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初等数论第一章整除理论

第一章整除理论

整除性理论是初等数论的基础。

本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。

第一节数的整除性

定义1设a,b是整数，b0,如果存在整数c，使得

a=bc

成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），并且使用记号ba;如果不存在整数c使得a=bc成立，则称a不被b

整除，记为b|a。

显然每个非零整数a都有约数1，a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。

被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整

数称为奇数。

定理1

下面的结论成立：

（i）a

bab;

（ii）a

b，bcac;

（iii）b

ai,i=1,2,,kbaixia2X2

akXk，

此处x（i=1,2,,k）是任意的整

数；

（iv）babeac,此处c是任意的非零整数；

（v）ba,a0|b||a|;ba且

|a|<|b|a=0。

证明留作习题。

定义2若整数a0，1,并且只有约数

1和a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。

以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。

定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。

证明若a是素数，则定理是显然的。

若a不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是di,d2,,dk。

不妨设di是其中最小的。

若di不是素数，则存在ei>1,e2>1，使得d1=&e2，因此，e1和e2也是a的正的非平凡约数。

这与d1的最小性矛盾。

所以d1是素数。

证毕。

推论任何大于1的合数a必有一个不超过”a的素约数。

证明使用定理2中的记号，有a=d1d2，其中d1>1是最小的素约数，所以d12a。

证毕。

例1设r是正奇数，证明：

对任意的正整数n有

n211r2rnr。

解对于任意的正整数a,b以及正奇数k,

有

bk=（a

b）（ak1ak2bak

3b2

bk1）=（ab）q,

其中

q是整数。

记s=1r2r

n「，则

2s=

2（2r

nr）（3r（n1）r）

（nr

2r）=2（n2）Q,

其中

Q是整数。

若n2s,由上式知

因为

n2>2

这是不可能的，所以

n21

s。

例2设A={di,d2,,dk}是n的所有约数

的集合，则

也是n的所有约数的集合。

解由以下三点理由可以证得结论：

（i）A和B的元素个数相同；

（ii）若diA,即din,则—|n,反之亦

di1

然；

卄…nn

（iii）若didj,贝U

didj

例3以d（n）表示n的正约数的个数，例如:

（1）=1,d

（2）=2,d（3）=2,d（4）=3,。

问：

（1）d

（2）d（1997）

是否为偶数

解对于n的每个约数d，都有n=dn,

因此，n的正约数d与巴是成对地出现的。

只有

当d=n，即n=d2时，d和巴才是同一个数。

故当且仅当n是完全平方数时，d（n）是奇数。

因为442<1997<452，所以在d

（1）,d

（2）,d（1997）中恰有44个奇数，故d

（1）d

（2）

d（1997）是偶数。

例4设凸2n边形M的顶点是Ai,A2,:

A2n，点0在M的内部，用1,2,,2n将M的

2n条边分别编号，又将OAi,OA2,,0A2n也同样

进行编号，若把这些编号作为相应的线段的长度，证明：

无论怎么编号，都不能使得三角形OA1A2,OA2A3,,0A2nAi的周长都相等。

解假设这些三角形的周长都相等，记为S。

则

2ns=3（122n）=3n（2n1），

即

2s=3（2n1），

因此23（2n1），这是不可能的，这个矛盾说

明这些三角形的周长不可能全都相等。

例5

设

整数

k1,

证明：

（i）

若

n<2k

1,1an,a2k,

则

2k|a；

（ii）

若

2n1

<3k+1,1bn,

3k,

则3

k|2b

1。

解（i）若2k|a,则存在整数q,使得a=q2k。

显然q只可能是0或1。

此时a=0或2k,这都是不可能的，所以2k|a；

（ii）若3k|2b-1,则存在整数q,使得2b-仁q3k，显然q只可能是0,1,或2。

此时2b-1=0,3k,或23k,这都是不可能的，所以3k|2b1。

例6写出不超过100的所有的素数。

解

将不超过

100的正整数排列如下：

-4

-6

-9

91929394959697

9899100

按以下步骤进行：

（i）删去1，剩下的后面的第一个数是2,

2是素数；

（ii）删去2后面的被2整除的数，剩下的2后面的第一个数是3,3是素数；

（iii）再删去3后面的被3整除的数，剩下的3后面的第一个数是5,5是素数；

（iv）再删去5后面的被5整除的数，剩下的5后面的第一个数是7,7是素数；

照以上步骤可以依次得到素数2,3,5,7,11,

由定理2推论可知，不超过100的合数必有一个不超过10的素约数，因此在删去7后面被7整除的数以后，就得到了不超过100的全部素数。

在例6中所使用的寻找素数的方法，称为Eratosthenes筛法。

它可以用来求出不超过任何固定整数的所有素数。

在理论上这是可行的；但

在实际应用中，这种列出素数的方法需要大量的计算时间，是不可取的。

例7证明：

存在无穷多个正整数a,使得

n4a（n=1,2,3,）

都是合数。

解取a=4k4,对于任意的nN，有

n44k4=（n22k2）24n2k2=（n22k2

2nk）（n22k22nk）。

因为

n22k22nk=（nk）2k2k2,

所以，对于任意的k=2,3,以及任意的nN,

n4a是合数。

例8设ai,a2,,an是整数，且

an=0,aia2an=n,

则4

n。

解

如果2|

n，则n,ai,a2,,an都是奇数

于是

an是奇数个奇数之和，不

可能等于零，这与题设矛盾，所以2n,即在

ai,a2,,an中至少有一个偶数。

如果只有一个

偶数，不妨设为ai，那么2|ai（2in）。

此时有等式

a2an=ai，

在上式中，左端是（n1）个奇数之和，右端是偶数，这是不可能的，因此，在ai,a2,,an中至少有两个偶数，即4n。

例9若n是奇数，则8n2i。

解设n=2ki，贝U

n2i=（2ki）2i=4k（ki）。

在k和ki中有一个是偶数，所以8n2i。

例9的结论虽然简单，却是很有用的。

例如，使用例3中的记号，我们可以提出下面的问题：

问题d（i）2d

（2）2d（i997）2被4

除的余数是多少

例i0证明：

方程

ai2a22a32=i999

无整数解。

解若

ai,a,

a3都是奇纟

数，则存在整数

Ai,A2,A3,

使得

ai2=8Ai

i,a22=

8A2

a32=8A3i,

于是

ai2a22

a32=

8（Ai

A3）3o

由于i999被8除的余数是

乙

所以ai,a2,a3

不可能都是奇f

数o

由式⑴，ai,a2,a3中只能有一个奇数，设ai为奇数，a2,a3为偶数，则存在整数Ai,A2,A3,使得

ai=8A11,a2=8A2r,a3=8A3s,

于是

222

ai2a22a32=8（AiA2A3）1rs,

其中r和s是整数，而且只能取值0或4。

这样ai2a22a32被8除的余数只可能是i或5,但i999被8除的余数是7所以这样的ai,a2,a3也不能使式

（2）成立。

综上证得所需要的结论。

习题一

证明：

若p>3n，贝Uni是素数。

5.证明：

存在无穷多个自然数n,使得n

不能表示为

a2p（a>0是整数，p为素数）的形式。

第二节带余数除法

在本节中，我们要介绍带余数除法及其简单应用。

定理1（带余数除法）设a与b是两个整数，b0，则存在唯一的两个整数q和r，使得

a=bqr，0r<|b|。

（1）证明存在性若ba，a=bq，q乙可

取r=0。

若b|a，考虑集合

A={akb;kZ},

其中Z表示所有整数的集合，以后，仍使用此记号，并以N表示所有正整数的集合。

在集合A中有无限多个正整数，设最小的正整数是r=akob，则必有

否则就有r|b|。

因为b|a，所以r|b|。

于是r>|b|，即ak0b>|b|，ak0b|b|>0，这样，在集合A中，又有正整数ak0b|b|<

r，这与r的最小性矛盾。

所以式

（2）必定成立。

取q=ko知式

（1）成立。

存在性得证。

唯一性

假设有两对整数

，r与q

，r

都使得式

（1）成立,

即

a=qb

r=qb

，0r,r

<|b|，

则

（q

q）b=r

，|rr

1<1b|，

⑶

因此r

r=0，r=

，再由式（3）

得出q=q，唯一性得证。

证毕。

定义1称式

（1）中的q是a被b除的商，r是a被b除的余数。

由定理1可知，对于给定的整数b,可以按照被b除的余数将所有的整数分成b类。

在同一类中的数被b除的余数相同。

这就使得许多关于全体整数的问题可以归化为对有限个整数类的研究。

以后在本书中，除特别声明外，在谈到带余数除法时总是假定b是正整数。

例1设a，b，

x，y是整数,k和m是正

整数，并且

a=a1m

r1，0

b=b1m

r2，0

则axby和ab被m除的余数分别与「伏r2y

和「1「2被m除的余数相同。

特别地，ak与r1k被

m除的余数相同。

解由

axby=（a1mn）x（b1mr2）y=（a1X

b1y）mr1xr2y

可知，若rixr2y被m除的余数是r，即

则

rixr2y=qm

r,or

by=（aixbiy

q）mr,or

即ax

by被m除的余数也是r。

冋样方法可以证明其余结论。

例2设ai,a2,,an为不全为零的整数，

以y0表示集合

A={y;y=aixianxn,xiZ,1in}

中的最小正数，则对于任何yA,yoy；特别地，yoai，1in。

解设yo=aixianxn，对任意

的y=aixianxnA，由定理1，存在q,

roZ，使得

y=qyoro，0ro

因此

ro=yqyo=ai（xiqxi）an（xn

qxn）Ao

如果roo,那么，因为o

是A中比yo还小的正数，这与yo的定义矛盾。

所以ro=o,即yoyo

显然aiA（iin）,所以yo整除每个

ai（iin）。

例3任意给出的五个整数中，必有三个数

之和被3整除。

解设这五个数是ai,i=i,2,3,4,5,记

ai=3qiri,ori<3,i=i,2,3,4,5。

分别考虑以下两种情形：

（i）若在ri,r2,,r5中数o,i,2都出现，

不妨设ri=o,r2=i,r3=2,此时

aia2a3=3（qiq2q3）3

可以被3整除；

（ii）若在门，r2,,r5中数0,1,2至少有

一个不出现，这样至少有三个ri要取相同的值，

不妨设ri=r2=r3=r（r=0,1或2），此时

aia2a3=3（qiq2q3）3r

可以被3整除。

例4设ao,ai,,anZ,f（x）=anxn

aixao,已知f（0）与f（i）都不是3的倍数，证

明：

若方程f（x）

=0有整数解，则

3f（

i）=a0

aia2

（

i）nan。

解

对任何

整数x,都有

=3q

r,r=0,i或2,

Z。

（i）

若r=

0,即卩x=3q,q

则

f（x）=f（3q）=an（3q）nai（3q）ao=3Qi

其中Qi

0・

a0=3Qi

Z,由于f（0）不是

f（0）,

3的倍数，所以f（x）

（ii）

若r=i，即卩x:

=3qi,

qZ,则

f（x）=f（3q

i）=an（3q

i）n

ai（3q

i）a0

=3Q2

aia

3Q2f（i）,

其中Q2Z。

由于f（i）不是3的倍数，所以f（x）

0。

因此若f（x）=0有整数解x,则必是x=3q

2=3qi,q

Z,于

F是

0=f（x）

=f（3q

i）=an（3q

i）n

ai（3q

i）

=3Q3

（i）nan

=3Q3f

（1）,

其中Q3Z。

所以3f

（1）=aoaia2

（1）nan。

例5证明：

对于任意的整数n,f（n）=3n5

5n37n被15整除。

解对于任意的正整数n,记

n=15qr，0r<15。

由例1，

n2=15Q1门，n4=15Q2「2，

其中r1与r2分别是r2与r4被15除的余数。

以R表示3n45n27被15除的余数，

则R就是3r25r17被15除的余数，而且f（n）

被15除的余数就是rR被15除的余数，记为R。

当r=0时，显然R=0,即153n55n3

7n。

对于r=1,2,3,,14的情形，通过计算列

出下表：

1,14

2,13

3,12

4,11

6,9

r1=

r2=

这证明了结论。

例6设n是奇数，则16n44n11。

解我们有

n44n211=（n21）（n25）16。

由第一节例题9，有8n21,由此及2n2

5得到16（n21）（n25）。

例7证明：

若a被9除的余数是3,4,5或6,则方程xy=a没有整数解。

解对任意的整数x，y，记

x=3q1门，y=3q2r2，0门，r2<3。

则存在Q1,R1,Q2,R2Z，使得

x3=9Q1Ri，y3=9Q2R2，

其中R1和R2被9除的余数分别与门3和「23被9除的余数相同，即

R1=0，1或8,R2=0，1或8。

⑷

因此

x3y3=9（Q1Q2）R1R2。

又由式（4）可知，R1R2被9除的余数只可能是

0，1，2，7或8，所以，x3y3不可能等于a。

习题二

5.设a是自然数，冋a43a29是素数

还是合数

6.证明：

对于任意给定的n个整数，必可

以从中找出若干个作和，使得这个和能被n整

除。

答案

第三节最大公约数

定义1整数ai,a2,,ak的公共约数称为

ai,a2,,ak的公约数。

不全为零的整数ai,a2,

ak的公约数中最大的一个叫做

ai,a2,,

ak的最

大公约数（或最大公因数），

记为（ai,a2,

ak）。

由于每个非零整数的约数的个数是有限的,所以最大公约数是存在的，并且是正整数。

如果（ai,a2,,ak）=1，则称ai,a2,,ak是

互素的（或互质的）；如果

（ai,aj）=i，ii,jk，ij，

则称ai,a2,,ak是两两互素的（或两两互质

的）。

显然，ai,a2,,ak两两互素可以推出（ai,a2,

ak）=i，反之则不然,例如（2,6,i5）=i，但（2,6）=2。

定理i下面的等式成立：

（i）（ai,a2,,ak）=（|ai|,|a2|,,|ak|）；

（ii）（a,i）=i,（a,0）=|a|,（a,a）=|a|;

（iii）（a,b）=（b,a）;

（iv）若p是素数，a是整数，则（p,a）=i或pa;

（v）若a=bqr，则（a,b）=（b,r）。

证明（i）（iv）留作习题。

（v）由第一节定理1可知，如果da,db，则有dr=abq,反之，若db,dr，则da=bqr。

因此a与b的全体公约数的集

合就是b与r的全体公约数的集合，这两个集合中的最大正数当然相等，即（a,b）=（b,r）。

证毕。

由定理1可知，在讨论（ai,a2,,an）时，不

妨假设ai,a2,,an是正整数，以后我们就维持

这一假设。

定理2设ai,a2,,akZ，记

A={y；y=aiXi，xiZ，ik}。

如果yo是集合A中最小的正数，则yo=（ai,a2,,ak）。

证明设d是ai,a2,,ak的一个公约数，

则dyo,所以dyo。

另一方面，由第二节例2知，yo也是ai,a2,,ak的公约数。

因此yo是ai,a2,,ak的公约数中的最大者，即yo=（ai,a2,,ak）。

证毕。

推论I设d是ai,a2,,ak的一个公约数，

则d（ai,a2,,ak）。

这个推论对最大公约数的性质做了更深的刻划：

最大公约数不但是公约数中的最大的，而

且是所有公约数的倍数。

推论2（mai,ma2,,mak）=|m|（ai,a2,,

ak）。

推论3记=（ai,a2,,ak），则

特别地,（話為）="

定理3（ai,a2,,ak）=1的充要条件是存

在整数Xi,X2,,冷，使得

a1X1a2X2

akXk=

=1。

（1）

证明必要性由定理2得到。

充分性若式

（1）成立，如果（a1,a2,

ak）:

=d>

1,那么由da（1ik）推出d

a1X1

a2X2

akxk=1，这是不可能的。

所以有（ai,a2,ak）=1。

证毕。

定理4对于任意的整数a，b，c,下面的结论成立：

（i）由bac及（a,b）=1可以推出bc;

（ii）由bc,ac及（a,b）=1可以推出abc。

证明（i）若（a,b）=1,由定理2，存在整数x与y,使得

axby=1。

因此

acxbcy=c。

⑵由上式及bac得到bc。

结论（i）得证；

（ii）若（a,b）=1，则存在整数x,y使得式⑵成立。

由bc与ac得到abac,abbc,再由式

（2）得到abc。

结论（ii）得证。

证毕。

推论1若p是素数，则下述结论成立：

（i）pabpa或pb;

（ii）pa2pa。

证明留作习题。

推论2若（a,b）=1，则（a,bc）=（a,c）。

证明设d是a与bc的一个公约数，则da，dbc，由式

（2）得到，d|c,即卩d是a与c的公约数。

另一方面，若d是a与c的公约数，则它也是a与bc的公约数。

因此，a与c的公约数的集合，就是a与bc的公约数的集合，所以（a,bc）=（a,c）。

证毕。

推论3若（a,bi）=1，1i

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