初等数论第一章Word格式.docx
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|b|。
(1)
定义1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。
例1设a,b,x,y是整数,k和m是正整数,并且
a=a1mr1,0r1<
m,
b=b1mr2,0r2<
则axby和ab被m除的余数分别与r1xr2y和r1r2被m除的余数相同。
特别地,ak与r1k被m除的余数相同。
解由
axby=(a1mr1)x(b1mr2)y=(a1xb1y)mr1xr2y
可知,若r1xr2y被m除的余数是r,即
r1xr2y=qmr,0r<
则
axby=(a1xb1yq)mr,0r<
即axby被m除的余数也是r。
同样方法可以证明其余结论。
例2设a1,a2,,an为不全为零的整数,以y0表示集合
A={y;
y=a1x1anxn,xiZ,1in}
中的最小正数,则对于任何yA,y0y;
特别地,y0ai,1in。
解设y0=a1x1anxn,对任意的y=a1x1anxnA,由定理1,存在q,r0Z,使得
y=qy0r0,0r0<
y0。
因此
r0=yqy0=a1(x1qx1)an(xnqxn)A。
如果r00,那么,因为0<
r0<
y0,所以r0是A中比y0还小的正数,这与y0的定义矛盾。
所以r0=0,即y0y。
显然aiA(1in),所以y0整除每个ai(1in)。
例3任意给出的五个整数中,必有三个数之和被3整除。
解设这五个数是ai,i=1,2,3,4,5,记
ai=3qiri,0ri<
3,i=1,2,3,4,5。
分别考虑以下两种情形:
(ⅰ)若在r1,r2,,r5中数0,1,2都出现,不妨设r1=0,r2=1,r3=2,此时
a1a2a3=3(q1q2q3)3
可以被3整除;
(ⅱ)若在r1,r2,,r5中数0,1,2至少有一个不出现,这样至少有三个ri要取相同的值,不妨设r1=r2=r3=r(r=0,1或2),此时
a1a2a3=3(q1q2q3)3r
可以被3整除。
例4设a0,a1,,anZ,f(x)=anxna1xa0,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)=a0a1a2
(1)nan。
解对任何整数x,都有
x=3qr,r=0,1或2,qZ。
(ⅰ)若r=0,即x=3q,qZ,则
f(x)=f(3q)=an(3q)na1(3q)a0=3Q1a0=3Q1f(0),
其中Q1Z,由于f(0)不是3的倍数,所以f(x)0;
(ⅱ)若r=1,即x=3q1,qZ,则
f(x)=f(3q1)=an(3q1)na1(3q1)a0
=3Q2ana1a0=3Q2f
(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=3q2=3q1,qZ,于是
0=f(x)=f(3q1)=an(3q1)na1(3q1)a0
=3Q3a0a1a2
(1)nan=3Q3f
(1),
其中Q3Z。
所以3f
(1)=a0a1a2
(1)nan。
例5证明:
对于任意的整数n,f(n)=3n55n37n被15整除。
解对于任意的正整数n,记
n=15qr,0r<
15。
由例1,
n2=15Q1r1,n4=15Q2r2,
其中r1与r2分别是r2与r4被15除的余数。
以R表示3n45n27被15除的余数,则R就是3r25r17被15除的余数,而且f(n)被15除的余数就是rR被15除的余数,记为R。
当r=0时,显然R=0,即153n55n37n。
对于r=1,2,3,,14的情形,通过计算列出下表:
r=1,142,133,124,115,106,97,8
r1=14911064
r2=11611061
R=0010012100
R=0000000
这证明了结论。
例6设n是奇数,则16n44n211。
例7证明:
若a被9除的余数是3,4,5或6,则方程x3y3=a没有整数解。
第三节最大公约数
定义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,,ak)。
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,aj)=1,1i,jk,ij,
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。
定理1下面的等式成立:
(ⅰ)(a1,a2,,ak)=(|a1|,|a2|,,|ak|);
(ⅱ)(a,1)=1,(a,0)=|a|,(a,a)=|a|;
(ⅲ)(a,b)=(b,a);
(ⅳ)若p是素数,a是整数,则(p,a)=1或pa;
(ⅴ)若a=bqr,则(a,b)=(b,r)。
由定理1可知,在讨论(a1,a2,,an)时,不妨假设a1,a2,,an是正整数,以后我们就维持这一假设。
定理2设a1,a2,,akZ,记
y=
,xiZ,ik}。
如果y0是集合A中最小的正数,则y0=(a1,a2,,ak)。
推论1设d是a1,a2,,ak的一个公约数,则d(a1,a2,,ak)。
这个推论对最大公约数的性质做了更深的刻划:
最大公约数不但是公约数中的最大的,而且是所有公约数的倍数。
推论2(ma1,ma2,,mak)=|m|(a1,a2,,ak)。
推论3记=(a1,a2,,ak),则
=1,
特别地,
=1。
定理3(a1,a2,,ak)=1的充要条件是存在整数x1,x2,,xk,使得
a1x1a2x2akxk=1。
定理4对于任意的整数a,b,c,下面的结论成立:
(ⅰ)由bac及(a,b)=1可以推出bc;
(ⅱ)由bc,ac及(a,b)=1可以推出abc。
推论1若p是素数,则下述结论成立:
(ⅰ)pabpa或pb;
(ⅱ)pa2pa。
推论2若(a,b)=1,则(a,bc)=(a,c)。
推论3若(a,bi)=1,1in,则(a,b1b2bn)=1。
定理5对于任意的n个整数a1,a2,,an,记
(a1,a2)=d2,(d2,a3)=d3,,(dn2,an1)=dn1,(dn1,an)=dn,
dn=(a1,a2,,an)。
例1证明:
若n是正整数,则
是既约分数。
例2证明:
121
n22n12,nZ。
注:
这个例题的一般形式是:
设p是素数,a,b是整数,则
pk
(anb)kpk1c,
其中c是不被p整除的任意整数,k是任意的大于1的整数。
例3设a,b是整数,且
9a2abb2,(4)
则3(a,b)。
例4设a和b是正整数,b>
2,则2b1
2a1。
第四节最小公倍数
定义1整数a1,a2,,ak的公共倍数称为a1,a2,,ak的公倍数。
a1,a2,,ak的正公倍数中的最小的一个叫做a1,a2,,ak的最小公倍数,记为[a1,a2,,ak]。
(ⅰ)[a,1]=|a|,[a,a]=|a|;
(ⅱ)[a,b]=[b,a];
(ⅲ)[a1,a2,,ak]=[|a1|,|a2|,|ak|];
(ⅳ)若ab,则[a,b]=|b|。
最小公倍数和最大公约数之间有一个很重要的关系,即下面的定理。
定理2对任意的正整数a,b,有
[a,b]=
。
推论1两个整数的任何公倍数可以被它们的最小公倍数整除。
推论2设m,a,b是正整数,则[ma,mb]=m[a,b]。
定理3对于任意的n个整数a1,a2,,an,记
[a1,a2]=m2,[m2,a3]=m3,,[mn2,an1]=mn1,[mn1,an]=mn,
[a1,a2,,an]=mn。
推论若m是整数a1,a2,,an的公倍数,则[a1,a2,,an]m。
定理4整数a1,a2,,an两两互素,即
(ai,aj)=1,1i,jn,ij
的充要条件是
[a1,a2,,an]=a1a2an。
(3)
例1设a,b,c是正整数,证明:
[a,b,c](ab,bc,ca)=abc。
例2对于任意的整数a1,a2,,an及整数k,1kn,证明:
[a1,a2,,an]=[[a1,,ak],[ak+1,,an]]
例3设a,b,c是正整数,证明:
第五节辗转相除法
本节要介绍一个计算最大公约数的算法——辗转相除法,又称Euclid算法。
它是数论中的一个重要方法,在其他数学分支中也有广泛的应用。
定义1下面的一组带余数除法,称为辗转相除法。
设a和b是整数,b0,依次做带余数除法:
a=bq1r1,0<
r1<
|b|,
b=r1q2r2,0<
r2<
r1,
rk1=rkqk+1rk+1,0<
rk+1<
rk,
(1)
rn2=rn1qnrn,0<
rn<
rn-1,
rn1=rnqn+1。
由于b是固定的,而且
|b|>
r1>
r2>
,
所以式
(1)中只包含有限个等式。
下面,我们要对式
(1)所包含的等式的个数,即要做的带余数除法的次数进行估计。
引理1用下面的方式定义Fibonacci数列{Fn}:
F1=F2=1,Fn=Fn1Fn2,n3,
那么对于任意的整数n3,有
Fn>
n2,
(2)
其中=
证明容易验证
2=1。
当n=3时,由
F3=2>
=
可知式
(2)成立。
假设式
(2)对于所有的整数kn(n3)成立,即
Fk>
k2,kn,
Fn+1=FnFn1>
n2n3=n3
(1)=n32=n1,
即当k=n1时式
(2)也成立。
由归纳法知式
(2)对一切n3成立。
证毕。
定理1(Lame)设a,bN,a>
b,使用在式
(1)中的记号,则
n<
5log10b。
证明在式
(1)中,rn1,qn+12,qi1(1in),因此
rn1=F2,
rn12rn2=F3,
rn2rn1rnF3F2=F4,
br1r2Fn+1Fn=Fn+2,
由此及式
(2)得
bn=
,
即
log10bnlog10
这就是定理结论。
定理2使用式
(1)中的记号,记
P0=1,P1=q1,Pk=qkPk1Pk2,k2,
Q0=0,Q1=1,Qk=qkQk1Qk2,k2,
aQkbPk=
(1)k1rk,k=1,2,,n。
证明当k=1时,式(3)成立。
当k=2时,有
Q2=q2Q1Q0=q2,P2=q2P1P0=q2q11,
此时由式
(1)得到
aQ2bP2=aq2b(q2q11)=(abq1)q2b=r1q2b=r2,
即式(3)成立。
假设对于k<
m(1mn)式(3)成立,由此假设及式
(1)得到
aQmbPm=a(qmQm1Qm2)b(qmPm1Pm2)
=(aQm1bPm1)qm(aQm2bPm2)
=
(1)m2rm1qm
(1)m3rm2
=
(1)m1(rm2rm1qm)=
(1)m1rm,
即式(3)当k=m时也成立。
定理由归纳法得证。
定理3使用式
(1)中的记号,有rn=(a,b)。
证明由第三节定理1,从式
(1)可见
rn=(rn1,rn)=(rn2,rn1)==(r1,r2)=(b,r1)=(a,b)。
现在我们已经知道,利用辗转相除法可以求出整数x,y,使得
axby=(a,b)。
(4)
为此所需要的除法次数是O(log10b)。
但是如果只需要计算(a,b)而不需要求出使式(4)成立的整数x与y,则所需要的除法次数还可更少一些。
例1设a和b是正整数,那么只使用被2除的除法运算和减法运算就可以计算出(a,b)。
解下面的四个基本事实给出了证明:
(ⅰ)若ab,则(a,b)=a;
(ⅱ)若a=2a1,
,1,则
(a,b)=2(2a1,b1);
(ⅲ)若
,则(a,b)=(a,b1);
(ⅳ)若
在实际计算过程中,若再灵活运用最大公约数的性质(例如第三节定理4的推论),则可使得求最大公约数的过程更为简单。
例2用辗转相除法求(125,17),以及x,y,使得
125x17y=(125,17)。
例3求(12345,678)。
第六节算术基本定理
在本节中,我们要介绍整数与素数的一个重要关系,即任何大于1的正整数都可以表示成素数的乘积。
引理1任何大于1的正整数n可以写成素数之积,即
n=p1p2pm,
(1)
其中pi(1im)是素数。
定理1(算术基本定理)任何大于1的整数n可以唯一地表示成
n=
,
(2)
其中p1,p2,,pk是素数,p1<
p2<
<
pk,1,2,,k是正整数。
定义1使用定理1中的记号,称
是n的标准分解式,其中pi(1ik)是素数,p1<
pk,i(1ik)是正整数。
推论1使用式
(2)中的记号,有
(ⅰ)n的正因数d必有形式
d=
,iZ,0ii,1ik;
(ⅱ)n的正倍数m必有形式
m=
M,MN,iN,ii,1ik。
推论2设正整数a与b的标准分解式是
其中pi(1ik),qi(1il)与ri(1is)是两两不相同的素数,i,i(1ik),i(1il)与i(1is)都是非负整数,则
(a,b)=
,i=min{i,i},1ik,
,i=max{i,i},1ik。
为了方便,推论2常叙述为下面的形式:
推论2设正整数a与b的标准分解式是
其中p1,p2,,pk是互不相同的素数,i,i(1ik)都是非负整数,则
推论3设a,b,c,n是正整数,
ab=cn,(a,b)=1,(5)
则存在正整数u,v,使得
a=un,b=vn,c=uv,(u,v)=1。
例1写出51480的标准分解式。
例2设a,b,c是整数,证明:
(ⅰ)(a,b)[a,b]=ab;
(ⅱ)(a,[b,c])=[(a,b),(a,c)]。
例3证明:
(n2)不是整数。
第七节函数[x]与{x}
本节中要介绍函数[x],它在许多数学问题中有广泛的应用。
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。
定理1设x与y是实数,则
(ⅰ)xy[x][y];
(ⅱ)若m是整数,则[mx]=m[x];
(ⅲ)若0x<
1,则[x]=0;
(ⅳ)[xy]=
;
(ⅴ)[x]=
(ⅵ){x}=
定理2设a与b是正整数,则在1,2,,a中能被b整除的整数有
个。
定理3设n是正整数,n!
=
是n!
的标准分解式,则
i=
定理4设n是正整数,1kn1,则
N。
若n是素数,则n
,1kn1。
例1求最大的正整数k,使得10k199!
例2设x与y是实数,则
[2x][2y][x][xy][y]。
例3设n是正整数,则
(7)
例4设x是正数,n是正整数,则
=[nx]。
例5求[
]的个位数。
例6设x和y是正无理数,
,证明:
数列
[x],[2x],,[kx],与[y],[2y],,[my],(11)
联合构成了整个正整数集合,而且,两个数列中的数互不相同。
第八节素数
在第六节中我们已经证明了:
每个正整数可以表示成素数幂的乘积。
这就引出了一个问题:
素数是否有无穷多个?
如果有无穷多个,那么,作为无穷大量,素数个数具有怎样的性状?
这是数论研究中的一个中心课题。
本节要对这一问题作初步的研究。
定义1对于正实数x,以(x)表示不超过x的素数个数。
例如,(15)=6,(10.4)=4,(50)=15。
定理1素数有无限多个。
证明我们给出三个证明方法。
证法Ⅰ假设只有k个素数,设它们是p1,p2,,pk。
记
N=p1p2pk1。
由第一节定理2可知,N有素因数p,我们要说明ppi,1ik,从而得出矛盾。
事实上,若有某个i,1ik,使得p=pi,则由
pN=p1p2pk1
推出p1,这是不可能的。
因此在p1,p2,,pk之外又有一个素数p,这与假设是矛盾的。
所以素数不可能是有限个。
证法Ⅱ我们证明整数
是两两互素的,从而由第六节引理1可知素数有无限多个。
事实上,若m和n是整数,m>
n0,则
此处Q是整数。
故
证法Ⅲ假设只有有限个素数p1,p2,,pk。
由第六节定理1,每个正整数可以写成
,i1,1ik。
由于
所以,对于任何正整数N,有
当N时,上式左端是一个无穷大量,右端是有限的,这个矛盾说明素数不能是有限多个。
注1:
形如
(n=0,1,2,)的数称为Fermat数。
Fermat曾经猜测它们都是素数。
这是错误的,因为尽管F0,F1,F2,F3,F4都是素数,F5=
却是合数。
注2:
将全体素数按大小顺序排列为
p1=2,p2=3,p3=5,p4,,pn,,
那么由第一个证明方法可以看出
pn+1p1p2pn1,n1。
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