1、1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 b0,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 ba.例如 2|4, 4|-12, -5|15; 2 3， -322.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 ba.例 1 判断下列各题是否 b|a？(1) 7|127
2、? (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 都是 m 的倍数, 是任意整数,那么12,naa 12,nqq是 m 的倍数.12qaq(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 23|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
3、除法设 a,b 是整数,且 b0,那么有唯一一对整数 q,r 使得 a=bq+r,0r 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=31+2 -5=(-3)2+15=(-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.2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
4、ba.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
5、3+5,3-5,6+3,6-3,例 4 设 a,b,n 是任意 3 个整数,而且 ,证明 n 是偶数.22ab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=3q1,于是=9 或 =9 6q+1=3(3 2q)+1.2aq2aq2q即 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3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
6、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 ,d 都是整数 ,d0,如果 ,i=1,2,n,称 d 是12,na ida的公因数, 的公因数中最大的整数称为最大公因数.记为 .如果 =1,则12,n 12,na 12(,)na 12(,)na称 互质。a例 1 (-6,8)=2,(-3,6,-9,15)=3,(1,2,3,-4)=1.在中小学数学里,求正整数 a,b 的最大公因数主要有这个样几种方法：(1)观察法；(2)将 a,b 的所有公因数都求出来,再从中挑最大的；(3)用短除法
7、.辗转相除法:设 a,b 是正整数,而且有11,0;abqrrb1221,;r12332,0;qrr （*）21 1,;nnnnrrr 11.nnq。(,)nabr例 2 用辗转相除法求(123,78),练习:用辗转相除法求(66,54).下面说明辗转相除法的正确性.先证明性质 1 设整数 a,b,c 不全为 0,而且有整数 q 使得 a=bq+c 则(a,b)=(b,c).证明 由 a,b,c 不全为 0 知,(a,b)、(b,c)都存在.因(a,b)|a,(a,b)|b,c=a-bq,得(a,b)|c,又得(a,b)(b,c);反之,由(b,c)|b,(b,c)|c,a=bq+c,得(b,
8、c)|a,(b,c)(a,b).所以(a,b)=(b,c).4由(*)式知 而 n 是有限正整数,再由性质 11210nnbrr得 = .112(,)(,)(,)a211(,)(,)(,0)nnnnrrrr2.最大公因数的性质最大公因数的几个性质：性质 2 (am,bm)=(a,b)m,m0.(短除法的根据)例 3 求(84,90),(120,36).(84,90)=3(28,30)=6(14,15)=6.(120,36)=12(10,3)=12.性质 3 (a,b)=(|a|,|b|).性质 4 (a,b,c)=(a,b),c).例 4 求(-84,120),(-120,-72),(24,-
9、60,-96).例 5 设 n 是任意整数,证明 是既约分数.3152n证明 设 d=(3n+1,5n+2),则 d|3(5n+2)-5(3n+1),即 d|1,d=1，所以 3n+1 与 5n+2 互质.作业 1.利用辗转相除法求(84,90). 2.求(120,36).3.设 n 是整数，证明 是既约分数。3172n3 整除的进一步性质及最小公倍数1.整除的进一步性质推论 1 设 a,b 不全为零,那么有 s,tZ 使得 as+bt=(a,b).证明 将(*)中每式中的余数解出得, , , ,再将21nnnrrq1321nnnrrq212rbrq11abq的表达式依次代入到 中就得 au+
10、bv= =(a,b)=d,u,vZ.1221,nn 21nnnr例 1 用辗转相除法求(120,54),并求整数 u,v 使得120u+54v=(120,54).解120=254+12,54=124+6,12=62,(120,54)=6.12=120-254,6=54-124=54-(120-254)4=120(-4)+549. u=-4,v=9.练习用辗转相除法求(84,45),并求整数 u,v 使得84u+45v=(84,45).设 a,b 都是正整数,问 a,b 的公因数与最大公因数有什么关系？例 2 求(12,18)及 12 与 18 的所有正的公因数；通过这个例子,请同学们观察最大公
11、因数与公因数有何关系？能否提出自己的猜想？能否证明自己的猜想？性质 1 设 d 是 a,b 的最大公因数,那么,a,b 的任一公因数都是 d 的因数.5证明 如果 d=(a,b),由性质 2 有 u,vZ 使得 au+bv=d.设 s 是 a,b 的任一公因数,则 s|au,s|bv,且 s|au+bv,即 s|d.性质 2 如果 d=(a,b),则( )=1.,abd性质 3 如果(a,c)=1,且 c|ab,则 c|b.性质 4 如果(a,c)=1,则(ab,c)=(b,c).性质 5 如果(a,b)=1,且 a|c,b|c,则 ab|c.例 3 证明 三个连续整数的积一定可被 6 整除.
12、2 最小公倍数定义 如果 m 是 中每一个数的倍数,则称 m 是整数12,naa的一个公倍数. 的公倍中最小正整数称为 的最小公倍数.用12,na 12,na 12,naa来表示.12,na例如 2,4,-3=12,15,12,20=60,6,10,15=30.定理 3 =| |,| |,| |.12,naa 12an定理 4 设 a,b 是两个正整数,则(i)a,b 的任一公倍数是a,b的倍数；(ii)a,b= .而且若 (a,b)=1,则a,b=ab.(,)ab证明(i)设 m 是 a,b 的任一公倍数,而且 m=ta,b+r,0r1,如果 a 除了 1 和 a 外再无其它正因数,则称 a
13、 为质数,也称为素数.否则,称 a 为合数.2,3,5,7,11 都是质数，4,6,8,9,10 都是合数.1-100 内有素数 25 个,1-1000 内有素数 168 个,1-10000 内有素数 1229,10 万内有素数 9592 个,100 万之内 78498 个.定理 1 设整数 a1,则 a 除 1 外的最小正因数 q 是素数,而且当 a 是合数时,q .a证明 假定 q 是合数,设 q=bc,11,不超过 所有素数为 ,如果 a,i=1,k,则 a 为素数.a12,kpp i例 1 以下正整数哪个是素数？哪个是合数？231,89,103,169.素数判别威尔逊定理:设整数 p1
14、,那么 p 是素数的充分必要条件是 p|(p-1)!+1.例 2 利用威尔逊定理判别 3,5,7,11 都是素数.当 p 较大时,(p-1)!+1 的数值非常大,在实际运用时不可行。定理 2 设 P 是素数,a 为任一整数,则或 P|a,或(P,a)=1.证明 因(P,a)|P,P 为素数,所以(P,a)=P,或(P,a)=1.即 P|a,或(P,a)=1.2.整数的唯一分解定理定理 3 任何 a1 的整数都有标准分解式:a= (3)12kpp这里 为不同素数,整数 ,i=1,k. 12,kpp 0i推论 1 若正整数 a1 的标准分解式为 a= ,则 a 的正因数 d 为12kppd= ,
15、,i=1,k.而且 a 有不同的正因数 个.12kpp 0ii 12()()()k推论 2 设 a= ,b= , , ,i=1,k.12kp 12kp 0ii则(1)(a,b)= ,a,b= ，12kpp 12kpp其中 , ,i=1,k.min(,)i iimax(,)i ii(2)a,b 共有正公因数 个;12()1k(3)a,b 共有公因数 个.2()()例 3 求 725760,154200 的标准分解式,并求它们的最大公因数和最小公倍数.解 因 725760= 51141, 154200= 3 257,8 3225所以(725760,154200)= 5, 725760,154200
16、= 3 1141257. 32828例 4 求下列各组数的最大公因数及其公因数的个数:(1)123,78；(2)120,54.练习:求下列各组数的最大公因数及其公因数的个数:(1)125,70；(2)140,56.例 8 设 p,q 都是大于 3 的素数,证明 24| .22pq3 质数的多少和质数的求法定理 4 素数有无穷多个.证明 反证法,设质数只有 k 个: ,令 ,12,kpp 121kMpM1,于是 M 有素数因数 p.因 M,i=1,2,k,p|M,所以 p ,i=i i1,2,k.这就是说, ,p 是 k+1 个不同素数.这与假设矛盾.12,kpp1-n 之间的所有素数怎样求出来
17、？1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68 69 7071 72 73 74 75 76 77 78 79 8081 82 83 84 85 86 87 88 89 9091 92 93 94 95 96 97 98 99 100按以下步骤进行：(1)删去 1，剩
18、下的后面的第一个数是 2，2 是素数；(2)删去 2 后面被 2 整除的数(从 4 开始),2 后面剩下的第一个数 3 是素数；(3)删去 3 后面的被 3 整除的数(从 9 开始),3 后面剩下的第一个数 5 是素数；(4)删去 5 后面的被 5 整除的数(从 25 开始),5 后面剩下的第一个数 7 是素数； 现在表中剩下的就全为素数了:2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97.对较小范围内的素数以上求法方便,对较大范围内的素数,需要编程求素数了.现在运行程序,求较大范围内的素数.找两个同学
19、来求.作业:1.判别 1577 是否为素数;2.P19:5t；93.求 725760,154200 的标准分解式,并求它们的最大公因数和最小公倍数,并求它们的所有公因数的个数。5 函数x,x及其应用1. 函数x,x的定义定义 1 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 = x x为 x 的小数部分。例 1 3.5=3,-3.5=-4,-0.1=-1,0.1=0, =3,- =-4.性质 设 x 与 y 是实数,则(1)xyxy；(2)若 m 是整数,mx=m x；(3)若 0x0,则 a=b +b .ab设 a=bqr,0r0,y0,z0,(x,y)=1
20、,2 |x (2)一切正整数解可由下式表出：x=2ab,y= ,z= (3)2ab2其中 ab0,(a,b)=1,a,b 一奇一偶. (4) a=2,b=1,x=4,y=3,z=5; a=3,b=2,x=12,y=5,z=13; a=4,b=1,x=8,y=15,z=17; a=4,b=3,x=24,y=7,z=25; a=5,b=2,x=20,y=21,z=29; a=5,b=4,x=40,y=9,z=41.2.其它不定方程例 3 求不定方程的全部整数解 xy=6, xy-x+y-4=0.解 x=1 且 y=6,或 x=6,且 y=1,或 x=2,且 y=3,或 x=3,且 y=2。原方程可
21、变为(x+1)(y-1)-3=0,即(x+1)(y-1)=3.所以有13x+1=1 且 y-1=3,或 x+1=3,且 y-1=1.故得不定方程的全部整数解为x=0,y=4;x=-2,y=-2;x=2,y=2,x=-4,y=0.作业:1.写出不定方程 的满足 x0,y0,z0,(x,y)=1,2 |x 的 2 组正整数解。22xyz2.求不定方程 xy-x-y-4=0 的全部整数解.第三章 同 余1 同余的概念及其性质1.同余及性质定义 设 m 是正整数,称 m 为模.a,bZ,如果 a,b 被 m 除所得的余数相同,则称 a,b 对模 m 同余,记为 ab(modm).如果 a,b 被 m
22、除所得的余数不同,则称 a,b 对模 m 不同余,记为 ab(modm).例如 47(mod3),611(mod5),45(mod3),68(mod5).定理 1 整数 a,b 对模 m 同余的充分必要条件是,m|a-b,即 a=b+mt,tZ.证明 必要性,若 ab(modm).可设 a=msa=r,b=mua=r,s,uZ,则 a-b=m(s-u)=mt,T=s-uZ.所以 m|a-b,且 a=b+mt.充分性,设 a=ms+ ,b=mu+ ,a-b=m(s-u)+ - .因 m|a-b,所以 m| - ,但| - |1r21r21r21r21,(a,m)=1,则 .)(mod1)(a证明
23、取模 的一个简化剩余系 ,由于( , )=1,由3 定理 3 知, 也是模 的一个简化剩余系，m,21sb a sab,21 m于是,即 ,因(m, )=1,i=1212()()(od)ssabbm ()1212(od)ssab ib1,2, ,所以(m, )=1,从而 .证毕。(), )(m)(推论(费尔玛定理)设 P 是素数,则 ,而且 aZ, .1odP(m)Pa证明 若 p |a,则 (modP)，若( , )=1，则 ，所以0aa1(od)P17.(mod)Pa例 1 设 p,q 是不同的素数,证明 (modpq).1Pqp证明 因 p,q 是不同的素数,所以(p,q)=1,由费尔玛
24、定理知, (modp),1Pqp(modq).由同余的性质得, (modpq).1Pqp1Pq例 2 设 p2,5 为素数,整数 a 的十进制数由 p-1 位,而且每一位上的数字都是 9,证明 p |a.证明因 p2,5 为素数,所以(10,p)=1,由费尔玛定理得,a=999= 0(mo10Pdp),即 p |a.例 3 若变量 x 取整数时,多项式 P(x)= 的值总为整数,则称 P(x)01nbxb为整值多项式.证明, 是整值多项式.13()270x证明 2730=235713,当 x 取整数值时,由费尔玛定理,(mod13),即 13| .13x13(mod7),即 7| .76()0
25、x13x(mod5),即 5| .135841)x(mod3),即 3| .30642()1)0xx13x(mod2),即 2| .1321)x 13因 2,3,5.7.13 两两互质,由整除的性质知,235713| ，即 2730|13x.故 是整值多项式.13x13()270x例 4 今天是星期一，问从今天起再过 天是星期几？10解 10 3(mod7), (mod7), (mod7),所以2133261A(mod7)。又因 10 -2(mod6), (mod6),故 (mod6)。610 210024设 ，k 为正整数,于是 (mod7),这就是说，从今天起再过 天是星期五（1+4） 。
26、4064643kk 10例 5 求 被 8 除的余数。201作业:P64:1.例 3182.分数与循环小数定义 如果无限小数 0. （ 0,1，,9）从任何一位数后不全为 0,且能找到两个整数 s0,t0,使得12na na,i=1,2,t,k=0,1,2,. (*)sisikta则称它为循环小数，并简记为 0. .112sstaaA 对满足(*)的最小正整数 t,称 为循环节，称 t 为循环节的长度.若最小的 s=0,那小数就叫做纯循环小数，否则叫做混循环sstA小数。定理 2 有理数 ,0ab,(a,b)=1,能表成纯循环小数的充分必要条件是,(b,10)=1.ab推论 有理数 ,0ab,
27、(a,b)=1,是纯有限小数的充分必要条件是(b,10)1.证明 必要性：若有理数 能表成纯循环小数，则由 0 1 及定义知abab=0. =0. + .于是ab121tt 12t 1210.tttaA +0. =q+ .所以 ,因(a,b)=1,所以 b| ,设 =qb,则 =1,故(b,10)=1.120t ta 121tta b(0)tbq10t1t0tqb充分性：如果(b,10)=1,由定理 1 知有一正整数 t 使得 (modb),0t ,又有 (modb),设 ,则1t()btata, .(10)tqba(10)ttaqb令 q= ,显然 不全为 9,也不全为 0.而且121ttt
28、t 12,ta,又由 得 = ，反复利用 即得 =0. =10t12.ta 0taqb0ttqb12.0ttab ab120.0ttab 121tta tA定理 3 有理数 ,0ab,(a,b)=1, 不全为 0, =1, ,则 能表成纯循环小数.其中不循环部分的位数是b125,bA1(,0)b1ab,max()19四章 同余方程1基本的概念及一次同余方程 1.同余方程的概念定义 设 f(x)= ,这里 ,i=0,1,n.m 是正整数,则称01naxa iZf(x)= 0(modm). (1)n为同余式,或模 m 的同余方程.若 0(modm),n 称为同余方程(1)的次数.若 aZ 而且 f
29、(a)0(modm),则称naxa(modm)为同余方程(1)的解.例 1 f(x)= 0(mod5)是模 5 的 2 次同余方程,由于 f(1)=50(mod5),因此23xx1(mod5)是同余方程的一个解.另外 x x= ， ,10mt1/dt=0,1,2, (mod5)也是同余方程的一个解.2 一次同余方程一次同余方程的一般形式：axb(modm),a 0(modm) (2)例如 2x3(mod5), 4x8(mod7), 3x9(mod11),定理 1 同余方程(2)有解的充分必要条件是,(a,m)|b.而且当(2)有解时,(2)对模 m 来说有(a,m)个解.证明 (2)有解的充分
30、必要条件是 ax-my=b 有整数解,充分必要条件是(a,m)|b.设 d=(a,m),如果(2)有解,则满足(2)的一切整数可以写成 x= , ,10tx1/tdt=0,1,2,但对模 m 来说,这些整数可以写成 x (modm),t=0,1,2,d-1.10mt而它们关于模 m 两两不同余.例 2 解一次同余方程 2x+60 (mod4),解 因(2,4)|6,由定理 1,同余方程有(2,4)=2 个整数解.设 2x-4y=-6,则 x-2y=-3,由此可得 x=-1+2t,tZ,所以同余方程的结为x-1+2t(mod4),t=0,1.即 x-1(mod4)x1(mod4).例 3 解一次
31、同余方程 12x+40 (mod8),因(12,8)=4,4|4,由定理 1,同余方程有 4 个整数解.设 12x-8y=-4,则 3x-2y=-1,由此可得 x=-1+2t,tZ,所以同余方程的结为 x-1+2t(mod4),t=0,1,2,3. 即 x-1,1,35(mod8). 例 4 解一次同余方程 15x+60 (mod9),20作业:1 解一次同余方程:12x-60(mod9).2 孙子定理中国古代的孙子算经中有物不知数：今有物不知数,三三数之剩二，五五数之剩三,七七数之剩二,问物几何？答曰二十三.设物的数量为 x,则 x2(mod3),x3(mod3),x2(mod7).求满足此
32、条件的整数 x.这个同余方程可推广为x (mod ), x (mod ),x (mod ). (1)1b1m2b2kbkm这里 , , 为两两互质的正整数.1m2k定理 设 , , 为两两互质的正整数,m= = .i=1,2,k.则同余方程(1)的解为12k 12kiMx (modm).12kMbMb这里 (mod ),i=1,2,k.iim例 1 解同余方程 x (mod5),x (mod6),x (mod7),x (mod11).1234b解 m=2310=56711=5462=6385=7330=11210.解 (mod ), i=1,2,1iMim3,4 得, , , .故原同余式组的
33、解为13,M234Mx=3426 +385 +330 +210 (mod2310).1bb例 2 韩信点兵:有兵一队,若列成五行纵队,则末行一人,若列成六行纵队,则末行五人, 若列成七行纵队,则末行四人, 若列成十一行纵队,则末行十人,求兵数.解 此时 , , , ,由例 1 即得1b2534b0x=34261+3855+3304+21010=67302111(mod2310).例 3 解同余方程组 x2(mod3),x3(mod3),x2(mod7).解 105=357=335=521=715.由 35 (mod3),21 (mod5),151M21(mod7)得 , , .所以原同余方程组的解为31M121M3x=35(-1)2+1213+1152=23(mod105). 作业 P79:1(i).
