1、高二暑假南理工夏令营第 1 页 共 7 页欧拉定理、费马定理、威尔逊定理1、欧拉函数：(m)是 1, 2, , m 中与 m 互质的个数，称为欧拉函数.欧拉函数值的计算公式：若 m , 则 (m)m (1 )(1 )(1 )p11p 22 p nn 1p1 1p2 1pn例如，30235，则 .853)(0)3( 若 p 为素数，则 若 p 为合数，则1,),k(),不超过 n 且与 n 互质的所有正整数的和为 ；(2n若 若(,)1()(),abab)ab设 d 为 n 的正约数，则不大于 n 且与 n 有最大公因数 d 的正整数个数为 ，()nd同时 ；()()dndn例 1、证明：(n)
2、 n 不可能成立 .14不 可 能 成 立 假 设 不 成 立上 式 不 成 立 ，左 边 是 一 个 奇 数 ，上 式 右 边 是 一 个 偶 数 ，又即 ：即 ： 为 奇 质 数 ， 则 ：设 成 立 ， 则证 ： 若 不 可 能 成 立 ；【 练 习 】 证 明 ：nppp pnppnkk kkkkk41)( )1()(1 )1()(2241)( ,),(,|4)( 2221 11221 例 2、证明：数列2 n3中有一个无穷子数列，其中任意两项互质 .321,),(mod,)(3 ,21)( )(1)1 21221121 inkiu iuuk kukx ukkkk 互 素 的 无 穷
3、子 数 列中 一 定 有 一 个 任 意 两 项数 列 依 此 方 法 一 直 下 去项 两 两 互 素 的 子 数 列 ，是、数 列 理 有 ：是 欧 拉 函 数 ， 由 欧 拉 定其 中作 项 是 两 两 互 素 的 ， 记 为中 已 有证 明 ： 设 数 列 其 中 任 意 两 项 互 素 ；中 有 一 个 无 穷 子 数 列 ，、 证 明 ： 数 列例 ） 例 3、已知 p 为质数，在 1, 2, , p 中有多少个数与 p 互质？并求 (p). 直接用性质例 4 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列，求出这个数列的第 2010 项.解：1105 的所有正整数中共有 个与 1
4、05 互素，他们从小到排列为：(105)(3)748. 对于任一的 ，由带余除法存在唯一的 q, r 使得 123448,8,aaa na，由(a n，105) 1，可得 (r，105)1，即 .05nqrr 1248,ra反之，对于任意固定非负整数 q, 有(105qr，105) 1，于是 105qr 都是数列的项，2,高二暑假南理工夏令营第 2 页 共 7 页从而存在正整数 n，使得 . 因此数列 仅由 的数由小到大排列而成105naqrna105(1,248)nqa的.因为 201048*4142，所以有 .24248 201, 9,439a 而 由 求 得 所 以2、(欧拉定理) 若(
5、 a, m)1，则 a(m)1(mod m ).证明：设 r1，r 2，r (m)是模 m 的简化剩余系，又(a , m)1，ar 1，a r2，ar (m)是模 m 的简化剩余系，ar 1ar2ar(m)r 1r2r(m)(mod m)，又(r 1r2r(m), m)1，a (m)1(mod m ).注：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问题.应用：设(a, m)1, c 是使得 ac1(mod m)的最小正整数, 则 c|(m).2、(定义 1) 设 m1 是一个固定的整数, a 是与 m 互质的整数，则存在整数 k (1km)，使 ak
6、1(mod m)，我们称具有这一性质的最小正整数(仍记为 k)称为 a 模 m 的阶，由 a 模 m 的阶的定义，可得如下性质： 设(a, m) 1 ，k 是 a 模 m 的阶，u, v 是任意整数，则 aua v (mod m)的充要条件是 uv ( mod k)，特别地，a u1 (mod m)的充要条件是 k|u证明：充分性显然.必要性：设 ，由 及 知 .,l(od)a(,1(od)l用带余除法， 故 ， ，0,kqrkqr r由 的定义知，必须 ，所以k .uv 设(a, m) 1 ，k 是 a 模 m 的阶，则数列 a, a2, , ak, ak1 ,是模 m 的周期数列，最小正周
7、期为 k，而 k 个数 a, a2, ak 模 m 互不同余. 设(a, m) 1 ，k 是 a 模 m 的阶，则 k|(m)，特别地，若 m 是素数 p，则 a 模 p 的阶整除 p1.(4) 设(a , p)1, 则 d0 是 a 对于模 p 的阶 1( mod p), 且 1, a, , ado1 对模 p 两两不同余.0d特别地, d o(p) 1, a, a(p)1 构成模 p 的一个简化剩余系.定理：若 为 对模 的阶， 为某一正整数，满足 ，则 必为 的倍数.ls )(od1ssl例 5、设 a 和 m 都是正整数， a1. 证明： ).(|ma证明：实上，显然 互素，且 的阶是
8、 m，所以由模阶的性质导出1与 模 ).1(|ma例 6：设 m, a, b 都是正整数， m1，则( .,),(bab证明：记 由于(a, b)|a 及( a, b)|b，易知 及 ，).,(bd 1|a|),(bba故 ， 另一方面设 m 模 d 的阶是 k，则由|), od,od推出，k|a 及 k|b，故 k|(a，b). 因此 .|),o1),(),(bd即综合两方面可知， 证毕.),(3、(费尔马小定理) 若 p 是素数，则 apa(mod p) 若另上条件(a，p) 1，则 ap11(mod p)证明：设 为质数，若 是 的倍数，则 .若 不是 的倍数，则0 1,(由欧拉定理得：
9、 ， ，由此即得.(od1,)() )(mod,od1p4、(威尔逊定理) p 为质数 (p1)! 1 (mod p)证明：充分性：若 p 为质数，当 p2，3 时成立，当 p3 时，令 x1, 2, 3, , p1 ，则 ，在 中，必然有一个数除以 余 1，),xxx)(, p这是因为 则好是 的一个剩余系去 0.(2从而对 ，使得 ；,1y )(od1py若 ， ，则 ， ，这不可能.)mod1y10)(21 |21y故对于不同的 ，有 .即对于不同的 对应于不同的 ，,21p xy mxy即 中数可两两配对，其积除以 余 1，然后有 ，使 ，即与它自己配对，,2p x)(2这时 ， ，
10、或 .)(0x )(od)(px除 外，别的数可两两配对，积除以 余 1.故 ., mod1)!(pp必要性：若(p1)! 1 (mod p)，假设 p 不是质数，则 p 有真约数 d1，故(p1)! 1 (mod d)，另一方面，dp，故 d|(p1)!，从而( p1)!0 (mod d)，矛盾！ p 为质数.5、算术基本定理：任何一个大于 1 的整数都可以分解成质数的乘积. 如果不考虑这些质因子的次序，高二暑假南理工夏令营第 3 页 共 7 页则这种分解法是唯一的. 即对任一整数 n1，有 n ，其中 p1p 2p k 均为素数，p11p 22 p kk1、 2、 k 都是正整数.正整数
11、d 是 n 的约数 d ，(0 i i, i1, 2, , k)p11 p 22 p kk 由乘法原理可得：n 的正约数的个数为 r(n)( 11)( 21)( k1) n 的正约数的和为 S(n)(1p 1 )(1p 2 )(1p k )p11 p 22 p kk n 的正约数的积为 T(n) ()2r n 为平方数的充要条件是：r(n) 为奇数.(2) 判断质数的方法：设 n 是大于 2 的整数，如果不大于 的质数都不是 n 的因子，则 n 是质数.n(3) n!的标准分解：设 p 是不大于 n 的质数，则 n!中含质数 p 的最高次幂为：从而可以写出 n!的标准分解式.).()( 132
12、 mmpP例 7、证明：当质数 p7 时，240|p 41. 1|240|5365316|),(),(16421)(,1, )(, 24014 422424 pppp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 8、求 被 17 除所得的余数.20解： 55 2571(mod7),因为 所以由费马小定理得(1,4), 16故 54205205625343312(mod7),所以 被 17 除所得的余数是 14.变式拓展：已知 a
13、为正整数，a2，且(a, 10) 1，求 a20 的末两位数字.解：(a, 10) 1，a 为奇数，a 20a (25)1(mod 25)，又a 21(mod 4) a 201(mod 4) ，又(25, 4) 1，a 201(mod 100)，a 20 的末两位数字 01.例 9、证明：方程 无整数解.325yx解：若 y 是偶数，则 8 | ，x 23( mod 8)不可能. 故必有 y 一定是奇数，从而 x 是偶数. 令 x2s，y2t1 得 , 知 t 是偶数，令 t2j，代入得 s21j (16j212j3) ts36423由(16j 212j3)3(mod 4) 知存在 4k3 型
14、的奇素数 p，使得 p|(16j212j3)，从而 p | s21，即 s21(mod p)，有(s，p)1, (mod p)，于是 1(mod p) 与费尔马小定理矛盾.2121)()(p 1s例 10、 试证：对于每一个素数 p，总存在无穷多个正整数 n，使得 p|2nn证明：若 p2，则 n 为偶数时结论成立.若 p2，则(2，p)1，由费尔马小定理 2 p1 1(mod p)，故对于任意 m，有 2 m(p1)1(mod p).2 m(p1)m( p1)1m (mod p) ，令 1m 0(mod p) ，即 mkp1，则对于 nm(p1)( kp1)(p1)(kN *)，均有 2 n
15、n 被 p 整除例 11、设 a, b 为正整数，对任意的自然数 n 有 ，则 ab.a证明：假设 a 与 b 不相等. 考虑 n1 有 ，则 ab.高二暑假南理工夏令营第 4 页 共 7 页设 p 是一个大于 b 的素数，设 n 是满足条件的正整数： 1(mod),(od),npnap由孙子定理这样的 n 是存在的，如 n(a1)( p1)1.由费马定理 所以(1)mod),kpa0),n也即 ，所以 ，矛盾., od)n b再 由 费 马 定 理 b例 12、设 p 是奇素数，证明：2 p1 的任一素因了具有形式 是正整数.x,12证明：设 q 是 2 p1 的任一素因子，则 q2. 设
16、2 模 q 的阶是 k，则由 知 k|p，)(odqp故 k1 或 p (因 p 是素数，这是能确定阶 k 的主要因素).显然 k1，否则 这不可能，因此 kp.),(od由费马小定理 推出 因 p、q 都是奇数，故 q12px(x 是个正整数).m1q 1|,|即例 13、设 是大于 5 的素数, 求证：在数列 1, 11, 111, 中有无穷多项是 的倍数.证明： 因 是素数, 故 由费马小定理p(,0)1.p10(mod),p故对每一个正整数 有 而 l(od),l119,l lplp 个个因 故1(,9),lp1.lp 个例 14、证明：若 则 这里 是奇素数.0(m)n20(),pn
17、证明：因 是奇素数，故由费马定理得， 于是，p od(od)pn(mod).pnp故可由已知条件 得 故存在整数 使得 因此odpm.k,mk1212 1 0().ppprprmnkkCCk例 15、(2004 第 36 届加拿大奥林匹克 ) 设 p 是奇质数，试证： 1 22)(od)1pk p例 16、(第 44 届 IMO) 设 p 是质数，试证：存在一个质数 q，使对任意整数 n，数 npp 不是 q 的倍数.高二暑假南理工夏令营第 5 页 共 7 页例 17、已知 p 是给定的质数，求最大正整数 m 满足：1m p1 ； .1)(mod0pkp例 18、(2006 国家集训队测试题
18、) 求所有的正整数对(a, n)，使得 n|(a1) nan高二暑假南理工夏令营第 6 页 共 7 页课外练习题：1、证明：f (x ) x5 x3 x 是一个整值多项式. 求证：f (n) n5 n2 n1 被 3 除余 2.15 13 715 15 32 1310则只需证 是 15 的倍数即可. 由 3，5 是素数及 Fetmat 小定理得 ，(f )5(mod5x，则 ；mod3(mod073x )(73xx而(3，5)1，故 ，即 是 15 的倍数, 所以 是整数.)(od0735)15f )(f2、 证明：2730|n 13n (nN*) )(|273013752),(13752 |
19、),(|,| )(,)( )1)()11),(|13 ),(,)(270,| 41 23527 622636 131 nfnf fnff ffnfnf Nnfn两 两 互 素 ， 故，且均 整 除，即由 费 马 小 定 理 可 知 ： 的 因 式都 是故由 于可 知 则 由 费 马 小 定 理 ， 若 记证 明 ：【 练 习 】 证 明 ： 3、 已知有正整数babaabba 的 最 大 公 约 数 不 超 过与是 整 数 ， 求 证 ：使 得,.证明：由于 ，设(a, b) d，则 d2|a2b 2，显然 d2|ab，由得，d 2|aba 1b b 1a a2 b2 a bab于是 abd
20、2， d，即 (a, b) .a b a b4、求最小的正整数 k，使得存在非负整数 m，n 满足 k19 m5 n5、将与 105 互素的所有正整数从大到小排列，试求出这个数列的第 1000 项；高二暑假南理工夏令营第 7 页 共 7 页法一：由 105=357；故不超过 105 而与 105 互质的正整数有 105(1 )(1 )(1 )=48 个. 13 15 171000=4820488， 10520=2100. 而在不超过 105 的与 105 互质的数中第 40 个数是 86 所求数为 2186.法二：6设 为正整数，具有性质：等式 对所有的正整数 成立.nm, (17,)(17,)kmknk证明： ，其中 是某个整数.17r
