初等数论总复习题及知识点总结.docx

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初等数论总复习题及知识点总结

初等数论总复习题及知识点总结

　　初等数论学习总结

　　本课程只介绍初等数论的的基本内容。

于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系，因此初等数论对于中学的数学教师和数学系（特别是师范院校）的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的．一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练，这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此，许多高等院校，特别是高等师范院校，都开设了数论课程。

　　最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。

　　数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。

　　初等数论自学安排

　　第一章：

整数的可除性自学18学时

　　整除的定义、带余数除法最大公因数和辗转相除法整除的进一步性质和最小公倍数素数、算术基本定理

　　[x]和{x}的性质及其在数论中的应用

　　习题要求p3：

2，3；p8：

4；p12：

1；p17：

1，2，5；p20：

1。

　　第二章：

不定方程自学12学时

　　二元一次不定方程axbyc

　　多元一次不定方程a1x1a2x2anxnc勾股数费尔马大定理。

　　习题要求p29：

1，2，4；p31：

2，3。

　　1

　　第三章：

同余自学12学时

　　同余的定义、性质剩余类和完全剩余系欧拉函数、简化剩余系

　　欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用习题要求p43：

2，6；p46：

1；p49：

2，3；p531，2。

第四章：

同余式自学12学时

　　同余方程概念孙子定理

　　高次同余方程的解数和解法素数模的同余方程威尔逊定理。

　　习题要求p60：

1；p64：

1，2；p69：

1，2。

第五章：

二次同余式和平方剩余自学12学时

　　二次同余式

　　单素数的平方剩余与平方非剩余勒让德符号二次互反律雅可比符号、

　　素数模同余方程的解法

　　习题要求p78：

2；p81：

1，2，3；p85：

1，2；p89：

2；第一章：

原根与指标自学8学时

　　指数的定义及基本性质原根存在的条件指标及n次乘余模2

　　及合数模指标组、

　　p93：

1。

2

　　特征函数

　　习题要求p123：

3。

第一章整除一、主要内容

　　整除的定义、带余除法定理、余数、最大公因数、最小公倍数、辗转相除法、互素、两两互素、素数、合数、算术基本定理、Eratosthesen筛法、[x]和{x}的性质、n！

的标准分解式。

　　二、基本要求

　　通过本章的学习，能了解引进整除概念的意义，熟练掌握整除整除的定义以及它的基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题的若干方法，熟练掌握本章中二个著名的定理：

带余除法定理和算术基本定理。

认真体会求二个数的最大公因数的求法的理论依据，掌握素数的定义以及证明素数有无穷多个的方法。

能熟练求出二个整数的最大公因数和最小公倍数，掌握高斯函数[x]的性质及其应用。

　　三、重点和难点

　　素数以及它有关的性质，判别正整数a为素数的方法，算术基本定理及其应用。

素数有无穷多个的证明方法。

整除性问题的若干解决方法。

　　[x]的性质及其应用，n！

的标准分解式。

　　四、自学指导

　　整除是初等数论中最基本的概念之一，b∣a的意思是存在一个整数q，使得等式a=bq成立。

因此这一标准作为我们讨论整除性质的基础。

也为我们提供了解决整除问题的方法。

即当我们无法用整除语言来叙述或讨论整除问题时，可以将其转化为我们很熟悉的等号问题。

　　对于整除的若干性质，最主要的性质为传递性和线性组合性，即a∣b,b∣c,则有a∣c3

　　a∣b,a∣c,则有a∣mb+nc读者要熟练掌握并能灵活应用。

特别要注意，数论的研究对象是整数集合，比小学数学中非负整数集合要大。

　　本章中最重要的定理之一为带余除法定理，即为设a是整数，b是非零整数，则存在两个整数q，r，使得　　a=bq+r　　它可以重作是整除的推广。

同时也可以用带余除法定理来定义整除性，。

带余除法可以将全体整数进行分类，从而可将无限的问题转化为有限的问题。

这是一种很重要的思想方法，它为我们解决整除问题提供了又一条常用的方法。

同时也为我们建立同余理论建立了基础。

读者应熟知常用的分类方法，例如把整数可分成奇数和偶数，特别对素数的分类方法。

例全体奇素数可以分成4k+1，4k+3；或6k+1，6k+5等类型。

　　和整除性一样，二个数的最大公约数实质上也是用等号来定义的，因此在解决此类问题时若有必要可化为等式问题，最大公因数的性质中最重要的性质之一为a=bq+c，则一定有=，就是求二个整数的最大公约数的理论根据。

也是解决关于最大公约数问题的常用方法之一。

读者应有尽有认真体会该定理的证明过程。

　　互素与两两互素是二个不同的概念，既有联系，又有区别。

要认真体会这些相关的性质，例如，对于任意a,b∈Z，可设=d，则a=da1,b=db1，则=1，于是可对a1,b1使用相应的定理，要注意，相关定理及推论中互素的条件是经常出现的。

读者必须注意定理成立的条件，也可以例举反例来进行说明以加深影响。

顺便指出，若a∣c，b∣c，=1，则ab∣c是我们解决当除数为合数时的一种方法。

好处是不言而喻的。

　　最小公倍数实际上与最大公因数为对偶命题。

特别要指出的是a和b的公倍数是有无穷多个。

所以一般地在无穷多个数中寻找一个最小数是很困难的，为此在定义中所有公倍数中的最小的正整数。

这一点实际上是应用自然数的最小自然数原理，即自然数的任何一个子集一定有一个最小自然数有在。

最小公倍数的问题一般都可以通过以下式子转化为最大公因数的问题。

两者的关系为

　　4

　　a,b∈N，[a,b]=aba,b上述仅对二个正整数时成立。

当个数大于2时，上述式子不再成立。

证明这一式子的关键是寻找a,b的所有公倍数的形式，然后从中找一个最小的正整数。

　　解决了两个数的最小公倍数与最大公因数问题后，就可以求出n个数的最小公倍数与最大公因数问题，可以两个两个地求。

即有下面定理设a1,a2,an是n个整数，（a1,a2）d2,（d2,a3）d3,（dn1,an）dn,则=dn,设[a1,a2]m2,（m2,a3）m3,（mn1,an）mn,则有[a1,a2,an]=mn,素数是数论研究的核心，许多中外闻名的题目都与素数有关。

除1外任何正整数不是质数即为合数。

判断一个已知的正整数是否为质数可用判别定理去实现。

判别定理又是证明素数无穷的关键。

实际上，对于任何正整数n>1，判别定理一定知存在素数p，使得p∣n。

即任何大于1的整数一定存在一个素因数p。

素数有几个属于内在本身的性质，这些性质是在独有的，读者可以用反例来证明：

素数这一条件必不可少。

以加深对它们的理解。

其中p∣abp∣a或p∣b也是常用的性质之一。

也是证明算术基本定理的基础。

算术基本定理是整数理论中最重要的定理之一，即任何整数一定能分解成一些素数的乘积，而且分解是唯一的，不是任何数集都能满足算术基本定理的，算术基本定理为我们提供了解决其它问题的理论保障。

它有许多应用，算术基本定理我们可以得到自然数的标准分解问题。

　　k1设a=p1...pk，b=p11...pkk，i0,i0则有=p11...pkk　　imin（i,i）[a，b]=p11...pkkimax（i,i）例如可求最大公约数，正整数正约数的个数等方面问题，对具体的n，真正去分解是件不容易的事。

对于较特殊的n，例如n！

分解还是容易的。

应用[x]的性质，n！

的标准分解式可一个具体的公式表示出来，这一公式结合[x]的性质又提供了解决带有乘除符号的整

　　5

　　除问题的方法。

　　本章的许多问题都围绕着整除而展开，读者应对整除问题的解决方法作一简单的小结。

　　五、例子选讲

　　补充知识

　　①最小自然数原理：

自然数的任意非空子集中一定存在最小自然数。

②抽屉原理：

　　设n是一个自然数，有n个盒子，n+1个物体，把n+1个物体放进n个盒子，至少有一个盒子放了两个或两个以上物体；

　　km+1个元素，分成k组，至少有一组元素其个数大于或等于m+1；无限个元素分成有限组，至少有一组其元素个数为无限。

③梅森数：

形如2n-1的数叫梅森数，记成Mn=2n-1。

　　2④费尔马数：

n为非负整数，形如2n1的数叫费尔马数，记成Fn=221。

　　nk1⑤设n=p1...pk，设n的正因子个数为d（n），所有正因子之和为（n），则有

　　d（n）（11）（21）...（k1）11121pkk1p11p12（n）...P11P21Pk1⑥有关技巧

　　1.整数表示a=a0×10n+a1×10n-1+…+an。

　　a=2kb（b为奇数）2.整除的常用方法

　　a.用定义

　　b.对整数按被n除的余数分类讨论c.连续n个整数的积一定是n的倍数d.因式分解

　　an-bn=（a-b）M1,an+bn=（a+b）M2,2ne.用数学归纳法

　　6

　　f.要证明a|b，只要证明对任意素数p，a中p的幂指数不超过b中p的幂指数即可，用p（a）表示a中p的幂指数，则a|bp（a）p（b）例题选讲

　　例1.请写出10个连续正整数都是合数.解:

11!

+2，11!

+3，，11！

+11。

　　例2.证明连续三个整数中，必有一个被3整除。

　　证：

设三个连续正数为a，a+1，a+2，而a只有3k，3k+1，3k+2三种情况，令a=3k，显

　　然成立，a=3k+1时，a+2=3（k+1），a=3k+2时，a+1=3（k+1）。

　　例3.证明lg2是无理数。

　　证：

假设lg2是有理数，则存在二个正整数p，q，使得lg2=

　　p，对数定义可得10p=2q，q则有2p·5p=2q,则同一个数左边含因子5，右边不含因子5，与算术基本定理矛盾。

∴lg2为无理数。

　　例4.求（21n+4，14n+3）

　　解：

原式=（21n+4,14n+3）=（7n+1,14n+3）=（7n+1,7n+2）=（7n+1,1）=1

　　例5.求20XX!

末尾零的个数。

解：

因为10=2×5，而2比5多，所以只要考虑20XX！

中5的幂指数，即

　　20XX20XX20XX20XX20XX5=45499

　　52512555

　　例6.证明（n-1）!

|（n!

）!

　　证：

对任意素数p,设（n-1）!

中素数p的指数为，!

中p的指数β，则

　　7

　　（n1）!

kn1pk，（n1）!

n!

k1pk,（nx）n（x）n!

（n1）!

kn（n1）!

（n1）!

n!

n!

1pkk1pkk1pkk1pk即，即左边整除右边。

　　例7.证明20XX|证：

∵20XX20XX=20XX=20XXM1+1

　　20XX20XX=20XX=20XXM2+1∴20XX20XX+20XX20XX-20XX=20XX定义20XX|

　　例8.设d（n）为n的正因子的个数，（n）为n的所有正因子之和，求d（1000），解：

∵1000=23·53

　　∴d（1000）=（3+1）（3+1）=16，（1000）=2415412151

　　例9.设c不能被素数平方整除，若a2|b2c，则a|b证：

已知p（c）1，且p（a2）p（b2c）

　　∴2p（a）2p（b）+p（c）,∴p（a）p（b）+p（c）2

　　即p（a）p（b）　　,　　∴a|b

　　例10.若Mn为素数，则n一定为素数。

证：

若n为合数，则设n=ab，=（Fn1n-1-2）

　　（1000）。

8

　　=Fn-1Fn-2Fm-F0

　　设=d,则d|Fn,d|Fmd|2但Fn为奇数，∴d=1,即证。

　　例12.设m,n是正整数。

证明

　　（2m1,2n1）2（m,n）1

　　证:

不妨设mn。

带余数除法得

　　mq1nr1,

　　0r1n.

　　我们有

　　2m12q1nr12r12r112r1（2q1n1）2r11

　　nqrnmn此及21|211得,（21,21）=（21,211）

　　n注意到（m,n）（n,r1）,若r10,则（m,n）n,结论成立.若r10,则继续对（2n1,2r11）作同样的讨

　　论，辗转相除法知，结论成立。

显见，2用任一大于1的自然a代替，结论都成立。

　　例13.证明：

对任意的正整数n，成立如下不等式lgnklg2。

　　其中lgn是数n的以10为底的对数，k是n的不同的素因数的个数。

　　证：

设n是大于1的整数，p1,p2,...,pk是n的k个

　　相异的素因素。

n的素因数分解式为

　　lkl1l2np1p2...pk.（li1,i1,2,...,k）,于pi2,（i1,2,...,k），从而

　　lkl1l2np1p2...pk2l12l2...2lk2l1l2...lk。

　　而l1l2...lkk，故n2k。

　　将上述不等式取对数,则有logankloga2。

特别有lgnklg2。

　　例14.试证明任意一个整数与它的数字和的差必能被9整除，并且它与它的数字作任意调后

　　9

　　换后所成整数的差也能被9整除。

　　证：

设整数m的个位、十位、百位的数字分别为a1,a2，，an，则m可表作：

　　ma110a2100a3...10n1an

　　n1个（a1a2a3...an）（9a299a3...99...9an）n1个（a1a2a3...an）9（a211a3...11...1an）n1个所以m（a1a2a3...an）9（a211a3...11...1an）

　　因为a2，a3,，an都是整数，所以任一整数与其数字之和的差必能被9整除。

再设将a1,a2，，an按任一种顺序排成a'1,a'2，，a'n，并令

　　a1a2...an，'a'1a'2...a'n，ma110a2。

　　...10n1an。

　　m'a'110a'2...10n1a'n根据前面证明的结果，知存在整数A，B，使m因为'，所以mm'9A'9B9（AB）。

　　9A,m''9B.

　　于A-B是整数，这就证明了mm'能被9整除。

　　注：

若对某个整数k（1kn），有a'k0，但当kin时，a'i0，则此时m'为整数：

　　a'2a'1。

m'a'110a'2...10k1a'k,即m'a'k...如前证，此时结论正确。

又当m为负整数及零时，结论显然正确。

　　第二章不定方程一、主要内容

　　一次不定方程有解的条件、解数、解法、通解表示，不定方程x2+y2=z2通解公式、无穷递降法、费尔马大定理。

二、基本要求

　　1、了解不定方程的概念，理解对“解”的认识，掌握一次不定方程axbyc有解的条件，能熟练求解一次不定方程的特解，正整数解及通解。

了解多元一次不定方程

　　10

　　a1x1a2x2anxnc有解的条件，在有解的条件下的解法。

　　2、掌握不定方程x2+y2=z2在一定条件下的通解公式，并运用这个通解公式作简单的应用。

3、对费尔马大定理应有在常识性的了解，掌握无穷递降法求证不定方程x4+y4=z2无解的

　　方法。

　　4、掌握证明不定方程无解的若干方法。

　　三、难点和重点

　　重点为求解一次不定方程的方法掌握第二节中引证的应用。

费尔马无穷递降法。

四、自学指导

　　不定方程主要讲解以下几个问题

　　给定一类不定方程，判别在什么条件下有解。

在有解的条件下，有多少解在有解的条件下，求出所给的不定方程的所有解。

　　二元一次不定方程的一般形式为ax+by=c。

若（a,b）∣c，则该二元一次不定方程一定有解，若已知一个特解，则一切解可以用公式表示出来，因此求它的通解只要求出一个特解即可。

求解二元一次不定方程的一个通解有好多种方法。

读者应该总结一下，各种方法都有独到之处。

特别要指出用最大公因数的方法。

它的根据是求时所得的结果。

于注意通解公式x=x0-b1t，y=y0+a1t中a1，b1的意义和位置。

以免出错。

　　多元一次不定方程a1x1a2x2anxnc也有类似的结果，但在求解的过程中将它转化二元一次不定方程组，从最后一个二元一次不定方程解起，可逐一解出x1,x2,xn。

所用的方法一般选择最大公因数的方法。

于n元一次不定方程可转化为n-1个二元一次不定方程组，故在通解中依赖于n-1个任意常数。

但不象二元一次不定方程那样有公式来表示。

　　x2+y2=z2的正整数解称为勾股数，在考虑这个方程时，我们对作了一些限制，而这些限制并不影响其一般性。

在条件x>0，y>0，z>0，=1，2∣x的条件可以给出x2+y2=z2

　　11

　　的通解公式，x=2ab，y=a2-b2，z2=a2+b2，a>b>0,（a,b）=1，a,b一奇一偶。

若将2∣x限为2∣y，则也有相应的一个通解公式。

在证明这个通解公式的过程中，用到了引理uv=w2，u>0，v>0，=1，则u=a2，v=b2，w=ab。

a>0，b>0，=1。

利用这个结论可以求解某些不定方程。

特别当w=1或素数p。

则uv=1或uv=P可将原不定方程转化为不定方程组。

从而获得一些不定方程的解。

上述解不定方程的方法叫因子分解法。

希望读者能掌握这种方法。

　　为了解决著名的费尔马大定理：

xn+yn=zn，n3无正整数解时，当n=4时可以用较初等的方法给出证明。

证明费尔马本人给出的，一般称为费尔马无穷递降法。

其基本思想为一组解出发通过构造得出另一组解，使得两组解之间有某种特定的关系，而且这种构造可以无限重复的。

从而可得到矛盾。

因此无穷递降法常用来证明某些不定方程无整数解。

　　证明一类不定方程无解是研究不定方程邻域中常见的形式，一般的要求解不定方程比证明不定方程无解要容易些。

证明不定方程无解的证明方法常采用以下形式：

　　若A有解A1有解A2有解An有解，而An本身无解，这样来构造矛盾。

从而说明原不定方程无解。

　　对于证明不定方程的无解性通常在几种方法，一般是总的几种方法交替使用。

特别要求掌握：

简单同余法、因子分解法、不等式法，以及中学数学中所涉及的判别式法。

　　五、例子选讲

　　例1：

利用整数分离系数法求得不定方程15x+10y+6z=61。

解：

注意到z的系数最小，把原方程化为

　　z=1（15x10y61）2x2y101（3x2y1）

　　66令t1=1（3x2y1）z，即-3x+2y-6t1+1=0

　　6此时y系数最小，y1（3x6t11）x3t11（x1）

　　22令t2=1（x21）z,即x2t21,反推依次可解得

　　y=x+3t1+t2=2t2+1+3t1+t2=1+3t1+3t2z=-2x-2y+10+t1=6-5t1+10t2

　　12

　　x12t2∴原不定方程解为y13t13t2t1t2∈z.

　　z65t10t12例2:

证明证：

假设

　　22是无理数

　　是有理数，则存在自数数a,b使得满足x22,又得到2a12y2即a22b2，容易知道a是偶数。

　　22b1设a=2a1，代入得b2b为偶数，a1ba，设b2b1，则a12,这里b2a1

　　这样可以进一步求得a2，b2…且有a>b>a1>b1>a2>b2>…但是自然数无穷递降是不可能的，于是产生了矛盾，∴

　　例3：

证明：

整数勾股形的勾股中至少一个是3的倍数。

　　证：

设N=3m±1（m为整数），∴N2=9m2±6m+1=3（3m2±2m）+1

　　即一个整数若不是3的倍数，则其平方为3k+1,或者说3k+2不可能是平方数，设x,y为勾股整数，且x,y都不是3的倍数，则x2,y2都是3k+1，但z2=x2+y2=3k+2形，这是不可能，∴勾股数中至少有一个是3的倍数。

　　例4：

求x2+y2=328的正整数解

　　解：

∵328为偶数，∴x,y奇偶性相同，即x±y为偶数，设x+y=2u,x-y=2v，代入原方程即为

　　u2+v2=164,同理令u+v=2u1,u-v=2v1有

　　22u1v182,u1v12u2,u1v12v22为无理数。

　　02，则2P-1的质因数一定是2pk+1形。

证：

设q是2p-1的质因数，于2p-1为奇数，∴q≠2。

　　∴=1,条件q|2p-1,即2p≡1，又∵=1，2p≡1设i是使得2x≡1成立最小正整数

　　18

　　若13，p只能为p1（mod3）且

　　313p1只能下列情况∴

　　p1（mod3）p1（mod4）d）p1（mo3　　

　　d）p1（mo4∴

　　p1（mod12）或p1（mod12）

　　例3：

证明形如4m+1的素数有无穷多个。

　　证：

假设形如4m+1的素数只有有限个，设为p1pk。

　　显然（2p1pk）2+1的最小素因数p是奇数，且p与p1pk不同。

　　设p为4m+3形的素数，但p整除（2p1pk）2+1，表明（2p1pk）2+1≡0即x2

　　11≡（-1）（modp）有解，即，但1pp

（1）p12

（1）2m11矛盾。

　　∴p为4m+1形，这与4m+1的素数只有k个矛盾。

　　例4：

证明不定方程x2+23y=17无解。

证：

只要证x2≡17（mod23）无解即可。

　　∵17≡1（mod4）∴

　　17236233172123171717171733∴x2≡17（mod23）无解，即原方程无解。

　　例5设x为整数，证明形如x2证：

设2n+1是整数x21的整数的所有奇因数都有

　　4h+1的形式。

　　1的任一奇素因数，于是有

　　x210（mod2n1）,即x21（mod2n1）.

　　可以证明，这时x20（mod2n1），否则有10（mod2n1），这是不可能的。

　　因此，2n1是奇素数，便有（x2,2n1）1。

　　29

　　从而（x,2n但是x2n1）1，这样费马定理，有x2n1（mod2n1）。

　　（x2）n

（1）n（mod2n1）,因此有

（1）n1（mod2n1）.

　　1的的所有奇

　　1此可知，n必为偶数，记n=2h,便有2n+1=4h+1.这样便证明了整数x2素因数形式必为4h+1形式。

又于两个4h+1形式的数的乘积仍为4h+1形式的数，故x2形式的数的奇因数必为4h+1形式的数。

证2：

上面可知，-1是模2n+1的平方剩余，即12n11.

　　其中2n+1是奇素数。

定理3知2n11（mod4）

　　从而2n0（mod4），故n0（mod2），所以n是偶数，其余同上。

　　例6：

证明：

形如p1（mod8）的素数有无穷多个。

　　证：

设N是任意正整数，p1,p2,...,ps是不超过N的一切形如p1（mod8）的素数。

记

　　q（2p1p42...ps）1。

　　显然q的任意素因数a异于2，且x2p1p2...ps是同余式x410（moda）的解。

a1（mod8）.又于是pi（i1,2,...,s）不是q的因数。

　　故api（i1,2,...,s），从而aN。

因此形如p1（mod8）的素数有无穷多个。

　　例7:

解如下二次同余式x211（mod125）

　　解：

（1）125=53。

先解x2111（mod5）。

它的一个解是x=1。

　　再解x211（mod52）。

令x15y。

　　则有（1