ 3 ] ... [ n 2 ]
1 n(4n 2 3n 5) 。 6
例 5.方程 [ x] [2 x] [4 x] [8 x] [16 x] [32 x] 12345 是否有解？ 例 6.证明：对于所有的 n N , 有 [ x] x
例 3. 设 函 数 y f ( x) 为 严 格 的 增 函 数 ， 它 的 反 函 数 为
x ( y), f (0) 0, f (a) b, a, b 都 是 整 数 。 曲 线 O (0,0) 到 B(a, b) 的这一段弧上（包括端点 B,不包含 O）有
y f (3 n 1 x x ... x [nx]. n n n n
例 7.证明： 2
初等数论第一章第8节 函数[x]和{x}
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定理3
在n !的质因数分解式中, 质数p的指数是
∞ n n n n [ ] + [ 2 ] + [ 3 ] + L = ∑ [ r ]. p p p r =1 p
n n n 证明 :[ ] + [ 2 ] + [ 3 ] + L 是个有限数的和. p p p n 因为当p k > n时,[ k ] = 0, 可知以后各项均为0, 所以它是一个有限的和. p n 因为p为质数, 所以在n !中共有[ ]个数是p的倍数, p n 在这些p的倍数中有[ 2 ]个是p 2的倍数, p n 在这些p 2的倍数中有[ 3 ]个是p 3的倍数,L p
例8 解方程x + 4{x} = 2[ x].
[ x] 解 : x = [ x] + {x},∴[ x] + {x} + 4{x} = 2[ x], 即{x} = Q . 5 [ x] Q 0 ≤ {x} < 1,∴ 0 ≤ < 1,∴ 0 ≤ [ x] < 5,∴[ x] = 0,1, 2,3, 4. 5 [ x] 6[ x] 6 12 18 24 x = [ x] + {x} = [ x] + = ,∴ x = 0, , , , . 5 5 5 5 5 5
第八节 函数[x]和{x}
定义
• 设x是实数,以[x]表示不超过x的 最大整数,称它为x的整数部分, 又称{x}为x的小数部分.
定理1
设x与y是实数, 则 (1)若0 ≤ x < 1, 则[ x] = 0; (2)[ x] ≤ x < [ x] + 1, x − 1 < [ x] ≤ x, 0 ≤ {x} < 1; (3) x ≤ y ⇒ [ x] ≤ [ y ]; (4)若m ∈ Z , 则[m + x] = m + [ x]; (5)[ x] + [ y ] ≤ [ x + y ],{x + y} ≤ {x} + { y};
第七节函数[x]{x}
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[
n p2
]
下面以15!为例说明.
[
r 1
n pr
].
考虑15!含有质因数2的个数.
在2，3，…，15中，含有1个因子2的数有4个；
即 n1 4.
2，6，10，14.
含有2个因子2的数有2个； 即 n2 2. 4，12.
含有3个因子2的数有1个； 即 n3 1. 8.
h 1n1 2n2 3n3 1 4 2 2 3 1 11.
0.8584 注意：0 x 1.
函数 y[x] 的图像.
此函数称为取整函数, 其定义域为D(, +), 其值域为Rf Z.
定理1 对于[x]与{x}，有下列结论成立
(1) x [x] x; (2)[x] x [ x] 1, x 1 [ x] x,0 x 1;
(3)[n x] n [x],n Z;
其标准分解式中，各质因数的个数如下：
2的个数
12 [
]
12 [
]
12 []
6
3
1
10
248
3的个数=[12] [12] 4 1 5 …… 39
所以 12!的标准分解式为 12! 210 35 52 7 11.
定理4： n! 是整数，(其中n Z，0 k n 1). k !(n k)!
b[a ] b
b
a b
,0
b
a b
b
1,(a
Z
,b
Z
)
证明：a b
a b
a
b
a
b
a b
b
a b
.
0
a
b
1
0
b
a b
b
初等数论(闵嗣鹤版课件
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-第一章
取
则
x (1)31Q3 3,
y (1)3 P 22, 3
125 3+17（-22）=(125,17)=1
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), 上面假定了b, c至少有一不为零。
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
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 a2 q2 an qn是m的倍数
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。
说明： （1）利用辗转相除法可以求两个整数的最大公因数
（2 ）辗转相除法中所包含的等式个数, 即所要做的带余数除法的次数估计为 2 log b n log 2
数的倍数，则d就叫作a1 , a2 , , an的一个公倍数。所有公 倍数中最小的一个叫最小公倍数，记作[a1 , a2 , , an ]。
定理3
定理4
[a1, a2 ,, an ] [ a1 , a2 ,, an ].
设a, b是任意两个正整数，则(i)a, b的所有公倍数
即当a与b是正整数时，只要使用被2除的除法运算和 减法运算就可以计算出(a,b) 例1、求（12345,678）
初中数学竞赛中的〔x〕与{x}
初中数学竞赛中的〔x〕与{x}
沃苏青;王健
【期刊名称】《中学教研：数学版》
【年(卷),期】1990(000)011
【摘要】[x]表示不超过x的最大整数(也称高斯函数),{x}表示x的小数部分。
它们都是重要的数论函数,在数学的各个分支及其它自然科学领域中都大量地出现,如在电子计算机中,就有一个把实数“取整”的运算。
国内外的中学数学竞赛中也常常出现包含这些记号的问题,如1985年至1990年的6届全国初中数学联赛中,就有4届出了这方面的试题。
为了帮助初中生开阔视野,提高能力,下面我们简单地介绍一下[x] 、{x}的知识和用以解决初中生易于接受的数学竞赛题的方法。
一、定义和性质
【总页数】3页(P22-24)
【作者】沃苏青;王健
【作者单位】[1]宁波镇海区教研室;[2]海宁市职工中专
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
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初等数论教学大纲(本科)
初等数论教学大纲（本科）哈尔滨师范大学数学系初等数论(本科) 教学大纲说明《初等数论》是师范本科学校数学与应用数学专业的一门重要专业课，数学与应用数学专业的学生学习一些初等数论的基础知识可以加深对数的性质的了解与认识，便于理解和学习与其相关的一些课程。
是在学生进入四年级后开设的一门课程。
通过对《初等数论》的教学，使学生掌握初等数论的最基本的内容，使学生在掌握其基本理论的同时为从事中学数学竞赛工作提供宏观理论的积累，初等数论是研究整数最基本的性质，是一门重要的数学基础课。
初等数论开设的目的：通过这门课的学习，使学生获得关于整数的整除性、不定方程、同余式、原根与指标及不定方程的基本知识，掌握数论中的最基本的理论和常用的方法，加强他们的理解和解决数学问题的能力，为今后的学习奠定必要的基础。
1、国际奥林匹克数学竞赛中所占初等数论内容很多，学好初等数论对于培养学生进行奥林匹克数竞赛的培训工作提供理论的知识储备。
2、培养学生初步的科研能力，因为初等数论是数学中理论与实践结合得最完美的基础课程，近代数学中的很多数学思想、概念、方法与技巧都是从整数的性质的深入研究而不断丰富和发展起来的。
确定《初等数论》的教学内容应依据初高中教学实际，立足于培养学生的数学思想、方法和技巧，掌握竞赛数学中初等数论的主要理论和进一步提高和学习的基本理论，因而整个课程分为整除、同余、同余式、不定方程和原根指标几部分。
这样处理有助于形成学生完善的数学知识结构，进而从根本上提高学生的素质。
根据教学计划规定，本课程教学时数为48学时，其中讲授课和习题课共48学时，本课程安排在第七学期，周学时4，具体分配如下：1．整除12学时；2．同余8学时；3．同余方程18学时；4．不定方程4学时；5．原根和指标5学时。
大纲内容一、整除（一）教学目的通过本章的教学，使学生掌握整除的性质、带余数除法、辗转相除法，掌握最大公因数和最小公倍数的基本理论，熟练掌握算术基本定理，除数和函数和完全数的概念，掌握函数［x］、｛x｝基本理论。
高斯函数：[x]与{x}
![高斯函数：[x]与{x}](https://img.taocdn.com/s3/m/31869704763231126edb1151.png)
数论专题：[x ]与{x }一、[x ]与{x }的定义：[x ]：表示不大于x 的最大整数，又称高斯取整函数。
如[3.14]=3, [6]=6, [0]=0； {x}：表示x 的小数部分。
0≤{x}<1,x =[x]+{x}。
{0}=0，{3.14}=0.14；二、性质：1、[x ]≤x <[x ]+1，x -1< [x ]≤x ；2、[n +x ]=n +[x ]，[x ]+[y ]≤[x +y ]，{x }+{y }≥{x +y }；3、[x ]=[y ]则|x -y |<1；三、例题：例1：计算[6.45]=_____，[10]=_____，{8}=_____，{6.32}=______；例2：北京市现在出租车的定价是：3公里以内（包括3公里）的是10元，以后每1公里2元，不足1公里的按1公里计算。
如果一个人乘车的费用是20元，那么他行驶的路程的范围是_____公里；（不考虑等待时间）例3：1⨯2⨯3⨯⋯⨯100计算结果的末尾有______个“0”；例4：求使10110210007k⨯⨯⨯为整数时，k 的最大值是______；例5：如果规定[]x 是不大于x 的最大整数，那么在1232007200820082007200621⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，，，，，中，共有______个值是1；例6：计算23123223100101101101⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦++=_______；例7：解方程： （1）[]1.910x ＝（2）[]1625x x －＝ （3）[]13x x ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦＝ （4）[]2{}x x x +＝3例8：解不等式[]x x x {}<－1例9：证明n 整数，[]121[]n x x x x nx n n n -⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦++++＝数论专题：[x]与{x}测试1.[]1.919x ＝2.316123x x +-⎡⎤⎢⎥⎣⎦＝3. 在数列22221231991[][][][]1991199119911991，，，，中有_____个不同的数； 4. []2x x x ＝+2{}5. 一个非零数A 的整数部分减去小数部分后结果是B ，如果A ＝2007×B ，那么A 是______；6. []1220073.14 3.14 3.14 3.14200820082008⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦++++=_______；。
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{x} r , 0 1 m
[ x] x 即有 [ m ] [ m ]
n!的标准分解
定理：设p(n!)表示p在n!的标准分解中的指数， 则有
n p(n!)= [ p i ] i 1
先来看一个例子 例:15!中2的个数为11个.
15 15 15 [ ] [ ] [ ] 11 2 4 8
§5、函数[x]和{x}
定义1：设x是实数，用[x]表示不超过[x]的最 大整数，称它为x的整数部分。 又称{x}=x-[x]为x的小数部分。 例[2.4]=2，{-2.4}=0.6,[-2.4]=-3 性质：1、由定义有恒等式x=[x]+{x} 2、 [x] ≤ x<[x]+1 ,由定义不超过和最大即得 3、[x]+[y]≤ [x+y],{x}+{y} ≥ {x+y}， 例[2.5]+[2.6] ≤ [5.1]
n [ ] p,2p,… p p, 其为 [ ] p
[
n ] p2
p
n ([ 2 ])! p
n 再在1,2,3,… [ 2 ] 中作同样讨论，依次类推有 p
n p(n!)= [ i ] i 1 p
推论1：n为正整数，则有 n!
p
pn
i 1
[
n p
i
]
推论2：n为正整数，1 k n-1,则有 n! k Cn N k!(n k )! 证：对任意p, n!, k!, (n-k)!的标准分解中p的 指数分别为 n k n k 由性质
,从而证明了结论.
注： 要证明a|b，只要证明对任意素数p，a中 p的幂指数不超过b中p的幂指数即可，用p(a) 表示a中p的幂指数，则a|b 的充要条件是 p(a) ≤p(b)
例3 : 设c不能被素数平方整除，若a2|b2c，则 a|b
证：由已知p(c)≤1，且p(a2)≤p(b2c) ∴ 2p(a)≤2p(b)+p(c) ∴ p(a)≤p(b)+ 即 p (a ) ≤ p ( b ) ∴ a|b
k!i!
f ( k ) ( x) k! n
例1： 求2005!末尾零的个数。
解：因为10=2×5，而2比5多，
所以只要考虑2005！中5的幂指数，即
5（2005！）=
2005 2005 2005 2005 2005 [ ] [ 2 ] [ 3 ] [ 4 ] [ 5 ] 500 5 5 5 5 5
1 p (c ) 2
例4：设p为素数，则有p| C 于等于p-1的整 数
k p
k p
,其中k为小
p! p( p 1)! 证：由性质知 C k!( p k )! k!( p k )! N
k 有 p | C p k!( p k )! p( p 1)! C k!( p k )!
[ p ], [ p ], [
i 1 i i 1 i i 1
p
i
],
即有k!(n-k)!|n! , 从而证明了结论。
n k nk [ i ] [ i ] [ i ], p i 1 p i 1 p i 1
推论3：n为正整数，设f(x)是一个n次的整系 f ( k ) ( x) (k ) 数多项式, f ( x) 是它的k阶导数，则 k! 是一个n-k次整系数多项式。 证：显然 是n-k次整系数多项式， (k ) f ( x) 中 x i 的 设 f ( x) an x a1x a0 ,则 k! 系数为 bi ak i (k i)! 为整数，所以结论成立。
4、[x+m]=[x]+m, m为整数， 5、[-x]=
a a 6、a,b 为整数，b>0,则有 a b[ ] b{ } b b a a a 证： a b b([ ] b{ })
b b b
a a b[ ] b{ } b b
[ x] 1, x Z [ x], x Z
注意与带余除法的比较。
7、a,b 是正整数，则不大于a而为b 的倍数的 a 正整数恰有[ ]个。
b
证：能被b 整除的正整数为b,2b,3b,…设这些 整数的个数恰好为k个，则 kb a (k 1)b , 即 k a k 1 ， 所以 [ a ] k
b
b
例:1到1000的这1000个数是6的倍数的有多少 个.
例2：证明（n!）(n-1)!|(n!)! 证：对任意素数 p, 设（ n! ） (n-1)! 中素数 p 的指 n! [ k] 数为 ,（n!）!中p的指数β， k 1 p
n [ ,k ] 有 (n 1)! k 1 p
n(n 1)! n [ ] ( n 1 )! [ ] k k p k 1 k 1 p
1000 ] 166 个. 有[ 6
[ x] x 8、对正整数m,有 [ ] [ ] m m
证：由带余除法[x]=mq+r, 0 r m ,所以
[ x] r [ x] q ,[ ] q m m m
x [ x] {x} {x} r q m m m m
又
所以 [ x ] q
证：若p >n,则p †n!, 即p(n!)=0, 成立。
n p
n 若 p n ,则由性质知在1，2，…n中，p的倍数有 [ ] p 个， n [ ] n [ ] p, 其积为 p ([ ])! 为p,2p,… p p
n n 同理若 p [ ]，则 1，2，3,…,[ ] 中，p的倍数是 p p
k p
由已知(p,k!)=1, (p,(p-k)!)=1,
所以有(p, k!(p-k)!)=1,又有上式得即
k p | Cp k!( p k )!
p| C k p
, 从而证明了结论。