初等數(shù)論第一章整除理論

1--一章整除理論倍數(shù)，算術(shù)基本定理以及它們的一些應(yīng)用。節(jié)數(shù)的整除性的約數(shù)(因數(shù)或除數(shù))，并且使用記號(hào)b|a；如(ⅱ)a|b，b|ca|c；2(ⅳ)b|abc|ac，此處c是任意的非零a=0。留作習(xí)題。3--有kbbk例2設(shè)A={d1,d2,…,dk}是n的所有約數(shù)B={nn12kd12k解由以下三點(diǎn)理由可以證得結(jié)論：ii4--ijijdddd度，證明：無論怎么編號(hào)，都不能使得三角形5--則即這些三角形的周長不可能全都相等。12345676……7--…。在例6中所使用的尋找素?cái)?shù)的方法，稱為計(jì)算時(shí)間，是不可取的。8--a2+…+an=a1，在上式中，左端是(n1)個(gè)奇數(shù)之和，右端是偶an少有兩個(gè)偶數(shù)，即4|n。123aa2+a123aaa，則存在整數(shù)9--3A，使得3s得所需要的結(jié)論。3.證明：任意給定的連續(xù)39個(gè)自然數(shù)，pn則n1是素?cái)?shù)。--5.證明：存在無窮多個(gè)自然數(shù)n，使得n不能表示為二節(jié)帶余數(shù)除法b0，則存在唯一的兩個(gè)整數(shù)q和r，使得證明存在性若b|a，a=bq，qZ，可A{a+kb；kZ},其中Z表示所有整數(shù)的集合，以后，仍使用此Nr的最小性矛盾。所以式(2)必定成立。取q=k0--都使得式(1)成立，即則全體整數(shù)的問題可以歸化為對(duì)有限個(gè)整數(shù)類的數(shù)，并且axbyabmrxry解由則--mnA={y；y=a1x1+…+anxnxiZ1in}y0|ai1in。得yqyr0r0<y0。(1in)。ai=3qi+ri0ri<3i=1,2,3,4,5。--r…若方程f(x)=0有整數(shù)解，則f(x)=f(3q)=an(3q)n…a1(3q)a0=3Q1a0Qf(0)，f(x)=f(3q1)=an(3q1)n…--=3Q2+an+…+a1+a0=3Q2+f(1)，Q2Z。由于f(1)不是3的倍數(shù)，所以f(x)0=f(x)=f(3q1)=an(3q1)n+…+=3Q3+a0a1+a2…+(1)nan=3Q3+f(1)，其中Q3Z。所以3|f(1)=a0a1+a2…+r--r=1,14r1r161R=0R=02,1341009604,1111000解我們有n除的余數(shù)相同，即1212以從中找出若干個(gè)作和，使得這個(gè)和能被n整節(jié)最大公約數(shù)定義1整數(shù)a1,a2,…,ak的公共約數(shù)稱為--大公大公約數(shù)(或最大公因數(shù))，記為(a1,a2,…,ak)。所以最大公約數(shù)是存在的，并且是正整數(shù)?；ニ氐?或互質(zhì)的)；如果ij則稱a1,a2,…,ak是兩兩互素的(或兩兩互質(zhì)(ⅳ)若p是素?cái)?shù)，a是整數(shù)，則(p,a)=1或p|a；bqr。因此a與b的全體公約數(shù)的集合就是b--i=1這個(gè)推論對(duì)最大公約數(shù)的性質(zhì)做了更深的且是所有公約數(shù)的倍數(shù)。--666(ⅱ)由b|c，a|c及(a,b)=1可以推出ab|c。ⅰ)若(a,b)=1，由定理2，存在--(2)成立。由b|c與a|c得到ab|ac，ab|bc，再abc。推論1若p是素?cái)?shù)，則下述結(jié)論成立：(ⅰ)p|abp|a或p|b；(ⅱ)p|a2p|a。留作習(xí)題。d|bc，由式(2)得到，d|c,即d是a與c的公推論3若(a,bi)=1，1in，則(a,留作習(xí)題。記則--dn1=(dn2,an1)dn1|an1，dn1|dn2，dn|an，dn|an1，dn|dn2，dn2=(dn3,an2)dn2|an2，dn2|dn3dn|an，dn|an1，dn|an2，dn|dn3，……出d|a1，d|a2d|d2，d|d2，d|a3d|d3，……d|dn1，d|and|dn，--例證明：若n是正整數(shù)，則是xy意 再由式(3)得到這是不可能的。所以式(3)不能成立。--解由式(4)得到9|(ab)2+3ab3|(ab)2+3ab3|(ab)23|ab(5)9|(ab)2。再由式(4)得到9|3ab3|ab。若3|a，由式(5)得到3|b；若3|b，由(5)式也得到3|a。因此，總有3|a且3|b。成立，則2b12a+12b2a22a(2ba1)(ⅱ)若a=b，且式(6)成立，則由式(6)得到--2a3，時(shí)--2n2n2n2n2n2n節(jié)最小公倍數(shù)定義1整數(shù)a1,a2,…,ak的公共倍數(shù)稱為中的最小的一個(gè)叫做a1,a2,…,ak的最小公倍(ⅱ)[a,b]=[b,a]；(ⅳ)若a|b，則[a,b]=|b|。留作習(xí)題。的最小公倍數(shù)時(shí)，不妨假定它們都是正整數(shù)。在本節(jié)中總是維持這一假定。最小公倍數(shù)和最大公約數(shù)之間有一個(gè)很重要的關(guān)系，即下面的定理。--[a,b]=ab1212 ak=bk。(a,b)1(a,b)2ab得到 1時(shí)，得到最小公倍數(shù)[[a,b]=。(a,b)推論1兩個(gè)整數(shù)的任何公倍數(shù)可以被它們--由式(2)可得證。證畢。是最小的正倍數(shù)，而且是另外的公倍數(shù)的約數(shù)。證明由定理2及第三節(jié)定理2的推論得到m2abm2abmab[ma,mb]====m[a,b]。(ma,mb)m(a,b)(a,b)記則證明我們有mn=[mn1,an]mn1|mn，an|mn，mn1=[mn2,an1]mn2|mn1|mn，an|mn，an1|mn1|mn，mn2=[mn3,an2]mn3|mn2|mn，……m2=[a1,a2]an|mn，…，a2|mn，--則[a1,a2,…,an]|m。留作習(xí)題。件是證明必要性因?yàn)?a1,a2)=1，由定理2到到--如此繼續(xù)下去，就得到式(3)。k，ij。那么，由此及式(4)得到k--即式成立，必是出成立。由歸納法證明了充分性。證畢。對(duì)于函數(shù)f(x)，要驗(yàn)證命題“m|f(n)，nZ”是否成立，可以用第二節(jié)例5中的方法，驗(yàn)證--,[a,b][a,b][a,b]--[a,b,c][ab,bc,ca]=[[a,b,c]ab,[a,b,c]bc,c=[abc,a2b,a2c,b2c,b2a,=[ab[c,a],b2[c,a],ac[c,=[abc,a2b,b2c,b2a,ac2,--=[abc,a2b,a2c,b2c,b2a,習(xí)題四abc是正整數(shù)，證明： =。=。輾轉(zhuǎn)相除法本節(jié)要介紹一個(gè)計(jì)算最大公約數(shù)的算法—--b=r1q2+r2，……10<r<10<r<2……|b|>r1>r2>…，00<r<以式(1)中只包含有限個(gè)等式。即要做的帶余數(shù)除法的次數(shù)進(jìn)行估計(jì)。引理用下面的方式定義Fibonacci數(shù)列{Fn}：nn--證明容易驗(yàn)證3232假設(shè)式(2)對(duì)于所有的整數(shù)kn(n3)成立，即則n(1)中的記號(hào)，則(1in)，因此rnrnFnFFF，4br1+r2Fn+1+Fn=Fn--即這就是定理結(jié)論。證畢。2使用式(1)中的記號(hào)，記則此時(shí)由式(1)得到假設(shè)對(duì)于k<m(1mn)式(3)成立，由此假設(shè)及式(1)得到=(aQm1bPm1)qm+(aQm2bPm2)--2=(1)m1(rm2rm1qm)=(1)m1rm，即式(3)當(dāng)k=m時(shí)也成立。定理由歸納法得證。需要計(jì)算(a,b)而不需要求出使式(4)成立的整數(shù)x與y，則所需要的除法次數(shù)還可更少一些。除的除法運(yùn)算和減法運(yùn)算就可以計(jì)算出(a,b)。解下面的四個(gè)基本事實(shí)給出了證明：a(ⅳ)若--數(shù)的性質(zhì)(例如第三節(jié)定理4的推論)，則可使得求最大公約數(shù)的過程更為簡單。利用定理2計(jì)算(n=3)P=1，P=7，P=2.7+1=15，P0123--得上式說明，如果放y0次(每次放n個(gè))，那么在把這個(gè)硬幣放入含硬幣最少的盒子中(這是可以做到的)，就使它與含有最多硬幣的盒子所含硬必可使所有盒子中的硬幣數(shù)目相同。--第六節(jié)算術(shù)基本定理數(shù)之積，即其中pi(1im)是素?cái)?shù)。式(1)對(duì)于n=k+1也成立，從而由歸納法推出定理1(算術(shù)基本定理)任何大于1的整數(shù)n可以唯一地表示成npppk--kk表示成式(2)的形式，因此，只需證明表示式(2)假設(shè)pi(1ik)與qj(1jl)都是素p1p2…pk，q1q2…ql，使得p1qj，所以p1=qj；又有某個(gè)pi(1ik)，重復(fù)上述這一過程，得到k=l，pi=qi，1ik。12kn=pa1pa212k是n的標(biāo)準(zhǔn)分解式，其中pi(1ik)是素?cái)?shù)，--推論1使用式(2)中的記號(hào)，有留作習(xí)題。a與b的標(biāo)準(zhǔn)分解式是1k1l1k1s1k1l1k1sk，k留作習(xí)題。12k12k12k12k--i共k)都是非負(fù)整數(shù)，則12kiii12kiii12kiiip12k12k12k12k其中aI，bi(1共i共k)都是非負(fù)整數(shù)。由式(5)有且只有一個(gè)成立。這就證明了推論。證畢。解我們有--12k12k12k12k12kiii12kiii12kiiiiii1(ⅱ)設(shè)ii=1i=1有--ii=1yi以352n-12)不是整數(shù)。解設(shè)-1-1得1--其中至少有一個(gè)能被另一個(gè)整除。+…+1(n2)不是整數(shù)。2n第七節(jié)函數(shù)[x]與{x}yxx+[y]--(ⅳ)[x+y]([x]l-[x]-1([x]l-[x]-1(0(ⅵ){-x}=〈l1-{x}留作習(xí)題。；中能被b整除的整數(shù)有[a]個(gè)。b個(gè)，則bbbb即在帶余數(shù)除法--中有q=[a]，r=b{a}。bb12k定理3設(shè)n是正整數(shù)，n!=pa1pa2…12kn!的標(biāo)準(zhǔn)分解式，則ir=1p證明對(duì)于任意固定的素?cái)?shù)p，以p(k)表示在k的標(biāo)準(zhǔn)分解式中的p的指數(shù)，則么pnnnn，將上式代入式(2)，得到--p(n!)=1([n][n])+2([n][n])+3([n][n])+…pp2p2p3p3p4=[n]。其中nn!=np[r]，pnn的所有素?cái)?shù)p求積。pn定理4Ck=n!=N。nk!(nk)!nn!，k!與(nk)!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中所含的p的指數(shù)nn!，k!與(nk)!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中所含的p的指數(shù)分別是--因此Ck是整數(shù)。nCkn(n1)!N，nk!(nk)!nn的冪指數(shù)是55253[2x][2y][x][xy][y]。[x][xy][y]=2[x]2[y][]，[2x][2y]=2[x]2[y][2][2]。--[2]；如果[a+]=1，那么a與中至少有一個(gè)不2a[2]1=[a+]。因此無論[a+]=0或1，都有[a+][2a]+[2]，由此及式(5)和式(6)可以推出式(4)。[n+n+1]=[4n+2]。解首先，我們有以n+n+1][4n+2]。若上式中的等號(hào)不成立，即nnn2]，nn<a[4n+2]，--所以個(gè)矛盾說明式(8)不能成立，即式(7)成立。nnnnnxxnnnn=n[x]+i=n[x]+[na]=[n([x]+a)]=[nx]。--10B+2，(10)k(A+B)k+(AB)k=2(Ak+C2Ak2B+…)k可以求出[(A+B)k]。[x],[2x],,[kx],與[y],[2y],,[my],在數(shù)列(11)中至多有一個(gè)數(shù)等于給定的正整數(shù)--k1km1mk1km1mn+1xnn+1ynn+1xyn設(shè)不然，則存在p,qN，使得因?yàn)閤和y是無理數(shù))，nxyn+13.設(shè)n是正整數(shù)，x是實(shí)數(shù)，證明：r=1--x2[x2]=(x[x])25.證明：方程fxxxxxxx=h=nk，其中k是n的二進(jìn)制表示的位數(shù)碼之第八節(jié)素?cái)?shù)以表示成素?cái)?shù)冪的乘積。這就引出了一個(gè)問題：素?cái)?shù)是否有無窮多個(gè)？如果有無窮多個(gè)，那么，題。本節(jié)要對(duì)這一問題證明我們給出三個(gè)證明方法。--明