《《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版（77页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、c l第一章整数的可除性1整除的概念带余除法1.证 明 定 理3定 理3 若 ,a“都 是m得 倍 数，%,，%是 任 意”个 整 数，则+q 2a 2+qnan是m得倍数.证明：q,%4都是2的倍数。存在个整数 P,P 2,P”使%=P M，a2=p2m,an=pnm又1，,4”是任意个整数一+4 2a 2+%/=q/M +q 2P2m+q“Pm=(PI%+%P 2+%P,M即qat+q2a2+%是人的整数2.证明 3|n(n +l)(2n +l)证明nn+1)(2”+1)=n(n+1)(+2+一1)=n n+1)(+2)+(-1)(+1)又5+1)5+2),5-1)(+2)是连续的三个整数
2、故 3|(几 +1)(+2),3 1 (一 1)(+1)3 (+1)(+2)+(-1)(+1)从而可知 3|n(n+1)(2 +1)3 .若 o+刀。是形如以+与，(x,y是任意整数，a,b是两不全为零的整数)的数中最小整 数,W J (a x0+b y0)(a x4-b y).证：。,。不全为0在整数集合S=a x-b y x,ye Z 中存在正整数，因而有形如a x +b y的最小整数咐)+%Vx,y GZ,由带余除法有a x +h y=(a xQ+Z?yo)+r,O r a xQ+h yQ则r=(x-xQq)a +(y-yQq)h G S ,由。公+人为是S中的最小整数知r=0?.a x
3、Q+b yQ|a x +b y/a xQ+h yQ|a x +b y(x,y 为 任 意 整 数)a xQ+Z?y0|a,a xQ+/?y0 b：.a xQ+b yQ|(a,Z?).又有(凡。)|。，(a,b)b/.(,h)|a xG+h yQ 故 a x0+h y0=(/)4.若a,b是任意二整数，且b w O,证明：存在两个整数s,t使得c i b s+f,I f 区 2 1成立，并且当b是奇数时，s,t是唯一存在的.当b是偶数时结果如何？证：作 序 列,y,-网,-,o,j j w,-,则。必在此序列的某两项之间即存在一个整 数/使 用 可。0.则令s=,f=一加=a-则有0 a-b s
4、 =t =a =a 2 2 H *,N 耳若b 0则令s=-,r=a-b s =a+3 b，则同样有人|耳(z7)当q为奇数时，若60则令s=；!J =一加二a 1力,则有-t=a-bs=a-b=a-b 02 2 2 1 1 1 1 2若b h而M碧,碧 ”小 +，区 网 矛 盾 故s=s”=Gh当b为偶数时，s j不唯一，举例如下：此时三为整数、b-b 1/b、b i i b3.-=/?.1+-=&-2+（-）JI=-,|-乙 乙 乙 乙 乙 2 最大公因数与辗转相除法1.证明推论4.1推论4.1 a,b的公因数与（a,b）的因数相同.证：设力是a,b的任一公因数，；.d|a,d|b由带余除
5、法a=bq、+rx,b=他+5”“-2=解+1，0=.+1*/.伍力）=rnda-bqx=r,d b-rxq2=r2,d rn_2=rn_xqn+rn=a,b）,即d 是（。力）的因数。反过来(。,。)|。且他,匕)|，若则d|a,d|b，所以(a,b)的因数都是a,b 的公因数，从而。力的公因数与伍,。)的因数相同。2.证明：见本书P 2,P 3 第 3 题证明。3 .应用1习题4证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所说的求法及辗转相除法实际算出(76501,9 719).解：有1习题4 知：b/a,b e Z,b 丰 0J s,f e Z,使 a -b s +t,t ,使
6、b =s R+G，|f 区2 ，如此类推知:玉，“，-2=n-Sn+4；士+1，。+，-1=。，+1 +4+1；且11 i J I*I.111 I L L1 n|-2-22-2-2n+,而b是一个有限数，；.拼 w N,使%=0(a,b)=(仇 f)=(f,%)=&,弓)=(f+i)=(。,0)=t,存在其求法为：(a,h)-(b,a -b s)-(a-b s,b-(a-b s)s.-.(76501,9 719)=(9 719,76501-9 719 x 7)=(8 4 68,9 719-8 4 68)=(1251,8 4 68 1251x 6)=(3,1)=14.证明本节(1)式中的4 电驳
7、l o g 2证：由P 3 1习题4知 在(1)式中有F 冯专 真，而、b.1 二,.2n b,2n 1 ,所以(q,p)=l,：.q|a.；又 由(2)有ap+qpqT=-/4 因为p 整除上式的右端，所以尸|4g,(p,q)=l,q l,所以(q,p)=l,：.p a故(1)的有理根为“，且p|&,q|/。q假设正为有理数，x=-2=0,次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是 1,2,这与为其有理根矛盾。故血 为 无 理数。另证，设夜为有理 数 及=,(p,q)=l,q 1,则q22=4，；.2寸=p .(pq2)=(2/,p 2)=/1q但由(p,q)=l应 1知(pq2
8、)=l,矛盾，故 血 不是有理数。4质数算术基本定理1 .试造不超过100的质数表解：用 Eratosthenes筛选法(1)算 出 而 U=10a(2)10内的质数为：2,3,5,7(3)划掉2,3,5,7的倍数，剩下的是1 0 0 内的素数将不超过1 0 0 的正整数排列如下：-423-45-67-8-91 1 4 3 1 3 4 4 4 4 4 4 1 71 92 02 4-22232 4 珞2 6 2 52 9 其3 1 芬芬弘芬我3 7 第券4 04 1 424 3 4 4 转4 6 4 7 4 8 4 95 05 4-5 2 5 3 5 4 若5 6 刃龚5 96 06 1 6 2
9、 记6 4 给6 6 6 7 6 8 6 97 07 1 7 3 7 3 7 4 7 5 7 6 7 7 7 8 7 98 0讣8 2 8 3 8 48 6 W?8 8 8 99 09+92电9 4为%9 7 9 8 9 91I Wn o2 .求 8 2 7 9 8 8 4 8 及 8 1 0 5 7 2 2 6 6 3 5 0 0 0 的标准式.解：因为 8|8 4 8,所以8|4 4 =8 2 7 9 8 8 4 8 =8、1 0 3 4 9 8 5 6 =2”,又 8|8 5 6,所以 8|B,B =8 x 1 2 9 3 7 3 2 =23XC,又 4|3 2,所以 4|C,C =4
10、x 3 2 3 4 3 3 =22X又 9|(3+2+3+4+3+3),所以 9|D,)=9 x 3 5 9 3 7 =32 x E ,又 9|(3+5+9+3+7),所以 9|E,E =9 x 3 9 9 3又 3 9 9 3 =3 x 1 3 3 1 =3 x 1/所以4 =2 汨5 1 1 3；同理有8 1 0 5 7 2 2 6 6 3 5 0 0 0 =23-33-54-73-1 12-1 7-2 3-3 7 3.证明推论3.3并推广到n个正整数的情形.推论3.3 设a,b是任意两个正整数，且a=p-P22.p：,ai 0,i=1,2,，k,t =P-P22.P3 4.N O，)=1
11、,2,k,则(a,b)=p；1 p?,a,b =p：1 p?一p：”，其中=m in(q,q),a=m in(a,.,月)，i =l,2,，左证：%=m in(a,.,/?.),0 /;a;,0 /,.艮*-PJ IP：WIPA(i=l,2 女)i W iW，i W i W .:=1 /=!i=l *=1Px Pz p lk (a,b),又显然(a,b)p p；2 Pp *-P；P?=(a,b),同理可得 p，p；2 p：*=a,b ，3i-m a x a1,.)推广设 出 =p F p?p F s =p f P俨p f”,a”=p F p 9 p*(其中巧 为质数j =l,2,人 q为任意n
12、 个正整数i =l,2,，4 N O),则p p 齐=,=职由 4,j =l,2,上P：P，P p =口1，。2,MJ%=m a x 4.,j =1,2,kJ i n J4.应用推论3.3 证明3 的定理4 (ii)证：设。=疗 席 p，b =p p p?p p ,其中P l,P 2,P*是互不相同的素数，a，q都是非负整数，有(a,b)=p?p 机p，,4=m in a,r 4,l ik,a,b =p f p f p3 4=m a x ,以,l i l),则n 是 2的方痔.证：（反证法）设=2,（/为奇数）,则 2+1=22 /+1=(22，)/+1=(2+1)22*(/-1)-22(/-
13、2)+-+1V 1 22*+l(22 ty+l=2 +l,二2+1为合数矛盾，故n一定为2的方幕.5函数x,x及其在数论中的一个应用1.求3 0!的标准分解式.解：30 内的素数为 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29a2302卦 卦 卦图+=15+4+3+1 +0=23卦 卦圉3030F30y30-30不30303034+=10+3+1+0=14+=6+1 +0=7+=4+0=4，301130ai713-301713230172+,=1 +0=1,1330F30132+,=2+0=2%57+=2+0=2，%+H =2+0=230!=22 3-3,4-55-74-1 12-132
14、-17-19-23-292.设n是任一正整数，a是实数，证明:n-n=?证：设=m 则由性质II知m a m+,所以 nm na nm+n,所以+，所以加工 色幻m+l,又在m与m+1之间只有唯一整数m,n所以 四!=?=.nk k+1(ii)证法一设一W a-,k=0,1,2,-,n-1,n n贝ij k na(k +1,na=na+k当i+k n-时,a+十】+a+l,a+a+j3证明：(i)由高斯函数 x的定义有a=a+r,/3=网 +s,0 V r 1;0 5 1 )则a-(3=a-/?+r-5,r-5 1当r sNO时,口-尸=0-0当 r s 0时,=a-网-1故-刈=0-0或 a
15、-0+1=0-切(ii)设a=a+x,/?=/7+y,0 x,j 1,则有 0 4 x+y=a+/7!2下面分两个区间讨论：若OKx+y 2 a+2J3=+网 +/?+=+/?+网若 14x+y 2 a+2/7+2(x+l-x)=囱+网+网+囱+2+2(印+-x)2 a+2/7+l=a+。+4+仞(ii)(证法2)由于a,，对称，不妨设aN 2a+2 0=2(a+a)+2(/7+/7)=2固 +2 0 +2叫 +2尸 2a+2/3+a+/3=a+/?+(a+a+;?)=a+4 +a+a+0 +=a+a+4.(i)设函数代曾在闭区间QKxWR上是连续的，并且非负，证明:和式z夕(切表示平面区域。
16、0 0,T是区域/十)二/内的整点数，证明:r=1+4(r+6 卜 产 一*-(iv)设n。，T是区域常0,y 0,xyuL n内的整点数，证明:T=2 2 _目-何证明：（略）5.设口是任一正整数，且外=/+a津+町*+，p是质数，。见 p,证明：在陶的标准分解式中，质因数的指数是-第 一 S稗h=-Jpt-1其中&=已。+依+a 2+.证明：在式的标准分解式中，质因数p 的指数有限，即灯=a.+a1P+仪 2+0漱。，0 25 o*0,b 0,(a,/?)=1的非负整数解为f 1或 1+1N证明：当N 0时;原方程没有整数解，而+1 b 0,故今,光中一正一负，可设x0,y-比故这个不等式的整数解个数T是：当是整数时T=且bAa+若卜圉+1a b b a当&不 是 整 数 时T=axob血+比b a因而所 以(p(m)Aa+1x-xn-b t证 明 2：二 元 一 次 不 定 方 程 ax+by=N 的 一 切 整 数 解 为 1 ,r e Z,于y=y0+a t是 由 xNO,y 2 0 得 一 比 4 驾，但 区 间 瓦，包 的 长 度 是 也,故此区间内的a b a b a
