1、1初等数论精讲与习题讲解算 术 基 本 定 理 。大 约 公 元 前 350 年 ， 欧 几 里 得 在 他 伟 大 的 十 三 卷 著 作 原 本 中 ， 用 了 许 多 篇 幅 来 讨论 素 数 。 特 别 是 他 证 明 了 每 一 个 比 1 大 的 数 （ 即 每 个 比 1 大 的 正 整 数 ） 要 么 本 身 是 一个 素 数 ， 要 么 可 以 写 成 一 系 列 素 数 的 乘 积 ， 如 果 不 考 虑 这 些 素 数 的 在 乘 积 中 的 顺 序 ， 那么 写 出 来 的 形 式 是 唯 一 的 。 例 如 ：14=2*7， 21=3*7， 等 等 。等 号 右 边
2、的 表 达 式 分 别 是 数 14 与 21 的 “素 数 分 解 ”。 这 样 我 们 能 把 欧 几 里 得 的 结 果 表达 为 ： 每 一 个 大 于 1 的 计 数 数 要 么 是 素 数 ， 要 么 具 有 唯 一 的 （ 次 序 变 化 不 计 ） 素 数 分解 。 这 个 事 实 被 称 为 算 术 基 本 定 理 ， 它 告 诉 我 们 素 数 好 比 化 学 家 的 原 子 所 有 整数 得 以 构 成 的 基 本 砌 块 。例 1 将 8128 的小于自身的全体正约数从小到大排成 ，求证：12,na32222211 187()()()naa 分析：（1）8128 的正约
3、数（数论知识），则其约数共有（6+1） （1+1）=14 个。6187 （柯西）22121313aaa 数列的前 n 项和（估算） 。裂项求和。解答：（1）8128 的正约数（数论知识），则其约数共有（6+1） （1+1）=14 个。618278128 的所有约数之和： 。72601(2)()(7)8 A小于自身的正约数共（14-1=）13 个，小于自身全体约数和：8128。即： 。12138a（2） 3 132222211 817()()()aan （柯西）23213a 数列的前 n 项和（估算） 。裂项求和。22222221 121211212123 322 21()()()()()()(
4、k kk kkkkkkkaaaaaaaan A A 3213212 )87( )1kkkkkaa 例 2给定正整数 ，设两个不相等的正整数 ，使得n,ab1|nnab求 的最小值b解：设 ，可使 ， ，,da1da111nnd1 11111, ,nnnnnbbabab 11,naa0112若 为奇数， ，1bnbd 1132n nabdab，2na若 为偶数， ，1b12nadb 132nndab， 时，8， 时，23na3n例 3求证：存在无穷多个正整数 ，使得 都可以表示为两个正整数的平方和n1,证明： ，有：|1,sn都 可 以 表 示 为 两 个 整 数 的 平 方 和 2mxy则 ，
5、即：若 ，则 不能写成平方程（整数）形式mod43mod4若 ，则 ，可找到，s22276,38,745若 ， ， nc， e2n21nab1nf3，2222ncdccd21n211nabefaebffe若 ，则 ，0aebf,f那么 ， ，22e2 1e例 4有多少个十位数是 66667 的倍数，并且它们的个数仅为 3，4，5 和 6，。567310解：前五位数记作 A，后五位数记作 B,设 N 满足条件,但 510AB52()2NB67/67/267/2()A3B6()0A、 恰有一个解 ()0A3、 2(2)9267B所以 67设 1234Aa1234b3201234()()0()10(
6、)10(2)Babababa47b26,1,23.iai解 45b4解 ia6i所以，共有 种方法5213费 马 小 定 理 是 数 论 中 的 一 个 重 要 定 理 ,其 内 容 为 :假 如 p 是 质 数 ， 且 (a,p)=1， 那 么 a(p-1) （ mod p）一 、 准 备 知 识 ：引 理 1 剩 余 系 定 理 2若 a,b,c 为 任 意 3 个 整 数 ， m 为 正 整 数 ， 且 (m,c)=1,则 当 acbc(modm)时 ， 有 a4b(modm)证 明 ： acbc(mod m)可 得 acbc0(mod m)可 得 (a-b)c0(mod m)因 为 (
7、m,c)=1即 m,c 互 质 ， c 可 以 约 去 ， ab0(mod m)可 得 ab(mod m)引 理 2 剩 余 系 定 理 5若 m 为 整 数 且 m1,a1,a2,a3,a4,am为 m 个 整 数 ， 若 在 这 m 个 数 中 任取 2 个 整 数 对 m 不 同 余 ， 则 这 m 个 整 数 对 m 构 成 完 全 剩 余 系 。证 明 ： 构 造 m 的 完 全 剩 余 系 （ 0,1,2,m-1） ， 所 有 的 整 数 必 然 这 些 整 数 中 的 1个 对 模 m 同 余 。 取 r1=0,r2=1,r3=2,r4=3,r=i-1,11， b 是 一 个 整
8、 数 且 (m,b)=1。 如 果 a1,a2,a3,a4,am是 模 m 的 一 个 完 全 剩 余 系 ， 则 ba1,ba2,ba3,ba4,bam也 构 成 模 m 的 一 个 完全 剩 余 系 。证 明 ： 若 存 在 2 个 整 数 ba 和 baj同 余 即 babaj(mod m)， 根 据 引 理 2 则 有 aaj(mod m)。 根 据 完 全 剩 余 系 的 定 义 和 引 理 4（ 完 全 剩 余 系 中 任 意 2 个 数 之 间 不 同余 ， 易 证 明 ） 可 知 这 是 不 可 能 的 ， 因 此 不 存 在 2 个 整 数 ba 和 baj同 余 。 由 引
9、 理 5可 知 ba1,ba2,ba3,ba4,bam构 成 模 m 的 一 个 完 全 剩 余 系 。引 理 4 同 余 定 理 6如 果 a,b,c,d 是 四 个 整 数 ， 且 ab(mod m),cd(mod m),则 有 acbd(mod m)证 明 ： 由 题 设 得 acbc(mod m),bcbd(mod m)， 由 模 运 算 的 传 递 性 可 得 acbc(mod m)二 、 证 明 过 程 ：构 造 素 数 p 的 完 全 剩 余 系 P=1,2,3,4(p-1)， 因 为 (a,p)=1， 由 引 理 3 可得 A=a,2a,3a,4a,(p-1)a也 是 p 的
10、一 个 完 全 剩 余 系 。 令 W=1*2*3*4*(p-1)， 显 然WW(mod p)。 令 Y=a*2a*3a*4a*(p-1)a,因 为 a,2a,3a,4a,(p-1)a是 p 的 完 全 剩余 系 ， 由 引 理 2 以 及 引 理 4 可 得 a*2a*3a*(p-1)a1*2*3*(p-1)(mod p)即W*a(p-1)W(modp)。 易 知 (W,p)=1， 由 引 理 1 可 知 a(p-1)1(modp）中国余数定理:设 n=n1*n2.nk, 其中因子两两互质.有: a-(a1,a2,.,ak), 其中 ai = a mod ni, 则 a 和(a1,a2,.,ak)关系是一一对应的.就是说可以由 a 求出(a1,a2,.,ak), 也可以由(a1,a2,.,ak)求出 a推论 1:对于 a=ai (mod ni) 的同余方程,有唯一解
