1、第一章 整数的可除性,初等数论,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,1.1 整数的除法 带余除法定理,初等数论,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定义1.1.1 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ba；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
2、称为奇数。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定理1.1.1 下面的结论成立：() ab ab；() ab，bc ac；() bai，i = 1, 2, , k ba1x1 a2x2 akxk，此处xi（i = 1, 2, , k）是任意的整数；() ba bcac，此处c是任意的非零整数；() ba，a 0 |b| |a|；ba且|a| 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。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,推论 任何大于1的合数a必有一个不超过的素约数。 证明
3、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1.1.1 设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有n 21r 2 r n r。 解 对于任意的正整数a，b以及正奇数k，有ak bk = (a b)(ak 1 ak 2b ak 3b2 bk 1) = (a b)q，其中q是整数。记s = 1r 2 r n r，则2s = 2 (2 r n r) (3 r (n 1)r) (n r 2 r) = 2 (n 2)Q，其中Q是整数。若n 2s，由上式知n 22，因为n 2 2，这是不可能的，所以n 2s。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡
4、的笑容,例1.1.3 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？ 解 对于n的每个约数d，都有n = d，因此，n的正约数d与是成对地出现的。只有当d =，即n = d2时，d和才是同一个数。故当且仅当n是完全平方数时，d(n)是奇数。因为442 1997 452，所以在d(1), d(2), , d(1997)中恰有44个奇数，故d(1) d(2) d(1997)是偶数。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,例1.1.4 设整数k 1，证明：() 若2
5、k n 2k 1，1 a n，a 2k，则2ka；() 若3k 2n 1 |b|，a k0b |b| 0，这样，在集合A中，又有正整数a k0b |b| r，这与r的最小性矛盾。所以式(2)必定成立。取q = k0知式(1)成立。存在性得证。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,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。,美丽有两种一是深刻又动人
6、的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定义1.1.3 称式(1)中的q是a被b除的商，r是a被b除的余数。 由定理1可知，对于给定的整数b，可以按照被b除的余数将所有的整数分成b类。在同一类中的数被b除的余数相同。这就使得许多关于全体整数的问题可以归化为对有限个整数类的研究。 以后在本书中，除特别声明外，在谈到带余数除法时总是假定b是正整数。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,例1.1.14 设a0, a1, , anZ，f(x) = anxn a1x a0 ，已知f(0)与f(1)都不是3的倍数，证明：若方程f(x) = 0有整数解，则3f(1) = a0 a1 a2 (1)
7、nan 。 解 对任何整数x，都有x = 3q r，r = 0，1或2，qZ。() 若r = 0，即x = 3q，qZ，则f(x) = f(3q) = an(3q)n a1(3q) a0 = 3Q1 a0 = 3Q1 f(0)，其中Q1Z，由于f(0)不是3的倍数，所以f(x) 0；() 若r = 1，即x = 3q 1，qZ，则f(x) = f(3q 1) = an(3q 1)n a1(3q 1) a0= 3Q2 an a1 a0 = 3Q2 f(1)，其中Q2Z。由于f(1)不是3的倍数，所以f(x) 0。因此若f(x) = 0有整数解x，则必是x = 3q 2 = 3q 1，q Z，于是
8、0 = f(x) = f(3q 1) = an(3q 1)n a1(3q 1) a0= 3Q3 a0 a1 a2 ( 1)nan = 3Q3 f(1)，其中Q3Z。所以3f(1) = a0 a1 a2 (1)nan 。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,例1.1.15 证明：对于任意的整数n，f(n) = 3n5 5n3 7n被15整除。 解 对于任意的正整数n，记n = 15q r，0 r 0是整数，p为素数）的形式。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,6. 证明：12n4 2n3 11n2 10n，nZ。 7. 设3a2 b2，证明：3a且3b。
9、 8. 设n，k是正整数，证明：nk与nk + 4的个位数字相同。 9. 证明：对于任何整数n，m，等式n2 (n 1)2 = m2 2不可能成立。 10. 设a是自然数，问a4 3a2 9是素数还是合数？,1.2 最大公约数与 辗转相除法,初等数论,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定义1.2.1 整数a1, a2, , ak的公共约数称为a1, a2, , ak的公约数。不全为零的整数a1, a2, , ak的公约数中最大的一个叫做a1, a2, , ak的最大公约数（或最大公因数），记为(a1, a2, , a
10、k)。 由于每个非零整数的约数的个数是有限的，所以最大公约数是存在的，并且是正整数。 如果(a1, a2, , ak) = 1，则称a1, a2, , ak是互素的（或互质的）；如果(ai, a j) = 1，1 i, j k，i j，则称a1, a2, , ak是两两互素的（或两两互质的）。 显然，a1, a2, , ak两两互素可以推出(a1, a2, , ak) = 1，反之则不然，例如(2, 6, 15) = 1，但(2, 6) = 2。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定理1.2.1 下面的等式成立：() (a1, a2, , ak) = (|a1|, |a2
11、|, , |ak|)；() (a, 1) = 1，(a, 0) = |a|，(a, a) = |a|；() (a, b) = (b, a)；() 若p是素数，a是整数，则(p, a) = 1或pa；() 若a = bq r，则(a, b) = (b, r)。 证明 ()()留作习题。 () 由第一节定理1可知，如果da，db，则有dr = a bq，反之，若db，dr，则da = bq r。因此a与b的全体公约数的集合就是b与r的全体公约数的集合，这两个集合中的最大正数当然相等，即(a, b) = (b, r)。证毕。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定理1.2.2 设
12、a1, a2, , akZ，记 A = y；y =，xiZ， i k 。如果y0是集合A中最小的正数，则y0 = (a1, a2, , ak)。 证明 设d是a1, a2, , ak的一个公约数，则dy0，所以d y0。另一方面，由第二节例2知，y0也是a1, a2, , ak的公约数。因此y0是a1, a2, , ak的公约数中的最大者，即y0 = ( a1, a2, , ak)。证毕。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定理1.2.3 (a1, a2, , ak) = 1的充要条件是存在整数x1, x2, , xk，使得 a1x1 a2x2 akxk = 1。 (1)
13、 证明 必要性 由定理2得到。充分性 若式(1)成立，如果 (a1, a2, , ak) = d 1，那么由dai（1 i k）推出da1x1 a2x2 akxk = 1，这是不可能的。所以有(a1, a2, , ak) = 1。 证毕。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定理1.2.4 对于任意的整数a，b，c，下面的结论成立：() 由bac及(a, b) = 1可以推出bc；() 由bc，ac及(a, b) = 1可以推出abc。 证明 () 若(a, b) = 1，由定理2，存在整数x与y，使得ax by = 1。因此acx bcy = c。 (2)由上式及bac得
14、到bc。结论()得证；() 若(a, b) = 1，则存在整数x，y使得式(2)成立。由bc与ac得到abac，abbc，再由式(2)得到abc。结论()得证。证毕。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,推论1.2.4 若p是素数，则下述结论成立：() pab pa或pb；() pa2 pa。 证明 留作习题。 推论1.2.5 若 (a, b) = 1，则(a, bc) = (a, c)。 证明 设d是a与bc的一个公约数，则da，dbc，由式（2）得到，d|c, 即d是a与c的公约数。另一方面，若d是a与c的公约数，则它也是a与bc的公约数。因此，a与c的公约数的集合，就
15、是a与bc的公约数的集合，所以(a, bc) = (a, c)。证毕。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,定理1.2.5 对于任意的n个整数a1, a2, , an，记(a1, a2) = d2，(d2, a3) = d3，(dn 2, an 1) = dn 1，(dn 1, an) = dn，则 dn = (a1, a2, , an)。 证明 由定理2的推论，我们有 dn = (dn 1, an) dnan，dndn 1，dn 1 = (dn 2, an 1) dn 1an 1，dn 1dn 2， dnan，dnan 1，dndn 2，dn 2 = (dn 3, an
16、2) dn 2an 2，dn 2dn 3 dnan，dnan 1，dnan 2，dndn 3， d2 = (a1, a2) dnan，dnan 1，dna2，dna1，即dn是a1, a2, , an的一个公约数。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,另一方面，对于a1, a2, , an的任何公约数d，由定理2的推论及d2, , dn的定义，依次得出 da1，da2 dd2， dd2，da3 dd3， ddn 1，dan ddn，因此dn是a1, a2, , an的公约数中的最大者，即dn = (a1, a2, , an)。 证毕。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛
17、着倦意淡淡的笑容,例1.2.1 证明：若n是正整数，则是既约分数。 解 由定理1得到(21n 4, 14n 3) = (7n 1, 14n 3) = (7n 1, 1) = 1。注：一般地，若(x, y) = 1，那么，对于任意的整数a，b，有(x, y) = (x ay, y) = (x ay, y b(x ay) = (x ay, (ab 1)y bx)，因此，是既约分数。 例1.2.2 证明：121n2 2n 12，nZ。 解 由于121 = 112，n2 2n 12 = (n 1)2 11，所以，若112(n 1)2 11， (3)则11(n 1)2，因此，由定理4的推论1得到11n
18、1，112(n 1)2。再由式(3)得到 11211，这是不可能的。所以式(3)不能成立。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,例1.2.3 设a，b是整数，且9a2 ab b2， (4)则3(a, b)。 解 由式(4)得到9(a b)2 3ab 3(a b)2 3ab 3(a b)2 3a b (5) 9(a b)2。再由式(4)得到93ab 3ab。因此，由定理4的推论1，得到3a或3b。若3a，由式(5)得到3b；若3b，由(5)式也得到3a。因此，总有3a且3b。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,例1.2.6 用辗转相除法求(125, 17
19、)，以及x，y，使得 125x 17y = (125, 17)。 解 做辗转相除法：125 = 717 6，q1 = 7，r1 = 6， 17 = 26 5， q2 = 2，r2 = 5， 6 = 15 1， q3 = 1，r3 = 1， 5 = 51， q4 = 5。由定理4，(125, 17) = r3 = 1。利用定理2计算（n = 3）P0 = 1，P1 = 7，P2 = 27 1 = 15，P3 = 115 7 = 22，Q0 = 0，Q1 = 1，Q2 = 21 0 = 2，Q3 = 12 1 = 3，取x = (1)3 1Q3 = 3，y = (1)3P3 = 22，则1253 17(22) = (125, 17) = 1。,美丽有两种一是深刻又动人的方程一是你泛着倦意淡淡的笑容,习 题 1. 2 1. 设x，yZ，172x 3y，证明：179x 5y。2. 设a，b，cN，c无平方因子，a2b2c，证明：ab。3. 设n是正整数，求的最大公约数。4. 用辗转相除法求整数x，y，使得1387x 162y = (1387, 162)。5. 计算：(27090, 21672, 11352)。,
