初等數(shù)論中的幾個(gè)重要定理

1、初等數(shù)論中的幾個(gè)重要定理基礎(chǔ)知識(shí)定義（歐拉（Euler）函數(shù)）一組數(shù) 可，句二汽 稱為是模端的既約剩余系，如果對(duì)任意 的1«父后，5哈=且對(duì)于任意的淳已工，若（4胞）=1,則有且僅有一個(gè)燈是以對(duì)模 股的剩余，即空.勺（mod隙）。并定義飆瓦）=£ = 02M中和股互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)， 武聞稱為歐拉（Euler）函數(shù)。這是數(shù)論中的非常重要的一個(gè)函數(shù)，顯然加D = 1 ,而對(duì)于布1 ,加附）就是1,2 ,港-1中與胴互素的數(shù)的個(gè)數(shù)，比如說(shuō) P是素?cái)?shù)，則有 雙="1。網(wǎng)跖）二r （1-司程！引理：P力質(zhì)物；可用容斥定理來(lái)證（證明略）。定理1 ：（歐拉（Euler）定理）設(shè)&

2、amp;間=1,則鼻時(shí)叫三l（m凸d冽）。分析與解答：要證丁三Mmod，我們得設(shè)法找出微個(gè)行相乘，由必刊個(gè)數(shù) 我們想到12,活中與港互質(zhì)的式成）的個(gè)數(shù):口卜/林），由于（見耀）=1,從而 厘的必犯也是與酒互質(zhì)的底加）個(gè)數(shù)，且兩兩余數(shù)不一樣，故的,出“缸樹三 坳必如皿四）三網(wǎng)的馬一/閭（mod柳），而（的做綿出處）=1, 故明三l（3d啕。證明：取模鶴的一個(gè)既約剩余系玩聞一，勿忌=飆曬）,考慮鼻瓦，魂打，間網(wǎng) ,由 于由與逃互質(zhì)，故0b4E J 仍與附互質(zhì)，且有血 叫（引工工，于是對(duì)每 個(gè)1W J G后都能找到唯一的一個(gè)1 - 6力-后，使得也.比儂淵明），這種對(duì)應(yīng)關(guān)系o口幽）的 口配 d%，（

3、口鳥）（n與）（m白財(cái)是 的，從而尸1月內(nèi),- JT 9c,1（也口%） = 1/_!, . / =1（*i冽）,故/叫三Igod網(wǎng)。證畢。這是數(shù)論證明題中常用的一種方法，使用一組剩余系，然后乘一個(gè)數(shù)組組成另外一組剩余系來(lái)解決問(wèn)題。定理2：（費(fèi)爾馬（Fermat）小定理）對(duì)于質(zhì)數(shù)戶及任意整數(shù)4有獷="皿心向。設(shè)，為質(zhì)數(shù)，若小是爐的倍數(shù)，則“'=0 =。若直不是尹的倍數(shù)，則Q0=1由引理及歐拉定理得 涯）寸心冽，:一小如心勃閑,由此即得。定理2”推論：設(shè)中為質(zhì)數(shù)，M是與尹互質(zhì)的任一整數(shù)，則小三Kmodp）。定理3：（威爾遜（Wilson ）定理）設(shè)戶為質(zhì)數(shù)，則（P-D!T（mo

4、dp）。分析與解答：受歐拉定理的影響，我們也找審一1個(gè)數(shù)，然后來(lái)對(duì)應(yīng)乘法。證明：對(duì)于（凡P）= l,在冗2見，（戶1）工中,必然有一個(gè)數(shù)除以尹余1,這是因?yàn)?小2工，（71）工則好是P的一個(gè)剩余系去0。從而對(duì),土已1，2尹-嘰力E02產(chǎn)-D ,使得秒三；若科（mod/）, O,p）=l ,則工1-必）三0血©。），Pl®-%）,故 對(duì)于MM w12,，P-D,有五孫式小"p） 。即對(duì)于不同的犬對(duì)應(yīng)于不同的少,即 12 “'rP T中數(shù)可兩兩配對(duì)，其積除以P余1,然后有父，使工三單皿d中），即與它自 己配對(duì)，這時(shí)-1三0值10<1正，焦+1）5-1）。

5、（m0&審），支三一1或尤1值©日9）， »T 或"1。除了=Lp -外，別的數(shù)可兩兩配對(duì)，積除以夕余10故一5三MT）三Tmoapj。定義：設(shè)力（*）為整系數(shù)多項(xiàng)式（iMj”），我們把含有黑的一組同余式力三0Md %）（1公）稱為同余方組程。特別地，當(dāng) $6）均為"的一次整系 數(shù)多項(xiàng)式時(shí)，該同余方程組稱為一次同余方程組 .若整數(shù)匕同時(shí)滿足："C三式a?。?14厘，則剩余類% = 乙工三”mud臉）（其中網(wǎng)二網(wǎng)，啊%）稱為同 余方程組的一個(gè)解，寫作 一定理4:（中國(guó)剩余定理） 設(shè)啊，網(wǎng)nJ 函上是兩兩互素的正整數(shù)，那么對(duì)于任意整數(shù)%，口

6、戶工，一次同余方程組工三%（mod%） ,必有解，且解可以寫為：工=MM% +、汨2 + M上弧狐（mo d疝）% = （1<3這里想二切嗎僚上，罵,以及滿足見"小儂源嗎） '三，工k （即以為叫對(duì)模嗎f的逆）。中國(guó)定理的作用在于它能斷言所說(shuō)的同余式組當(dāng)模兩兩互素時(shí)一定有解，而對(duì)于解的 形式并不重要。定理5:（拉格郎日定理）設(shè)尹是質(zhì)數(shù)，號(hào)是非負(fù)整數(shù)，多項(xiàng)式,（五）"叫 / +瘋武+/ 是一個(gè)模戶為修次的整系數(shù)多項(xiàng)式（即”沖），則同余方程/（工）三0（modp）至多有 找個(gè)解（在模聲有意義的情況下）。定理6：若,為厘對(duì)模鶴的階，£為某一正整數(shù)，滿足&#

7、163;三Kmod啕，則3必為上的倍 數(shù)。以上介紹的只是一些系統(tǒng)的知識(shí)、 方法，經(jīng)常在解決數(shù)論問(wèn)題中起著突破難點(diǎn)的作用。 另外 還有一些小的技巧則是在解決、 思考問(wèn)題中起著排除情況、輔助分析等作用，有時(shí)也會(huì)起到fl（mod8）h為奇額時(shí)口 f0（mod9）理除h時(shí)f?三 ,? =1意想不到的作用，如：-00。的也為偶數(shù)時(shí)，一31口斯）壞整廂時(shí)。這里我們只介紹幾個(gè)較為直接的應(yīng)用這些定理的例子。典例分析例1.設(shè)3向）=1 ,求證：911（1-產(chǎn)）。證明：因?yàn)?1 = 7*3,故由（91W）=1知（91戶）=1 ,從而fM=L（13M = l，但是 喇=6,如可=12 ,故由歐拉定理得：，、的仁1%

8、則.7） , /三i3od13）, 從而（m0d9D .同理，聲=Kmod91）。于是，三1-1三QMd91）,即叫（>-此。注明：現(xiàn)考慮整數(shù)值的募值"所成的數(shù)列：若有正整數(shù)化使臚三m白d第）， 則有”三口,其中?; = + r?0<r c.k ；因而關(guān)于皿忒，數(shù)列風(fēng)速土由、的項(xiàng)依次同余于0心上k,樂(lè)這 個(gè)數(shù)列相繼的七項(xiàng)成一段，各段是完全相同的，因而是周期數(shù)列。如下例：例2.試求不大于100,且使1 "6 ” *的成立的自然數(shù)冷的和。解：通過(guò)逐次計(jì)算，可求出 于關(guān)于mod 11的最小非負(fù)剩余（即為被 11除所得的余數(shù)）為：3-Wmodl ）寸三%modM）,下三

9、”延 4（modl 1）,35 4x3 l（niodl 1）因而通項(xiàng)為丁的數(shù)列的項(xiàng)的最小非負(fù)剩余構(gòu)成周期為5的周期數(shù)列：3, 9, 5, 4, 1, 3, 9, 5, 4, 1,類似地，經(jīng)過(guò)計(jì)算可得 7"的數(shù)列的項(xiàng)的最小非負(fù)剩余構(gòu)成周期為10的周期數(shù)列：7, 5, 2, 3, 10, 4, 6, 9, 8, 1,于是由上兩式可知通項(xiàng)為 于+ T +4的數(shù)列的項(xiàng)的最小非負(fù)剩余，構(gòu)成周期為10 （即上兩式周期的最小公倍數(shù)）的周期數(shù)列：3, 7, 0, 0, 4, 0, 8, 7, 5, 6,這就表明，當(dāng)1孔£1口時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)打二工46時(shí)，號(hào)”+門=0融出!），即11|（?!+7

10、、4）；又由于數(shù)列的周期性，故當(dāng)時(shí)，滿足要求的第只有三個(gè)，即是工10上+30文+ 4,10k+ 6從而當(dāng)1W盟3口口時(shí)，滿足要求的總的和為：9P92/10尢+3）+（1證+4）+。及+0 =工*尢+13=加工七+10乂13二列乂45+130=1413?；?#163;二下面我們著重對(duì)Fetmat小定理及其應(yīng)用來(lái)舉例：1 i 1 i 7X + - X + X例3.求證：對(duì)于任意整數(shù) K, 5315 是一個(gè)整數(shù)。1 51 57又 + _工 +k證明：令廣（工）=5315 ，則只需證=%,+5/+7工是15的倍數(shù)即可。由3, 5是素?cái)?shù)及Fetmat小定理得/三Md 5） , 1 一（mod勾 則媛+

11、5工、7工三3工+ 7工三03cd 5）.五$ + 5/ +7" 2元+ ” 0（m凸d 3）而（3, 5） =1,故婷4刀,7工三°（m心血今，即15J是15的倍數(shù)。所以/是整數(shù)。（總為任意整數(shù)）。證明：令，=廬一片，則/5）二屋®-1）（犬+ 川+1）（產(chǎn)一月+1）（/日）；所以?。幸蚴揭?鑄-%#一%/一艘由Fetmat小定理，知13|屋口一科7|弱 一/51再5 f 3|浦一2 |M -制又13, 7, 5, 3, 2兩兩互素，所以2730=13乂7乂5乂 3乂2能整除忽“一片。例5.設(shè)凡3c是直角三角形的三邊長(zhǎng)。如果 口" 是整數(shù)，求證：

12、 詆 可以被30整除。證明：不妨設(shè)亡是直角三角形的斜邊長(zhǎng)，則 C2=a2。若2未出，2卡機(jī)2卡c,則=/*/=1+1三082）,又因?yàn)槿?他僅12）矛盾！所以2| l沱二.若3卡出，3卡機(jī)3卡c,因?yàn)閰^(qū)±l）、】Md引，則M+川三+ 1三2解咫， 又d= l（m心d可，矛盾！從而3|施.若5卡爾5在屋5卡c,因?yàn)槲?d5）,伊士打三一l（mod5）,所以M十產(chǎn)三±2或0（mod5）與/三±130d與矛盾！從而5心上.又（2,3,5）=1 ,所以 30| 阪.下面講述中國(guó)剩余定理的應(yīng)用例6.證明：對(duì)于任意給定的正整數(shù) 浮，均有連續(xù)抬個(gè)正整數(shù)，其中每一個(gè)都有大于1的平

13、方因子。證明：由于素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)， 故我們可以取其個(gè)互不相同的素?cái)?shù) 戶1，戶如一，戶R ,而考慮同余組元三一3凸d尸三12/243因?yàn)楫?dāng)，力 顯然是兩兩互素的，故由中國(guó)剩余定理知，上述同余組有正整數(shù)解。12于是，連續(xù)行個(gè)數(shù)及+ 1潭+ 4+冷分別被平方數(shù)尸】，入，必 整除。注：（1）本題的解法體現(xiàn)了中國(guó)剩余定理的一個(gè)基本功效，它常常能將“找連續(xù)首個(gè)正整數(shù)具有某種性質(zhì)”的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“找 抬個(gè)兩兩互素的數(shù)具有某種性質(zhì)”，而后者往往是比較 容易解決的。（2）本題若不直接使用素?cái)?shù)，也中以采用下面的變異方法：由費(fèi)爾馬數(shù)凡二23+1依生0）22兩兩互素，故將中的Pi轉(zhuǎn)化為罵（工=12/*,力）后，相應(yīng)的同

14、余式也有解，同樣可以導(dǎo)出證明。例7.證明：對(duì)于任意給定的正整數(shù) 融，均有連續(xù)理個(gè)正整數(shù)，其中每一個(gè)都不是哥數(shù)。分析：我們來(lái)證明，存在連續(xù) 器個(gè)正整數(shù)，其中每一個(gè)數(shù)都至少有一個(gè)素因子，在這個(gè)數(shù)的 標(biāo)準(zhǔn)分解中僅出現(xiàn)一次，從而這個(gè)數(shù)不是哥數(shù)。證明：取片個(gè)互不相同的素?cái)?shù) 九聲如心，考慮同余組工工 T（mMp因?yàn)閼?、尸?guó)顯然是兩兩互素的，故由中國(guó)剩余定理知，上述同余組有正整數(shù)解。對(duì)于三"因?yàn)橹?工二嚴(yán)依高尸?），故/G+D ,但由式可知 V （工+0，即跖在5+工）的標(biāo)準(zhǔn)分解中恰好出現(xiàn)一次，故 木+ L工+工，/+并都不是哥數(shù)。例8.設(shè)外1t是給定的偶數(shù)，品 °且上5-D是偶數(shù)。證明：存在整數(shù)工尸使得（匕用=3/） = 1,且工+，三上加內(nèi)量）。證明：我們先證明，當(dāng) 期為素?cái)?shù)哥P時(shí)結(jié)論成立。實(shí)際上，能夠證明，存在 兀尸使若尸=2 ,則條件表明k為偶數(shù)，此時(shí)可取=1,7 = -1 ；若尸> 2 ,則工=上一1與左=2,y = A：2中有一對(duì)滿足要求。一般情形下，設(shè)及工戶，"1P： J = 12,I是抬的一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)分解，上面已經(jīng)證明，對(duì)每個(gè)烏存在整數(shù)再，乃使得已卡