1、1数论讲义 定义（欧拉(Euler)函数）对于一个正整数 n ，小于 n 且和 n 互质的正整数（包括 1）的个数，记作 (n)（1）对于给定的一个素数 p ， (p) = p -1。（2）则对于正整数 n = pk ，(n) = pk - pk -1欧拉(Euler)函数公式： kk ppnn 1()1()(221 ， 则的 标 准 分 解 为 ：若例 1 与 300 互素且不超过 300 的自然数的个数。解 所求的数即 80)51(3)(30)(例 2 1 到 1001 这 1001 个数中，是 7,11 或 13 的倍数的有多少个？解：由于 7,11,13 均为质数，所有不是它们的倍数的
2、数都是和它们互素的，而与它们互素就意味着和 1001 互素，且这些数都是比 1001 小的数。所以我们可以直接使用1(0)()()73612定理 1：（欧拉（Euler）定理）设 1，则 。),(ma)(od1)(m分析与解答：要证 ，我们得设法找出 个 相乘，由 个数od1)(am n)(我们想到 中与 互质的 的个数： ，由于 1，从,2 )()(21,ma ,而 也是与 互质的 个数，且两两余数不一样，故)(1,ma （ ） ，而（)(2 )(21,ma )( )(21m od）1，故 。)(1m od这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决
3、问题。例 3.设 ，求证： 。1),9(ab)(|921ba2证明：因为 ，故由 知 ，从而 ，但13791),9(ab),9(a1),3(),7(a是 ，故由欧拉定理得： ，2)(,6)( mod1262，从而 ；同理， 。mod12a)(mod1)9(1b于是， ，即 。9012b)(|2a定理 2：（费尔马（Fermat）小定理）对于质数 及任意整数 有 。pa)(odpp设 为质数，若 是 的倍数，则 。若 不是 的倍数，则pap)(mod0由引理及欧拉定理得 ，1),(a 1,)()(ap，由此即得。mod),pp定理 推论：设 为质数， 是与 互质的任一整数，则 。*2p)(od1
4、pap1|240|5365316|),(),(16421)(,1, )(,724014 4224244ppppp两 两 互 素 ， 则与，又 费 马 小 定 理 有 ：又 整 除能 被 是 相 邻 的 偶 数 ， 则 ：和均 为 偶 数 ，且 又 是 奇 数素 数证 ： 整 除 ；能 被时 ，、 证 明 当 素 数例 例 4求证：对于任意整数 ， 是一个整数。xx735证明：令 ，则只需证 是 15 的倍数)(xf1735)(fx7533即可。由 3，5 是素数及 Fetmat 小定理得 ， ，则)5(mod5x)(od3x3；)5(mod073533xx )3(mod02733xx而（3，5
5、）=1，故 ，即 是 15 的倍数。所以 是整15 )(f f数。例 6求证： （ 为任意整数） 。n13|270证明：令 ，则 ；)(f )(f )1()(1)(1622nnn所以 含有因式n2357,由 Fetmat 小定理，知 13| 7|1 2357 |,|,|又 13，7，5，3，2 两两互素，所以 2730= 能整除 。1n13例 7设 是直角三角形的三边长。如果 是整数，求证： 可以被 30 整除。cba, cba,abc证明：不妨设 是直角三角形的斜边长，则 。22若 2 ，2 ，2 c，则 ，又因为 矛ab )(mod012ba )2(mod12c盾！所以 2| .c若 3
6、，3 ，3 c，因为 ，则 ，又)3()3(2k )3(2ba，矛盾！从而 3| .)(mod12ab若 5 ，5 ，5 c，因为 ， ，ab)5(mod1)5(2k )5(mod1)2(k所以 或 0(mod5)与 矛盾！22从而 5| .又(2,3,5)=1，所以 30| .abc定理 3：（威尔逊（Wilson）定理）设 为质数，则 。p)(od1)!(pp分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找 个数，然后来对应乘法。14证明：对于 ，在 中，必然有一个数除以 余 1，这是因为1),(pxxpx)1(,2 p则好是 的一个完全剩余系去 0。,2从而对 ，使得 ；,yx )(modxy若
7、， ，则 ， ，故对)(mod21py1(x)(21pyx|21y于 ，有 。即对于不同的 对应于不同的 ，, mod2px即 中数可两两配对，其积除以 余 1，然后有 ，使 ，即与 )(od2p它自己配对，这时 ， ， 或)(012x)(od0)(px1x， 或 。)(mod1px除 外，别的数可两两配对，积除以 余 1。故,。)(od1)(!p定义：设 为整系数多项式（ ） ，我们把含有 的一组同余式xfj kjx（ ）称为同余方组程。特别地， ，当 均为 的一次整)(m0)jjfj)(fix系数多项式时，该同余方程组称为一次同余方程组.若整数 同时满足：c)(od)jjcf，则剩余类 （
8、其中 ）称为k1 )(mod,|cxZMc ,21km同余方程组的一个解，写作 )(定理 4：（中国剩余定理）设 是两两互素的正整数，那么对于任意整数k,21，一次同余方程组 ， 必有解，且解可以写为：ka,21 )(odjjmaxkj1)(od21 maNMNMk这里 ，km215，以及 满足 ， （即 为 对模)1(kimMiijN)(mod1jjMkjjNjM的逆） 。j例：孙子算经里的下卷第 26 题，是一个闻名世界的数学问题。这问题有人称它为“孙子问题”：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”我们把这个问题再翻译成数学问题，就变成：“寻找 x，使得
9、x2（mod 3） ，x3（mod 5） ，x2（mod 7） 。 ”现在假定“孙子问题”一般的情形：求 x 使得xr 1（mod 3） xr 2（mod 5） xr 3（mod 7） 由于模 3，5，7 是两两互素，所以它们的最小公倍数（3，5，7）=357335=521 =715105因为 3521（mod 3）2111（mod 5）1511（mod 7）因此由同余的可乘性我们得70r1r 1（mod 3）21r1r 2（mod 5）15r1r 3（mod 7）于是我们有70r121r 215r 370r 1r 1（mod 3）70r1+21r215r 321r 2r 2（mod 5）70
10、r1+21r215r 315r 3r 3（mod 7）因此同余式组（I）的解是满足下面同余式组的整数值 x：x70r 121r 215r 3（mod 3）6x70r 121r 215r 3（mod 5） （2）x70r 121r 215r 3（mod 7）由于 x（70r 121r 215r 3）是 3，5，7 的倍数，它也会是（3，5，7）105 的倍数。故（2）的解同样是和 x70r 121r 215r 3（mod 105）一样。现在回过头看“孙子问题” ，r 1=2，r 2=3，r 3=2。由算经的前半段解法是这样：x=702213152-210523中国定理的作用在于它能断言所说的同余
11、式组当模两两互素时一定有解，而对于解的形式并不重要。以上介绍的只是一些系统的知识、方法，经常在解决数论问题中起着突破难点的作用。另外还有一些小的技巧则是在解决、思考问题中起着排除情况、辅助分析等作用，有时也会起到意想不到的作用，如： ，为 偶 数 时为 奇 数 时nn)4(mod0812。这里我们只介绍几个较为直接的应用这些定理的例子。时不 整 除 时整 除 nn3)(mod092除以 17 的余数。21（1993， 17）=1(17)93od)201625(m17)求 的末两位9解：方法 1） ，只要求出 01，所以 y2100，经实验可知 y210=39 ，3x 2+1=13所以 x=2，
12、y=7说明：本题虽然简单，但也综合运用了恒等变形、估算等多种方法练习 5求证方程 x3+113=y3 没有正整数解解：假设方程有正整数解，则由 x3+113=y3 得（yx ） （y 2+xy+x2）=11 3由于 yx，y11 ，所以 y2+xy+x2112，于是 yx =1，y 2+xy+x2=113所以（x+1） 2+x（x +1）+x 2=3x2+3x+1=113=1331，即 3（x 2+x）=1330这与 3 1330 矛盾，所以原方程没有正整数解例 6求方程 x+y=x2xy+ y2 的全部整数解解：将原方程看成关于 x 的一元二次方程：x 2（y +1）x +（y 2y ）=0
13、 若此方程有解，则=（y+1） 24（y 2y）0，即 3y26y10解得：1 ，所以 y=0，1 或 2313y将 y 的值代入原方程可解得：17， ， ， ， ， 0yx10yx12yx2练习 6求方程 x2+y2=2x+2y+xy 的所有正整数解解：将原方程看成关于 x 的一元二次方程 x2（y +2）x+（y 22y ）=0 若此方程有整数解，则=（y+2） 24（y 22y）为完全平方数又因为=3（y2） 2+16 0，16，所以=0，1，4， 9 或 16解得 y=2 或 4代入原方程解得 ， 或 yxyx例 7求方程 x6+3x3+1=y4 的整数解解：（1）当 x0 时，x 6
14、+2x3+10 不成立（2）当 x=0 时，y 4=1，y =1（3）当 x=1 时，y 4=1，y 无实数解（4）当 x2 时，x 3+12 时，0143（2y 2+y） 2（2x +1） 2（2y 2+y+1） 2而 2y2+y 与 2y2+y+1 为两相邻整数，所以此时原方程没有整数解（2）当 y=1 时，x 2+x=0，所以 x=0 或1（3）当 y=0 时，x 2+x=0，所以 x=0 或118（4）当 y=1 时，x 2+x=4，此时 x 无整数解（5）当 y=2 时，x 2+x=30，所以 x=6 或 5综上所述： ， ， ， ， ， 10y01y26x5y说明：本题与例 7 的解法基本思想相同，但各种条件更隐蔽，需要较高的洞察力
