初等數(shù)論總復(fù)習(xí)題及知識(shí)點(diǎn)總結(jié)

1、初等數(shù)論學(xué)習(xí)總結(jié)本課程只介紹初等數(shù)論的的基本內(nèi)容。 由于初等數(shù)論的基本知識(shí)和技巧與中學(xué)數(shù)學(xué)有 著密切的關(guān)系，因此初等數(shù)論對(duì)于中學(xué)的數(shù)學(xué)教師和數(shù)學(xué)系（特別是師范院校）的本科生 來(lái)說(shuō)，是一門(mén)有著重要意義的課程，在可能情況下學(xué)習(xí)數(shù)論的一些基礎(chǔ)內(nèi)容是有益的.一 方面通過(guò)這些內(nèi)容可加深對(duì)數(shù)的性質(zhì)的了解，更深入地理解某些他鄰近學(xué)科，另一方面， 也許更重要的是可以加強(qiáng)他們的數(shù)學(xué)訓(xùn)練， 這些訓(xùn)練在很多方面都是有益的.正因?yàn)槿绱耍?許多高等院校，特別是高等師范院校，都開(kāi)設(shè)了數(shù)論課程。最后，給大家提一點(diǎn)數(shù)論的學(xué)習(xí)方法，即一定不能忽略習(xí)題的作用，通過(guò)做習(xí)題來(lái)理 解數(shù)論的方法和技巧，華羅庚教授曾經(jīng)說(shuō)過(guò)如果學(xué)習(xí)數(shù)論時(shí)只

2、注意到它的內(nèi)容而忽略習(xí)題 的作用，則相當(dāng)于只身來(lái)到寶庫(kù)而空手返回而異。數(shù)論有豐富的知識(shí)和悠久的歷史，作為數(shù)論的學(xué)習(xí)者，應(yīng)該懂得一點(diǎn)數(shù)論的常識(shí)，為此在 輔導(dǎo)材料的最后給大家介紹數(shù)論中著名的“哥德巴赫猜想”和費(fèi)馬大定理的閱讀材料。初等數(shù)論自學(xué)安排第一章：整數(shù)的可除性（6學(xué)時(shí)）自學(xué)18學(xué)時(shí)整除的定義、帶余數(shù)除法最大公因數(shù)和輾轉(zhuǎn)相除法整除的進(jìn)一步性質(zhì)和最小公倍數(shù)素?cái)?shù)、算術(shù)基本定理岡 和x的性質(zhì)及其在數(shù)論中的應(yīng)用習(xí)題要求 p3 : 2, 3 ; p8 : 4 ; p12 : 1; p17 : 1, 2, 5; p20 : 1。第二章：不定方程（4學(xué)時(shí)）自學(xué)12學(xué)時(shí)二元一次不定方程ax by c多元一次不

3、定方程a1x1 a2x2anxn c勾股數(shù)費(fèi)爾馬大定理。習(xí)題要求 P29： 1, 2, 4; P31 : 2, 3第三章：同余（4 學(xué)時(shí)）自學(xué)12 學(xué)時(shí)同余的定義、性質(zhì)剩余類(lèi)和完全剩余系歐拉函數(shù)、簡(jiǎn)化剩余系歐拉定理、費(fèi)爾馬小定理及在循環(huán)小數(shù)中的應(yīng)用習(xí)題要求p43：2，6；p46： 1；p49：2，3；p531 ，2。第四章：同余式（方程）（ 4 學(xué)時(shí)）自學(xué)12 學(xué)時(shí)同余方程概念孫子定理高次同余方程的解數(shù)和解法素?cái)?shù)模的同余方程威爾遜定理。習(xí)題要求p60： 1； p64： 1，2；p69：1，2。第五章：二次同余式和平方剩余（4 學(xué)時(shí)）自學(xué)12 學(xué)時(shí)二次同余式單素?cái)?shù)的平方剩余與平方非剩余勒讓德符號(hào)

4、二次互反律雅可比符號(hào)、素?cái)?shù)模同余方程的解法習(xí)題要求p78：2；p81：1，2，3；p85： 1，2；p89： 2； p93： 1。第一章：原根與指標(biāo)（2 學(xué)時(shí)）自學(xué)8 學(xué)時(shí)指數(shù)的定義及基本性質(zhì)原根存在的條件指標(biāo)及 n 次乘余 模 2 及合數(shù)模指標(biāo)組、 特征函數(shù)習(xí)題要求p123: 3。第一章整除一、主要內(nèi)容整除的定義、w余除法定理卜余數(shù)、最大公因數(shù)、最小公倍數(shù)、輾轉(zhuǎn)相除法、互素、兩 兩互素、素?cái)?shù)、合數(shù)、 算術(shù)基本定理、Eratosthesen篩法、x和x的性質(zhì)、n!的標(biāo)準(zhǔn)分 解式。二、基本要求通過(guò)本章的學(xué)習(xí)，能了解引進(jìn)整除概念的意義，熟練掌握整除整除的定義以及它的基本性質(zhì)，并能應(yīng)用這些性質(zhì)，了解

5、解決整除問(wèn)題的若干方法，熟練掌握本章中二個(gè)著名的定理： 帶余除法定理和算術(shù)基本定理。 認(rèn)真體會(huì)求二個(gè)數(shù)的最大公因數(shù)的求法的理論依據(jù)，掌握素?cái)?shù)的定義以及證明素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)的方法。能熟練求出二個(gè)整數(shù)的最大公因數(shù)和最小公倍 數(shù)，掌握高斯函數(shù)x的性質(zhì)及其應(yīng)用。三、重點(diǎn)和難點(diǎn)(1)素?cái)?shù)以及它有關(guān)的性質(zhì)，判別正整數(shù) a為素?cái)?shù)的方法，算術(shù)基本定理及其應(yīng)用。(2)素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)的證明方法。(3)整除性問(wèn)題的若干解決方法。(4)岡 的性質(zhì)及其應(yīng)用，n!的標(biāo)準(zhǔn)分解式。四、自學(xué)指導(dǎo)整除是初等數(shù)論中最基本的概念之一，b I a的意思是存在一個(gè)整數(shù)q,使得等式a=bq 成立。因此這一標(biāo)準(zhǔn)作為我們討論整除性質(zhì)的基礎(chǔ)。也為

6、我們提供了解決整除問(wèn)題的方法。即當(dāng)我們無(wú)法用整除語(yǔ)言來(lái)敘述或討論整除問(wèn)題時(shí)，可以將其轉(zhuǎn)化為我們很熟悉的等號(hào)問(wèn) 題。對(duì)于整除的若干性質(zhì)，最主要的性質(zhì)為傳遞性和線性組合性，即 一(1) alb, b I c,貝U 有 a I c(2) a I b, a I c,貝U有 a I mb+nc讀者要熟練掌握并能靈活應(yīng)用。特別要注意，數(shù)論的研究對(duì)象是整數(shù)集合，比小學(xué)數(shù)學(xué) 中非負(fù)整數(shù)集合要大。本章中最重要的定理之一為帶余除法定理，即為設(shè)a是整數(shù)，b是非零整數(shù)，則存在兩個(gè)整數(shù) q, r,使得a=bq+r(0|口)它可以重作是整除的推廣。同時(shí)也可以用帶余除法定理來(lái)定義整除性，(即當(dāng)余數(shù)r=0時(shí))。帶余除法可以將

7、全體整數(shù)進(jìn)行分類(lèi)，從而可將無(wú)須問(wèn)題轉(zhuǎn)化為有限的問(wèn)題|。這是一種很重要的思想方法，它為我們解決整除問(wèn)題提供了又一條常用的方法。同時(shí)也為我們建立同余理論建立了基礎(chǔ)。讀者應(yīng)熟知常用的分類(lèi)方法，例如把整數(shù)可分成奇數(shù)和偶數(shù)，特別對(duì) 素?cái)?shù)的分類(lèi)方法。例全體奇素?cái)?shù)可以分成 4k+1, 4k+3;或6k+1, 6k+5等類(lèi)型。和整除性一樣，二個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)實(shí)質(zhì)上也是用等號(hào)來(lái)定義的，因此在解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)若有必要可化為等式問(wèn)題，最長(zhǎng)公因數(shù)的性質(zhì)中最重要的性質(zhì)之一為a=bq+c ,則一定石'(a, b) =(b, c),就是求二個(gè)整數(shù)的最大公約數(shù)的理論根據(jù)邛是解決關(guān)于最大公約數(shù)問(wèn) 題的常用方法之一。讀者應(yīng)

8、有盡有認(rèn)真體會(huì)該定理的證明過(guò)程?；ニ嘏c兩兩互素兒二個(gè)不同的概念,既有聯(lián)系，又有區(qū)別。要認(rèn)真體會(huì)這些相關(guān)的性質(zhì)，例如，對(duì)于彳F意a ,b C Z, 可設(shè)(a ,b )=d,貝Ua=da ,b=db 1,貝U( ai ,b1)=1,于是可對(duì)ai ,b i使用相應(yīng)的定理，要注意，相關(guān)定理及推論中互素的條件是經(jīng)常出現(xiàn)的。讀者必須注 意定理成立的條件，也可以例舉反例來(lái)進(jìn)行說(shuō)明以加深影響。順便指出，若口 c,b I c,(a ,b5 =1,則ab I cM我們解決當(dāng)除數(shù)為合數(shù)時(shí)的一種方法。好處是不言而喻的。最小公倍數(shù)實(shí)際上與最大公因數(shù)為對(duì)偶命題。 特別要指出的是a和b的公倍數(shù)是有無(wú)窮 多個(gè)。所以一般地在無(wú)

9、窮多個(gè)數(shù)中尋找一個(gè)最小數(shù)是很困難的，為此在定義中所有公倍數(shù)中的最小的正整數(shù)。這一點(diǎn)實(shí)際上是應(yīng)用|自然數(shù)的最小自然數(shù)原理即自然數(shù)的任何一個(gè)子集 一定有一個(gè)最小自然數(shù)有在。最小公倍數(shù)的問(wèn)題一般都可以通過(guò)以下式子轉(zhuǎn)化為最大公因數(shù) 的問(wèn)題。兩者的關(guān)系為a ,b C N, a ,b=a,b上述僅對(duì)二個(gè)正整數(shù)時(shí)成立。當(dāng)個(gè)數(shù)大于2時(shí)，上述式子不再成立。證明這一式子的關(guān) 鍵是尋找a , b的所有公倍數(shù)的形式，然后從中找一個(gè)最小的正整數(shù)。解決了兩個(gè)數(shù)的最小公倍數(shù)與最大公因數(shù)問(wèn)題后,就可以求出|n個(gè)數(shù)的最小公倍數(shù)與最大公因數(shù)問(wèn)題，可以?xún)蓚€(gè)兩個(gè)地求。即有下而足耐設(shè)&®, an 是 n 個(gè)整數(shù)，(a

10、，a2) d2,(d2,a3) d3, (dni,an) dn,則(a1，a2, an)設(shè)&,22 m2, (m2,a3) m3, (mn i,an) mn,則有a，a2, an= mn,素?cái)?shù)是數(shù)論研究的核心，許多中外聞名的題目都與素?cái)?shù)有關(guān)。 除1外任何正整數(shù)不是質(zhì) 數(shù)即為合數(shù)。判斷一個(gè)已知的正整數(shù)是否為質(zhì)數(shù)可用判別定理去實(shí)現(xiàn)。判別定理又是證明素?cái)?shù)無(wú)窮的關(guān)鍵。實(shí)際上，對(duì)于任何正整數(shù) n>1,由判別定理一定知存在素?cái)?shù) p,使得p I n。 即任何大于1的整數(shù)一定存在一個(gè)素因數(shù)p。素?cái)?shù)有幾個(gè)屬于內(nèi)在本身的性質(zhì)，這些性質(zhì)是 在獨(dú)有的，讀者可以用反例來(lái)證明：素?cái)?shù)這一條件必不可少。以加深對(duì)

11、它們的理解。|其中pI ab p I a或 p I b 也是常用的性質(zhì)之一 也是證明算術(shù)基本定理的基礎(chǔ) 。算術(shù)基本定理是整數(shù)理論中最重要的定理之一，即任何整數(shù)一定能分解成一些素?cái)?shù)的乘積，而且分解是唯一的，不是任何數(shù)集都能滿(mǎn)足算術(shù)基本定理的，算術(shù)基本定理為我們提供 了解決其它問(wèn)題的理論保障。它有許多應(yīng)用,由算術(shù)基本定理我們可以得到自|然數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分一解問(wèn)題,設(shè) a= p 1 1 . p k k , b= p 1 1 . p k k , i 0, i 0則有(a, b) = p i 1 p kk i min( i, i)a , b= p 1 1 p kk i max( i, i)例如可求最大公約數(shù)，

12、正整數(shù)正約數(shù)的個(gè)數(shù)等方面問(wèn)題，對(duì)具體的 n,真正去分解是件 不容易的事。對(duì)于較特殊的 n,例如|n!分解還是容易的。應(yīng)用 岡 的性質(zhì)，n!的標(biāo)準(zhǔn)分解 式可由一個(gè)具體的公式表示出來(lái)7,這一公式結(jié)合 岡 的性質(zhì)又提供了解決帶有乘除符號(hào)的整除問(wèn)題的方法。本章的許多問(wèn)題都圍繞著整除而展開(kāi)，讀者應(yīng)對(duì)整除問(wèn)題的解決方法作一簡(jiǎn)單的小結(jié)。五、例子選講補(bǔ)充知識(shí)最小自然數(shù)原理：自然數(shù)的任意非空子集中一定存在最小自然數(shù)。抽屜原理：(1)設(shè)n是一個(gè)自然數(shù)，有n個(gè)盒子，n+1個(gè)物體，把n+1個(gè)物體放進(jìn)n個(gè)盒子，至少 有一個(gè)盒子放了兩個(gè)或兩個(gè)以上物體；(2) km+1個(gè)元素，分成k組，至少有一組元素其個(gè)數(shù)大于或等于n+1

13、；(3)無(wú)限個(gè)元素分成有限組，至少有一組其元素個(gè)數(shù)為無(wú)限。梅森數(shù)：形如2n-1 |的數(shù)叫梅森數(shù),記成|Ml=2n-l|o一一- - .一n n 一- on費(fèi)爾馬數(shù)：n為非負(fù)整數(shù)，形如|221|的數(shù)叫費(fèi)爾馬數(shù),記成|Fn=221 0設(shè)n= Pi1Pkk ,設(shè)n的正因子個(gè)數(shù)為d(n),所有正因子之和為(n ),則有d(n)(11) ( 21)“ k 7P11 11 P22 11 Pkk 11P1 1 P2 1 Pk1有關(guān)技巧1 .整數(shù)表示 a=aoX 10n+a1X 10n-1+Tan,a=2kb(b為奇數(shù))2 .整除的常用方法a.用定義b.對(duì)整數(shù)按被n除的余數(shù)分類(lèi)討論c.連續(xù)n個(gè)整數(shù)的積一定是n

14、的倍數(shù)d.因式分解an-bn=(a-b) M,an+bn=(a+b) M, 2 + ne.用數(shù)學(xué)歸納法f.要證明a|b,只要證明對(duì)任意素?cái)?shù)p, a中p的幕指數(shù)不超過(guò)b中p的幕指數(shù)即可,用p(a)表示a中p的幕指數(shù)，則 砸一p(a)p( b)例題選講例1.請(qǐng)寫(xiě)出10個(gè)連續(xù)正整數(shù)都是合數(shù)解：11!+2 , 11!+3,，11! +11。例2.證明連續(xù)三個(gè)整數(shù)中，必有一個(gè)被 3整除。證：設(shè)三個(gè)連續(xù)正數(shù)為 a, a+1, a+2,而a只有3k, 3k+1, 3k+2三種情況，令a=3k,顯然成立，a=3k+1 時(shí)，a+2=3(k+1) , a=3k+2 時(shí)，a+1=3(k+1)。例3.證明lg2是無(wú)理

15、數(shù)。證：假設(shè)lg2是有理數(shù)，則存在二個(gè)正整數(shù) p, q,使得lg2= p ,由對(duì)數(shù)定義可得10 P =2q ,則有2P 5 p =2 q ,則同一個(gè)數(shù)左邊含因子5,右邊不含因子5,與算術(shù)基本定理矛盾。 lg2 為無(wú)理數(shù)。例 4.求(21n+4, 14n+3)解：原式=(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,7n+2)=(7n+1,1)=1例5.求2004!末尾零的個(gè)數(shù) 解：因?yàn)?0=2X 5,而2比5多，所以只要考慮2004!中5的幕指數(shù)，即5 (2004!) = 200452004252004200412554200455499例 6.證明(n! ) (n-1)!

16、|( n!)!證：對(duì)任意素?cái)?shù)p,設(shè)(n!) (n-1)!中素?cái)?shù)p的指數(shù)為(n! ) !中p的指數(shù)B ,貝Unn !(n 1)!， (n 1)!k i，(nx) n(x)n! n(n 1)!(n!J中ki(n 1)! 丁(n1)!k1n!即 ，即左邊整除右邊例 7.證明 2003| (+-2005) 證：v = (2003-1 ) 2002=2003附1=(2003+1) 2002=2003M+1+-2005=2003 (M+M-1 )由定義 2003| (+-2005)例8.設(shè)d(n)為n的正因子的個(gè)數(shù),解：丁 1000=23 53(n)為n的所有正因子之和，求d(1000),(1000)。d

17、(1000)=(3+1)(3+1)=16 ,(1000)=例9.設(shè)c不能被素?cái)?shù)平方整除，若a2| b2c,則a| b證：由已知 p( c) < 1,且 p( a2) < p( b2c)2 p( a) < 2p( b)+ p( c) ,. p(a)wp(b)+等即 p( a) < p( b) ,a|b例10.若M為素?cái)?shù)，則n一定為素?cái)?shù)。證：若n為合數(shù)，則設(shè)n=ab, (1<a,b<n)2 ab-1=(2a)b-1=(2 a-1) M為合數(shù)，與M為素?cái)?shù)矛盾, . n為素?cái)?shù)。例11.證明對(duì)任意m,n, m n, ( Fn,F=1。證：不妨設(shè)n>mj則Fn-2

18、= （ 2 2n1n1n 11 ) (221 ) =(Fn-1-2) ( 221 )= Fn-1 Fn-2Fm- F0設(shè)（Fn,Fm） =d, 則d| Fn, d| Fm d|2但Fn為奇數(shù)， d=1,即證。例 12. 設(shè) m,n 是正整數(shù)。證明證 : 不妨設(shè) m n我們有(2m 1,2n 1)由帶余數(shù)除法得q1n r1,2(m,n)10 r1 n.2m12q1n r12r12r1 12r1 (2q1n1)2r112n 1| 2q1n1得 ,(2m1,2n 1)=(2n1,2r11)注意到(m ,n ) (n, r1) , 若r10 , 則 (m ,n )n , 結(jié)論成立. 若 r1 0 ,

19、則繼續(xù)對(duì)（2n 1,2r1 1）作同樣的討論，由輾轉(zhuǎn)相除法知，結(jié)論成立。顯見(jiàn)，2 用任一大于1 的自然 a 代替，結(jié)論都成立。例 13. 證明：對(duì)任意的正整數(shù)n ，成立如下不等式lg n k lg 2 。其中 lgn 是數(shù) n 的以 10為底的對(duì)數(shù)，k 是 n 的不同的素因數(shù)（正的）的個(gè)數(shù)。證：設(shè)n是大于1的整數(shù)（如果n=1,上述不等式顯然成立，因k =0） , Pi, P2,，Pk是n的k個(gè)相異的素因素。n 的素因數(shù)分解式為npi1 p?pkk.（ li1,i12k）,由于 Pi2,（i12,k）,從而nP1l1Pl22.Pklk 2l12l2. 2lk 2l1 l2 . lk ，而 l1

20、l2 . lk k ，故 n 2 k 。將上述不等式取對(duì)數(shù)（設(shè)底a 1 ） , 則有 loga n k loga 2。特別有 lgn klg2。例14.試證明任意一個(gè)整數(shù)與它的數(shù)字和的差必能被9整除，并且它與它的數(shù)字作任意調(diào)后換后所成整數(shù)的差也能被9整除。證：設(shè)整數(shù)m的個(gè)位、十位、百位的數(shù)字分別為ai,a2,，an,則m可表作：/ cn ,n 1m a110a2100a 3.10 a nn 1個(gè)(a 1a2a3.an )(9a 299a3.999an)n 1個(gè)(a1a2a3.an )9(a211a3.11. 1an)n 1個(gè)所以 m (a1 a2 a 3 a n)9(a211a3.11. 1a

21、n)因?yàn)閍2, a3,，an都是整數(shù)，所以任一整數(shù)與其數(shù)字之和的差必能被9整除。再設(shè)將a1，a2,，an按任一種順序排成a'1, a'2 ,，a'n ,并令一 一 一一一一n 1a1 a2 . an ,' a'1 a'2 . a'n , m a 1 10a2 . 10 an ,m' a'1 10a'2 . 10n 1 a'n 0根據(jù)前面證明的結(jié)果，知存在整數(shù) A, B,使m 9A,m' ' 9B.因?yàn)?',所以 m m' 9A ' 9B 9(A B)。由于A-B是整數(shù)

22、，這就證明了 m m'能被9整除。注：若對(duì)某個(gè)整數(shù)k(1 k n),有a'k 。，但當(dāng)k i n時(shí)，ai 0 ,則此時(shí)m'為整數(shù)：m' a'1 10a '2 . 10k 1a'k,即 m' a'k.a'2 a'1 0如前證，此時(shí)結(jié)論正確。又當(dāng)m為負(fù)整數(shù)及零時(shí)，結(jié)論顯然正確。第二章不定方程一、主要內(nèi)容一次不定方程有解的條件、解數(shù)、解法、通解表示，不定方程x2+y2=z2通解公式、無(wú)窮遞降法、費(fèi)爾馬大定理。二、基本要求1、了解不定方程的概念，理解對(duì)“解”的認(rèn)識(shí)，掌握一次不定方程ax by c有解的條件，能熟練求

23、解一次不定方程的特解，正整數(shù)解及通解。了解多元一次不定方程a1x1 a2x2anxnc有解的條件，在有解的條件下的解法2、掌握不定方程x2+y2=z2在一定條件下的通解公式，并運(yùn)用這個(gè)通解公式作簡(jiǎn)單的應(yīng)用。3、對(duì)費(fèi)爾馬大定理應(yīng)有在常識(shí)性的了解，掌握無(wú)窮遞降法求證不定方程x4+y4=z2無(wú)解的方 法。4、掌握證明不定方程無(wú)解的若干方法。、難點(diǎn)和重點(diǎn)(1)重點(diǎn)為求解一次不定方程的方法(2)掌握第二節(jié)中引證的應(yīng)用。(1)費(fèi)爾馬無(wú)窮遞降法。四、自學(xué)指導(dǎo)不定方程主要講解以下幾個(gè)問(wèn)題(i)給定一類(lèi)不定方程，判別在什么條件下有解。(ii )在有解的條件下，有多少解(iii )在有解的條件下，求出所給的不定方

24、程的所有解。二元一次不定方程的一般形式為|ax+by=c。若(a ,b) I d,則該二元一次不定方程一定 有解，若已知一個(gè)特解，則一切解可以用公式表示出來(lái)，因此求它的通解只要求出一個(gè)特解 即可。求解二元一次不定方程的一個(gè)通解有好多種方法。讀者應(yīng)該總結(jié)一下，各種方法都有 獨(dú)到之處。特別要指出用最大公因數(shù)的方法。它的根據(jù)是求( a ,b)時(shí)所得的結(jié)果。由于注 意通解公式x=xo-bit , y=yo+ait中ai, bi的意義和位置。以免出錯(cuò)。多元一次不定方程ajia?x2axnc也有類(lèi)似的結(jié)果，但在求解的過(guò)程中將它轉(zhuǎn)化 二元一次不定方程組，從最后一個(gè)二元一次不定方程解起，可逐一解出 xi,x2

25、 ,xn。所 用的方法一般選擇最大公因數(shù)的方法。 由于n元一次不定方程可轉(zhuǎn)化為n-i個(gè)二元一次不定 方程組，故在通解中依賴(lài)于n-i個(gè)任意常數(shù)。但不象二元一次不定方程那樣有公式來(lái)表示。x2+y2=z2的正整數(shù)解稱(chēng)為勾股數(shù)，在考慮這個(gè)方程時(shí)，我們對(duì)( x ,y )作了一些限制，而這些限制并不影響其一般性。在條件x>0,y>0,z>0, (x,y) =1,2 I x的條件可以給出x2+y2=z2 的通解公式，x=2ab, y=a2-b2, z2=a2+b2, a>b>0 , (a ,b)=1, a ,b 一奇一偶。若將 2 lx限為2 I y,則也有相應(yīng)的一個(gè)通解公式。

26、在證明這個(gè)通解公式的過(guò)程中，用到了引理uv=w2,u>0, v>0, (u ,v ) =1,則 u=a2, v=b2, w=ab。 a>0, b>0, (a ,b ) =1 。利用這個(gè)結(jié)論可以 求解某些不定方程。特別當(dāng) w=1或素?cái)?shù)p。則由uv=1或uv=P可將原不定方程轉(zhuǎn)化為不定 方程組。從而獲得一些不定方程的解。上述解不定方程的方法叫I因子分解法卜希望讀者能掌握這種方法。為了解決著名的費(fèi)爾馬大定理：xn+yn=zn , 23無(wú)正整數(shù)解時(shí)，當(dāng)n=4時(shí)可以用較初等 的方法給出證明。證明由費(fèi)爾馬本人給出的，一般稱(chēng)為費(fèi)爾馬無(wú)窮遞降法。其基本思想為由 一組解出發(fā)通過(guò)構(gòu)造得出另

27、一組解，使得兩組解之間有某種特定的關(guān)系，而且這種構(gòu)造可以無(wú)限重復(fù)的。從而可得到矛盾。因此無(wú)窮遞降法常用來(lái)證明某些不定方程無(wú)整數(shù)解。證明一類(lèi)不定方程無(wú)解是研究不定方程鄰域中常見(jiàn)的形式，一般的要求解不定方程比證明不定方程無(wú)解要容易些。證明不定方程無(wú)解的證明方法常采用以下形式：(反證法)若A有解 A有解 為有解 A有解，而A本身無(wú)解，這樣來(lái)構(gòu)造矛盾。從而 說(shuō)明原不定方程無(wú)解。對(duì)于證明不定方程的無(wú)解性通常在幾種方法，一般是總的幾種方法交替使用。特別要求 掌握：簡(jiǎn)單同余法、因子分解法、不等式法，以及中學(xué)數(shù)學(xué)中所涉及的判別式法|五、例子選講例1:利用整數(shù)分離系數(shù)法求得不定方程 15x+10y+6z=61。

28、解：注意到z的系數(shù)最小，把原方程化為 1 ,、1,z=-( 15x 10y61) 2x 2y 10 一( 3x 2y 1)66'令 t 1=-( 3x 2y 1) z 即-3x+2y-6 t 1 + 1=0 6此時(shí) y 系數(shù)最小，y 1(3x 6t1 1) x 3t1 Jx 1)令t2 = -(x D z,即x 2t2 1,反推依次可解得 2y=x+3t 1+t 2=2t 2+1+3t 1+t 2=1+3t 1+3t 2z=-2x-2y+10+t1=6-5t1+10t2x 1 2t2原不定方程解為y 1 3tl 3t2 t it 2乙 z 6 5ti 10t 2例2:證明再是無(wú)理數(shù)證：

29、假設(shè)R是有理數(shù)，則存在自數(shù)數(shù)a,b使得滿(mǎn)足X2 2y2即a2 2b2,容易知道a是偶數(shù),設(shè)a=2ai,代入得b2 2a2,又得到b為偶數(shù)，ai b a ,設(shè)b 2bi ,則a： 2b：,這里b? ai這樣可以進(jìn)一步求得 a, b2且有a>b>ai>bi> a2>th>但是自然數(shù)無(wú)窮遞降是不可能的，于是產(chǎn)生了矛盾，企為無(wú)理數(shù)。例3:證明：整數(shù)勾股形的勾股中至少一個(gè)是 3的倍數(shù)。證：設(shè) N=3nn± i(m為整數(shù))，；M=9m2±6n+i=3(3m2±2m)+i即一個(gè)整數(shù)若不是3的倍數(shù)，則其平方為3k+i,或者說(shuō)3k+2不可能是平方

30、數(shù)，設(shè)x,y為勾 股整數(shù)，且x,y都不是3的倍數(shù)，則x2,y2都是3k+i,但z2=x2+y2=3k+2形，這是不可能，勾股數(shù)中至少有一個(gè)是3的倍數(shù)。例4:求x2+y2=328的正整數(shù)解解：: 328為偶數(shù)，. x,y奇偶性相同，即x±y為偶數(shù)，設(shè)x+y=2u, x-y=2v,代入原方程 即為u2+v2=i64,同理令 u+v=2ui, u-v=2vi 有22Ui Vi 82,u i Vi 2u2,ui Vi 2V2u2 V2 4i, U2,V2 為一偶一奇，且 0<U2<6U2=i, 2, 3, 4, 5 代方程，有解(4, 5) (5, 4)二原方程解 x=i8,y=

31、2,或 x=2,y=i8。例5:求x2+xy-6=0的正整數(shù)解。解：原方程等價(jià)于x(x+y)=2 - 3,故有即有 x=2,y=i; x=i,y=5.x2,x3xi,x6,xy3, xy2, xy6, xyi.例6:證明不定方程x2-2xy2+5z+3=0無(wú)整數(shù)解。解：若不定方程有解，則x y2 .,y4 5z 3但 y4m0, 1(mod5), 對(duì) y,z , y4-5z-3 = 2, 3(mod5)而一個(gè)平方數(shù)三0,1,4 (mod 5). y4-5z-3不可能為完全平方，即 “ 5z 3不是整數(shù),所以原不定方程無(wú)解。例7:證明：x2 y2 z2 8a 7無(wú)整數(shù)解證：若原方程有解，則有x2

32、 y2 z2 8a 7(mod 8)注意到對(duì)于模8,有020, 12 1, 22 4, 32 1, 42 0,52 1, 62 4, 72 1,因而每一個(gè)整數(shù)對(duì)于模8,必同余于0, 1, 4這三個(gè)數(shù)。不論 x2,y2,z2 如何變化，只能有 x2 y2 z2 0,1,2,3,4,5,6(mod 8)而8a 7 7(mod8),故8a 7不同余于x2 y2 z2關(guān)于模8,所以假設(shè)錯(cuò)誤，即8a 7 x2 y2 z2,從而證明了原方程無(wú)解。例8:某人到銀行去兌換一張d元和c分的支票，出納員出錯(cuò)，給了他 c元和d元，此人直 到用去23分后才發(fā)覺(jué)其錯(cuò)誤，此時(shí)他發(fā)現(xiàn)還有2d元和2c分，問(wèn)該支票原為多少錢(qián)？

33、解：由題意立式得：100c d 23 100 2d 2c即 98c 199d23.令 u c 2d 得 98u 3d 23,令 v 33u d 得 3v u 23.所以u(píng) 3 23(v為任意整數(shù))，代入得：d 33u v 98v 33 23, ( 1)c u 2d 199v67 23,其中V是任意整數(shù)。又根據(jù)題意要求:d 0,0 c 100 .根據(jù)(1),僅當(dāng)v=8時(shí)滿(mǎn)足此要求，從而d 25,c 51.因此該支票原為25元51分.第三章同余一、主要內(nèi)容同余的定義、性質(zhì)、剩余類(lèi)和完全剩余系、歐拉函數(shù)、簡(jiǎn)化剩余系、歐拉定理、費(fèi)爾馬 小定理、循環(huán)小數(shù)、特殊數(shù) 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,

34、 9, 11, 13的整除規(guī)律二、基本要求通過(guò)本章的學(xué)習(xí)，能夠掌握同余的定義和性質(zhì)，區(qū)別符號(hào)：“三”和二”之間的差異。能利用同余的一些基本性質(zhì)進(jìn)行一些計(jì)算，深刻理解完全剩余系，簡(jiǎn)化剩余系的定義、性質(zhì)及 構(gòu)造。能判斷一組數(shù)是否構(gòu)成模m的一個(gè)完全剩余系或一個(gè)簡(jiǎn)化剩余系。能計(jì)算歐拉函數(shù)的 值，掌握歐拉定理、費(fèi)爾馬小定理的內(nèi)容以及證明方法。能應(yīng)用這二個(gè)定理證明有關(guān)的整除 問(wèn)題和求余數(shù)問(wèn)題。能進(jìn)行循環(huán)小數(shù)與分?jǐn)?shù)的互化。三、難點(diǎn)和重點(diǎn)(1)同余的概念及基本性質(zhì)(2)完全剩余系和簡(jiǎn)化剩余系的構(gòu)造、判別(3)歐拉函數(shù)計(jì)算、歐拉定理、費(fèi)爾馬小定理的證明及應(yīng)用(4)循環(huán)小數(shù)與分?jǐn)?shù)的互化(5)特殊數(shù)的整除規(guī)律。四、

35、自學(xué)指導(dǎo)同余理論是初等數(shù)論中最核心的內(nèi)容之一，由同余定義可知，若amb(mod m),則a和b被m除后有相同的余數(shù)。這里 m為正整數(shù)，一般要求 m大于1,稱(chēng)為模，|同余這一思想本質(zhì)上是將整數(shù)按模m分類(lèi)，然后討論每一個(gè)類(lèi)中整數(shù)所具有的共性及不同類(lèi)之間的差異第一章中用帶余除法定理將整數(shù)分類(lèi)解決一些問(wèn)題的方法只不過(guò)是同余理論中的一個(gè)特殊例 子。從同余的定理上看，同余和整除實(shí)際上是同一回事，故 |同余還有二個(gè)等價(jià)的定義：丁 整除來(lái)定義即 m I a-b。用等號(hào)來(lái)定義 a=b+mt。值得注意 a和 b關(guān)于 m同余是個(gè)相對(duì) 概念。即它是相對(duì)于模 m來(lái)講，二個(gè)整數(shù)a和b關(guān)于一個(gè)整數(shù)模m同余。則對(duì)于另一個(gè)整數(shù)

36、 模，a和b未必會(huì)同余。從定義上看，同余和整除是同一個(gè)事情，但引進(jìn)了新的符號(hào)“三”后，無(wú)論從問(wèn)題的敘 述上，還是解決問(wèn)題的方法上都有了顯著的變化，同時(shí)也帶來(lái)了一些新的知識(shí)和方法。在引 進(jìn)了同余的代數(shù)性質(zhì)和自身性質(zhì)后，同余符號(hào)“三”和等號(hào)“=”相比，在形式上有幾乎一致的性質(zhì)，這便于我們記憶。事實(shí)上在所有等號(hào)成立的運(yùn)算中，只有除法運(yùn)算是個(gè)例外，即 除法的消去律不成立。為此對(duì)于同余的除法運(yùn)算我們有二種除法：(i )模不改變的除法，若 akmbk(mod m) , (k,m)=1 ,則a三b(mod m)(ii)模改變的除法， 若akmbk(mod m) (k,m)=d, 則a三b mod a這一點(diǎn)讀

37、者要特別注意。完全剩余系和簡(jiǎn)化剩余系是二個(gè)全新的概念，讀者只要搞清引成這些概念的過(guò)程。因?yàn)?同余關(guān)系是一個(gè)等價(jià)關(guān)系，利用等價(jià)關(guān)系可以進(jìn)行將全體整數(shù)進(jìn)行分類(lèi)，弄清來(lái)朧去脈，對(duì) 于更深刻理解其本質(zhì)是很有好處的。完全剩余系或簡(jiǎn)化剩余系是一個(gè)以整數(shù)為元素的集合，在每個(gè)剩余類(lèi)各取一個(gè)數(shù)組成的 m個(gè)不同數(shù)的集合，故一組完全剩余系包含 m個(gè)整數(shù)，由于 二個(gè)不同的剩余類(lèi)中的數(shù)關(guān)于 m兩兩不同余，故可得判別一組數(shù)是否為模m的一個(gè)完全剩余 系的條件有二條為(1) 個(gè)數(shù)=m(2) 關(guān)于m兩兩不同余另外要能用已知完全剩余系構(gòu)造新的完全剩余系。即有定理設(shè)(a, 初 =1, x 為 m的完全剩余系，則 ax+b也是 m的

38、完全剩余系。當(dāng)(m1,m2) 1時(shí)，能由 m1的完全剩余系和 m2的完全乘U余系，構(gòu)造 mm2完全乘U余系<>為討論簡(jiǎn)化剩余系，需要引進(jìn)歐拉函數(shù)小(m),歐拉函數(shù)小(m定義為不超過(guò)m且與m互 素的正整數(shù)的個(gè)數(shù)，記為6(m,要掌握6(m)的計(jì)算公式，了解它的性質(zhì)。這些性質(zhì)最主要，一 一一，. 一 .1的是當(dāng)(a ,b ) =1 時(shí)，(|)(ab) = (|)(a) (|)(b),和 (p ) p p現(xiàn)在在剩余類(lèi)中把與 m互素的集合分出來(lái)，從中可在各個(gè)集合中任取一個(gè)數(shù)即可構(gòu)造模 m的一個(gè)簡(jiǎn)化剩余系。另一方面，簡(jiǎn)化剩余數(shù)也可從模m的一個(gè)完全剩余系中得到簡(jiǎn)化剩余系，一組完全剩余系中與 m互

39、素的的數(shù)組成的(!)(m個(gè)不同數(shù)的集合稱(chēng)為 m簡(jiǎn)化剩余系。同 樣簡(jiǎn)化剩余系也有一個(gè)判別條件。判別一組整數(shù)是否為模m的簡(jiǎn)化剩余系的條件為(2)個(gè)數(shù)=()(m) 關(guān)于m兩兩不同余(3) 每個(gè)數(shù)與m互素關(guān)于m的簡(jiǎn)化剩余系也能用已知完全剩余系構(gòu)造新的簡(jiǎn)化剩余系。設(shè)(a, nj) =1, x為m的簡(jiǎn)化剩余系，則ax也是m的簡(jiǎn)化剩余系。當(dāng)(mi，m2) 1時(shí)，能由m1的簡(jiǎn)化剩余系和m2的簡(jiǎn)化剩余系，構(gòu)造m1m2簡(jiǎn)化剩余系。歐拉定理、費(fèi)爾馬小定理是同余理論非常重要的定理之一。要注意歐拉定理和費(fèi)爾馬定 理的條件和結(jié)論。歐拉定理： 設(shè) m為大于 1的整數(shù)，(a, 項(xiàng) =1, 則有a (m) 1(mod m)費(fèi)爾

40、馬小定理：若p是素?cái)?shù)，可ap a(mod p)除此以外，歐拉定理的證明的思想是非常好的，在各個(gè)地方都有應(yīng)用。|就歐拉定理、費(fèi)爾馬小定理來(lái)講，它在某些形如 an數(shù)的整除問(wèn)題應(yīng)用起來(lái)顯得非常方便同余方法也是解 決整除問(wèn)題的方法之一。另外同余方法在證明不定方程時(shí)也非常有用，即要掌握同余“三”和相等“=”的關(guān)系:相等必同余，同余未必相等，不同余肯定不相等。對(duì)于特殊數(shù)的整除規(guī)律要求能掌握其一股定理的證明，并 熟記一些特殊數(shù)的整除規(guī)律一個(gè)整數(shù)被2整除的充要條件是它的末位為偶數(shù)。2、 一個(gè)整數(shù)被3整除的充要條件是它的各位數(shù)字之和能被3整除。3、 一個(gè)整數(shù)被9整除的充要條件是它的各位數(shù)字之和能被9整除。4、

41、一個(gè)整數(shù)被5整除的充要條件是它的末位為 0或5。5、 一個(gè)整數(shù)被4, 25整除的充要條件是它的末二位能被 4, 25整除。6、 一個(gè)整數(shù)被8, 125整除的充要條件是它的末三位能被 8, 125整除。7、 設(shè)a an1000n an 11000n 1a0，則7或11或13整除a |j勺充要條件是 7或l1或 13 整除(a()a2) (a1 a3)五、例子選講例1:求3406的末二位數(shù)。解：:(3, 100) =1, ；3 (100)三 1 (mod 100)(100)=(2 2 52)=40, 二 3 40m 1(mol 100).3 406=(340) 10 36三(32)2 . 32m-

42、19X9m-171 三29(mod 100)末二位數(shù)為29。例 2：證明(a+b) p= ap+bp(mod p)證：由費(fèi)爾馬小定理知對(duì)一切整數(shù)有：apa (p), bpmb(P),由同余性質(zhì)知有：ap+bpma+b(p)又由費(fèi)爾馬小定理有(a+b) pma+b ( p)(a+b) pmap+bp(p)例3:設(shè)素?cái)?shù)p>2,則2P-1的質(zhì)因數(shù)一定是2pk+1形。證：設(shè)q是2P-1的質(zhì)因數(shù)，由于2P-1為奇數(shù)，.,qw2,(2 q) =1,由條件 q|2 p-1,即 2 P m1 (mod q),又: (q,2 ) =1, 2 P m1 (mod q)設(shè)i是使得2x = 1 (mod p)成

43、立最小正整數(shù)若1<i <p,則有i | p則與p為素?cái)?shù)矛盾. . i= p, . p| q-1又二 q-1為偶數(shù)，2|q-1,2 p| q-1, q-1=2pk ,即 q=2pk+1例 4 證明 13142n+1+3n+2證：.42n+1+3n+2三4- 16n+9 3n三3n (4+9)三 13X3 n 三0(13) 13142n+1+3n+2例5：證明5y+3=x2無(wú)解證明：若5y+3=x2有解，則兩邊關(guān)于模5同余有 5y+3mx2(mod 5)即 3=x2(mod 5)而任一個(gè)平方數(shù) x2m0,1,4(mod 5). 3 三0,1,4(mod 5)即得矛盾，即5y+3=x2無(wú)

44、解例6:求111被7除的余數(shù)。 50解：v 111111被7整除，. 111三11 (mod 7)三4 (mod 7),即余數(shù)為450例7:把0.04263化為分?jǐn)?shù)。.解：設(shè) b=0.042 63 ,從而 1000b=42.63,100000b=4263.63 , 99000b=4263-42,4221469b=。9900011000當(dāng)然也可用直化分?jǐn)?shù)的方法做。例8:設(shè)一個(gè)數(shù)為62XY427是9,11的倍數(shù)，求X, Y解：因?yàn)?9|62XY427所以 9|6+2+X+Y+4+2+7 即 9|21+X+Y又因?yàn)?11|62XY427,有 11 | (7+4+X+6-2-Y-2)即 11| (X-

45、Y+13)因?yàn)?0 X, Y 9,所以有 21 21+X+Y 39,4X-Y+1322,由此可知21+X+Y=27 X-Y+13=11或 21+X+Y=36 X-Y+13=22X+Y=6 X-Y=-2或 X+Y=15 X-Y=9,解得 X=2, Y=4例9:證明：8a+7不可能是三個(gè)整數(shù)的平方和。證：由于每一個(gè)整數(shù)對(duì)于 8,必同余于0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7這八個(gè)數(shù)之一注意到對(duì)于模8,有22_ 2- 200, 1 1, 24,31,42 0, 52 1, 62 4, 72 1,因而每一個(gè)整數(shù)對(duì)于模8,必同余于0, 1, 4這三個(gè)數(shù)不能 x2,y2,z2 如何變化，只能有 x2

46、 y2 z2 0,1,2,3,4,5,6(mod 8)而8a 7 7mod8),故8a 7不同余于x2 y2 z2關(guān)于模88a 7 x2 y2 z2,從而證明了結(jié)論。第四章同余式一、主要內(nèi)容同余方程概念及次數(shù)、解的定義，一次同余方程axmb(mod m)有解的充分必要條件， 次同余方程組，孫子定理，|高(同余方程，素味模的同余方程，威卜世定理。二、基本要求通過(guò)本章的學(xué)習(xí)要求掌握同余方程的一些基本概念，例同余方程的次數(shù)、解等，能解一次 同余方程，一次同余方程組，理解孫子定理并用它來(lái)解一次同余方程組， 會(huì)解高次同余方程， 對(duì)于以素?cái)?shù)模的同余方程的一般理論知識(shí)能理解。三、重點(diǎn)和難點(diǎn)(1)孫子定理的內(nèi)

47、容與證明，從中學(xué)會(huì)求出一次同余方程組的解并從中引伸更一般的情 形，即模不二二互素的情形。(2)素?cái)?shù)模的同余方程的一些基本理論性問(wèn)題，并能與一般方程所類(lèi)似的性質(zhì)作比較。四、自學(xué)指導(dǎo)同余方程和不定方程一樣，我們同樣要考慮以下三個(gè)問(wèn)題，即|有解的條件叵及阿正叫，一般地說(shuō)，對(duì)于一般的同余方程，由于僅有有限個(gè)解，只要把模m的一個(gè)完全剩余系一一代入驗(yàn)算總解組則所需的結(jié)果。因此上述三個(gè)問(wèn)題已基本解決，只不過(guò)具體到某一個(gè) 同余方程計(jì)算起來(lái)困難一點(diǎn)而異。但對(duì)于解數(shù)，傳統(tǒng)的結(jié)果不再成立。例如,個(gè)同余方程的 解數(shù)可以大于其次數(shù)|。讀者可以舉出反例來(lái)證明這一事實(shí)。要學(xué)好同余方程這一章。必須首先弄清同余方程的概念，特別

48、是同余方程解的概念，互 相同余的解是同一個(gè)解。其次有使原同余方程和新的同余方程互相等價(jià)的若干變換。移項(xiàng)運(yùn)算是傳統(tǒng)的，同余方程兩邊也可以加上模的若干倍。相當(dāng)于同余方程兩邊加“零”。|無(wú)論是乘上一數(shù)k或除去一個(gè)數(shù)k,為了保持其同解性，必須(k,m) =1,這一點(diǎn)和同余的性質(zhì)有 甌。一次同余方程的一般形式為axb(modm),我們討論的所有內(nèi)容都在這標(biāo)準(zhǔn)形式下進(jìn)行 的?？偨Y(jié)一次同余方程與二元一次不定方程有相當(dāng)?shù)穆?lián)系，一次同余方程的求解可以由二元一次不定方程的求解方式給出。反之亦然。但要注意在對(duì)“解”的認(rèn)識(shí)上是不一致的，從而 導(dǎo)致有無(wú)窮組解和有限個(gè)解的區(qū)別。為了求axmb(mod m)的一個(gè)特解，可在

49、條件(a ,m)=1下進(jìn)行。教材上有若干種求解方式，供讀者在同樣問(wèn)題選擇使用。一次同余方程組的標(biāo)準(zhǔn)形式為x 三 bi(mod m)x 三 b2(mod m2) x=bn(mod m)若給出的同余方程組不是標(biāo)準(zhǔn)形式，必須注意化為標(biāo)準(zhǔn)形式,同時(shí)我們得到的有解的判別定理及求法方法都是這一標(biāo)準(zhǔn)形式得到的。同余方程組(1) 有解的條件(mi ,mj) I bi-bj , 1&i , j & k |。在使用時(shí)一定要對(duì)所有可解進(jìn)行驗(yàn)算，進(jìn)行有解的判別求解一次同余方程組(1)有兩種方法：彳作定系數(shù)法不孫|子定理。二種方法各有特長(zhǎng)。待定系數(shù)法適應(yīng)的范圍較廣，對(duì)模沒(méi)有什么要求。孫子定理有一個(gè)具體的

50、公式，形式也較漂 亮。但對(duì)模要求是二二互素。孫子定理為下面定理：(孫子定理)k 2,mi ,m2,.,mk兩兩互素，m mm2mk,m miM i ,i 1,2,k則一次同余式1x b1(mod m1), x b2(mod m2),.x bk(mod mk)的解為一.-'.-.-.-.x M 1M 1bl M 2M 2b2 M kM kbk(mod m),其中 MiM ； 1(mod mi), i 1,2,k.對(duì)待定系數(shù)法和孫子定理要有深刻的理解。體會(huì)其實(shí)質(zhì)，這樣不必死記硬背。次數(shù)大于1的同余方程稱(chēng)為高次同余方程，一般地高次同等方程可轉(zhuǎn)化一系列的高次同 余方程組。然后將每一個(gè)高次同余方

51、程的解都求出， 最后利用孫子定理也可求出原同余方程 的解。求高次同余方程解的基本方法有兩條，一是小模，二是降次、一 1一 k 一,一 f一 一一一一：設(shè) m= p P k J; 則要求 f(x) 三0(mod m)的解只要求 f(x) 三0(mod p a ) (2)的解即可，其中p為素?cái)?shù)。a >1 。對(duì)于(2)的解的求法我們用待定系數(shù)法設(shè)f(x) 三0(mod p)的解為xmxi(mod p)為解。則當(dāng)pF f ' (x)時(shí)，f(x)=0(mod p)的一個(gè)解xi可求出f(x) =0(mod p2)的一個(gè)解。方法如下：將 x=xi+pt i 代入 f(x)三 0(mod p2)

52、有f(x i+pti) =0(mod p2)f(x i)+pt if' (x i) =0(mod p2)f x. ,+ti f ,(xi) =0(mod p) t i=t i + p t 2 p代入 x=x i+pt i=xi+p(t i' +t 2P2)=x 2+ p 2t 2則x三x2(mod p2)即為f(x)三0(mod p2)的解。然后重復(fù)上述過(guò)程，即可由 x2得f(x)三0(mod p a )的解 x 3。最后求出 f(x) =0(mod p a )的解 x從上所述，關(guān)鍵是求素?cái)?shù)模的同余方程f(x)三0(mod p)的解。f(x) = 0(mod p)的性質(zhì)(i)同

53、余方程的解與f(x)的分解之間的關(guān)系，這一點(diǎn)和代數(shù)方程幾乎一樣。注意素?cái)?shù) p的 條件必不可少。(2)同余方程的解數(shù)與次數(shù)之間有關(guān)系解數(shù)0次數(shù)。這一點(diǎn)和代數(shù)方程也一樣。此時(shí)，素?cái)?shù)p的條件也必不可少本節(jié)的輔產(chǎn)品是 著名的 wilsom 定理。利用形式分?jǐn)?shù)的性質(zhì)把分母變成1,從而一次同余式的解例1:解一次同余式17x 19(mod25)解：:( 17, 25) =1,原同余方程有解，利用形式分?jǐn)?shù)的性質(zhì),同余方程解為196 18x178 247(mod 25)x 2(mod12)例2:解同余方程組 x 6(mod10)x 1(mod15)解：v ( 12, 10) |6+2 ,(12, 15) |-2

54、-1 , (10, 15) |6-1原同余方程有解，且等位于x2(mod 4)x2(mod 3)x 6(mod2)x 6(mod5)x 1(mod 3)x (mod5)x 2(mod 4)x 1(mod3) 此時(shí)變成模兩兩互素x 1(mod 5)由孫子定理可求得其解為：x 46(mod 60)例3:解一次同余式組51x 57(mod75)3x 1(mod4)解：用常規(guī)方法先求每一個(gè)一次同余式的解，得到下列一次同余式組x 7,32,57(mod75)x 3(mod4)然后用孫子定理求解，所以同余方程組有3個(gè)解，且解分別為x 7(mod 300) , x 107(mod 300) , x 207(

55、mod 300)例 4：設(shè) 2p+l 是素?cái)?shù)，則(P!)2( 1)p 0(mod 2p 1)證：設(shè)n=2p+1,由假設(shè)n為素?cái)?shù)，于是由威爾遜定理有(n-1)! =-1(mod n)由于(n-1)!+1 三(n-1)( n-2)(p+2)( p+1)p(p-1)3 2 1+1三1 (n-1) 2( n-2) - 2( n-3)( p-1) n-( p-1) p (n-p)+1三p!( n-1)( n-2)(n-p)+1 三(p!) 2(-1) p+1(mod n)( p!) 2(-1) p +1 =0(mod n) ( p!) 2+(-1) p= 0(mod 2p+1)例5:解同余方程28x三21(mod 35)解：:(28,35) =7|21 ,原同余方程有解，且有7個(gè)解原同余方程等價(jià)于 4x=3(mod 5)而且 4x