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文檔簡介
1、第十七章 整數(shù)問題一、常用定義定理1整除:設(shè)a,bZ,a0,如果存在qZ使得b=aq,那么稱b可被a整除,記作a|b,且稱b是a的倍數(shù),a是b的約數(shù)。b不能被a整除,記作a b.2.帶余數(shù)除法:設(shè)a,b是兩個(gè)給定的整數(shù),a0,那么,一定存在唯一一對(duì)整數(shù)q與r,滿足b=aq+r,0r|a|,當(dāng)r=0時(shí)a|b。3輾轉(zhuǎn)相除法:設(shè)u0,u1是給定的兩個(gè)整數(shù),u10,u1 u0,由2可得下面k+1個(gè)等式:u0=q0u1+u2,0u2|u1|;u1=q1u2+u3,0u3u2;u2=q2u3+u4,0u4u3;uk-2=qk-2u1+uk-1+uk,0ukuk-1;uk-1=qk-1uk+1,0uk+11
2、且n為整數(shù),則,其中pj(j=1,2,k)是質(zhì)數(shù)(或稱素?cái)?shù)),且在不計(jì)次序的意義下,表示是唯一的。6同余:設(shè)m0,若m|(a-b),即a-b=km,則稱a與b模同m同余,記為ab(modm),也稱b是a對(duì)模m的剩余。7完全剩余系:一組數(shù)y1,y2,ys滿足:對(duì)任意整數(shù)a有且僅有一個(gè)yj是a對(duì)模m的剩余,即ayj(modm),則y1,y2,ys稱為模m的完全剩余系。8Fermat小定理:若p為素?cái)?shù),pa,(a,p)=1,則ap-11(modp),且對(duì)任意整數(shù)a,有apa(modp).9若(a,m)=1,則1(modm),(m)稱歐拉函數(shù)。10(歐拉函數(shù)值的計(jì)算公式)若,則(m)=11(孫子定理)
3、設(shè)m1,m2,mk是k個(gè)兩兩互質(zhì)的正整數(shù),則同余組:xb1(modm1),xb2(modm2),xbk(modmk)有唯一解,xM1b1+M2b2+Mkbk(modM),其中M=m1m2mk;=,i=1,2,k;1(modmi),i=1,2,k.二、方法與例題1奇偶分析法。例1 有n個(gè)整數(shù),它們的和為0,乘積為n,(n1),求證:4|n。證明 設(shè)這n個(gè)整數(shù)為a1,a2,an,則a1,a2,an=n, a1+a2+an=0。 首先n為偶數(shù),否則a1,a2,an均為奇數(shù),奇數(shù)個(gè)奇數(shù)的和應(yīng)為奇數(shù)且不為0,與矛盾,所以n為偶數(shù)。所以a1,a2,an中必有偶數(shù),如果a1,a2,an中僅有一個(gè)偶數(shù),則a1
4、,a2,an中還有奇數(shù)個(gè)奇數(shù),從而a1+a2+an也為奇數(shù)與矛盾,所以a1,a2,an中必有至少2個(gè)偶數(shù)。所以4|n.2不等分析法。例2 試求所有的正整數(shù)n,使方程x3+y3+z3=nx2y2z2有正整數(shù)解。解 設(shè)x,y,z為其正整數(shù)解,不妨設(shè)xyz,則由題設(shè)z2|(x3+y3),所以z2x3+y3,但x3xz2,y3yz2,因而z=nx2y2-nx2y2-(x+y),故x3+y3z2nx2y2-(x+y)2,所以n2x4y42nx2y2(x+y)+x3+y3,所以nxy。若x2,則4nxy3,矛盾。所以x=1,所以nya1,2kb1,2kc1,從而不是整數(shù),矛盾。所以該方程僅有一組整數(shù)解(0
5、,0,0).4特殊模法。例4 證明:存在無窮多個(gè)正整數(shù),它們不能表示成少于10個(gè)奇數(shù)的平方和。證明 考慮形如n=72k+66,kN的正整數(shù),若,其中xi為奇數(shù),i=1,2,s且1s9。因?yàn)閚2(mod8),又1(mod8),所以只有s=2.所以,又因?yàn)?或0(mod3),且3|n,所以3|x1且3|x2,所以9|n。但n=72k+663(mod9),矛盾。所以n不能表示成少于10個(gè)奇數(shù)的平方和,且這樣的n有無窮多個(gè)。5最小數(shù)原理。例5 證明:方程x4+y4=z2沒有正整數(shù)解。證明 假設(shè)原方程有一組正整數(shù)解(x0,y0,z0),并且z0是所有正整數(shù)解z中最小的。因此,則a2-b2,=2ab,z0
6、=a2+b2,其中(a,b)=1,a,b一奇一偶。假設(shè)a為偶數(shù),b為奇數(shù),那么(mod4),而(mod4),矛盾,所以a為奇數(shù),b為偶數(shù)。于是,由得x0=p2-q2,b=2pq,a=p2+q2(這里(p,q)=1,pq0,p,q為一奇一偶)。從而推得,因?yàn)閜,q,p2+q2兩兩互質(zhì),因此它們必須都是某整數(shù)的平方,即p=r2,q=s2,p2+q2=t2,從而r4+s4=t2,即(r,s,t)也是原方程的解,且有tt2=p2+q2=a1,n1,因?yàn)槭钦麛?shù),所以也是整數(shù),所以m,n是對(duì)稱的,不妨設(shè)mn,)若m=n,則為整數(shù),所以n=2,m=2.)若mn,因?yàn)閚3+11(modn),mn-1-1(mo
7、dn),所以-1(modn).所以存在kN,使kn-1=,又kn-1=所以(k-1)n1+,所以k=1,所以n=1=,所以所以n-1=1或2,所以(m,n)=(5,3)或(5,2).同理當(dāng)mn時(shí),有(m,n)=(2,5),(3,5).綜上(m,n)=(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2),(2,5),(5,2),(3,5),(5,3).7進(jìn)位制的作用例7 能否選擇1983個(gè)不同的正整數(shù)都不大于105,且其中沒有3個(gè)正整數(shù)是等差數(shù)列中的連續(xù)項(xiàng)?證明你的結(jié)論。解 將前105個(gè)自然數(shù)都表示為三進(jìn)制,在這些三進(jìn)制數(shù)中只選取含數(shù)字0或1(而不含數(shù)字2)的數(shù)組成數(shù)集T,下證T中的數(shù)符合要求。(1)因?yàn)?101051983(個(gè))。這是因?yàn)門中的k位數(shù)的個(gè)數(shù)相當(dāng)于用0,1這
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