第一章 整數的可除性

第一章整數的可除性

《初等數論》美麗有兩種一是深刻又動人的方程

一是你泛著倦意淡淡的笑容

§1.1整數的除法

帶余除法定理

初等數論美麗有兩種一是深刻又動人的方程

一是你泛著倦意淡淡的笑容

美麗有兩種一是深刻又動人的方程

一是你泛著倦意淡淡的笑容

定義1.1.1設a，b是整數，b

0，如果存在整數c，使得a=bc成立，則稱a被b整除，a是b的倍數，b是a的約數（因數或除數），并且使用記號ba；如果不存在整數c使得a=bc成立，則稱a不被b整除，記為ba。顯然每個非零整數a都有約數1，a，稱這四個數為a的平凡約數，a的另外的約數稱為非平凡約數。被2整除的整數稱為偶數，不被2整除的整數稱為奇數。

美麗有兩種一是深刻又動人的方程

一是你泛著倦意淡淡的笑容定理1.1.1下面的結論成立：(ⅰ)ab

ab；(ⅱ)ab，bc

ac；(ⅲ)bai，i=1,2,,k

ba1x1

a2x2

akxk，此處xi（i=1,2,,k）是任意的整數；(ⅳ)ba

bcac，此處c是任意的非零整數；(ⅴ)ba，a

0|b||a|；ba且|a|<|b|

a=0。證明留作習題。

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定義1.1.2若整數a

0，1，并且只有約數1和a，則稱a是素數（或質數）；否則稱a為合數。以后在本書中若無特別說明，素數總是指正素數。定理1.1.2任何大于1的整數a都至少有一個素約數。證明若a是素數，則定理是顯然的。若a不是素數，那么它有兩個以上的正的非平凡約數，設它們是d1,d2,,dk。不妨設d1是其中最小的。若d1不是素數，則存在e1>1，e2>1，使得d1=e1e2，因此，e1和e2也是a的正的非平凡約數。這與d1的最小性矛盾。所以d1是素數。證畢。

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推論任何大于1的合數a必有一個不超過的素約數。證明使用定理2中的記號，有a=d1d2，其中d1>1是最小的素約數，所以d12

a。證畢。例1.1.1設r是正奇數，證明：對任意的正整數n，有n

21r

2r

nr。解對于任意的正整數a，b以及正奇數k，有ak

bk=(a

b)(ak

1

ak

2b

ak

3b2

bk

1)=(a

b)q，其中q是整數。記s=1r

2r

nr，則2s=2(2r

nr)(3r

(n

1)r)

(nr

2r)=2(n

2)Q，其中Q是整數。若n

2s，由上式知n

22，因為n

2>2，這是不可能的，所以n

2s。

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例1.1.3以d(n)表示n的正約數的個數，例如：d(1)=1，d(2)=2，d(3)=2，d(4)=3，。問：d(1)d(2)

d(1997)是否為偶數？解對于n的每個約數d，都有n=d，因此，n的正約數d與是成對地出現的。只有當d=，即n=d2時，d和才是同一個數。故當且僅當n是完全平方數時，d(n)是奇數。因為442<1997<452，所以在d(1),d(2),,d(1997)中恰有44個奇數，故d(1)d(2)

d(1997)是偶數。

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例1.1.4設整數k

1，證明：(ⅰ)若2k

n<2k1，1

a

n，a2k，則2ka；(ⅱ)若3k2n

1<3k+1，1

b

n，2b

1

3k，則3k2b

1。解(ⅰ)若2k|a，則存在整數q，使得a=

q2k。顯然q只可能是0或1。此時a=0或2k

，這都是不可能的，所以2ka；(ⅱ)若3k|2b-1，則存在整數q，使得2b-1=

q3k，顯然q只可能是0，1,或2。此時2b-1=0，3k，或，這都是不可能的，所以3k2b

1。

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例1.1.7證明：存在無窮多個正整數a，使得n4

a（n=1,2,3,）都是合數。解取a=4k4，對于任意的nN，有

n44k4=(n22k2)24n2k2=(n22k22nk)(n22k22nk)。因為n22k22nk=(n

k)2

k2

k2，所以，對于任意的k=2,3,

以及任意的nN，n4

a是合數。

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例1.1.8設a1,a2,,an是整數，且a1a2

an=0，a1a2an=n，則4n。解如果2n，則n,a1,a2,,an都是奇數。于是a1a2

an是奇數個奇數之和，不可能等于零，這與題設矛盾，所以2n，即在a1,a2,,an中至少有一個偶數。如果只有一個偶數，不妨設為a1，那么2ai（2in）。此時有等式a2

an=a1，在上式中，左端是(n1)個奇數之和，右端是偶數，這是不可能的，因此，在a1,a2,,an中至少有兩個偶數，即4n。

《初等數論》————————————————————————————————————————

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例1.1.9若n是奇數，則8n21。解設n=2k

1，則

n21=(2k

1)21=4k(k

1)。在k和k

1中有一個是偶數，所以8n21。例9的結論雖然簡單，卻是很有用的。例如，使用例3中的記號，我們可以提出下面的問題：問題d(1)2

d(2)2

d(1997)2被4除的余數是多少？

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下面，我們要介紹帶余數除法及其簡單應用。定理1.1.3(帶余數除法)設a與b是兩個整數，b

0，則存在唯一的兩個整數q和r，使得

a=bq

r，0

r<|b|。(1)

證明存在性若ba，a=bq，qZ，可取r=0。若ba，考慮集合A={a

kb；kZ},其中Z表示所有整數的集合，以后，仍使用此記號，并以N表示所有正整數的集合。在集合A中有無限多個正整數，設最小的正整數是r=a

k0b，則必有

0<r<|b|，(2)否則就有r|b|。因為ba，所以r

|b|。于是r>|b|，即a

k0b>|b|，a

k0b

|b|>0，這樣，在集合A中，又有正整數a

k0b

|b|<r，這與r的最小性矛盾。所以式(2)必定成立。取q=k0知式(1)成立。存在性得證。

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唯一性假設有兩對整數q

，r

與q

，r

都使得式(1)成立，即a=q

b

r

=q

b

r

，0

r

,r

<|b|，則(q

q)b=r

r，|r

r|<|b|，(3)因此r

r=0，r=r，再由式(3)得出q

=q

，唯一性得證。證畢。

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定義1.1.3稱式(1)中的q是a被b除的商，r是a被b除的余數。由定理1可知，對于給定的整數b，可以按照被b除的余數將所有的整數分成b類。在同一類中的數被b除的余數相同。這就使得許多關于全體整數的問題可以歸化為對有限個整數類的研究。以后在本書中，除特別聲明外，在談到帶余數除法時總是假定b是正整數。

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例1.1.14設a0,a1,,anZ，f(x)=anxn

a1x

a0，已知f(0)與f(1)都不是3的倍數，證明：若方程f(x)=0有整數解，則3f(1)=a0

a1

a2

(1)nan

。解對任何整數x，都有x=3q

r，r=0，1或2，qZ。(ⅰ)若r=0，即x=3q，qZ，則f(x)=f(3q)=an(3q)n

a1(3q)

a0=3Q1

a0=3Q1

f(0)，其中Q1Z，由于f(0)不是3的倍數，所以f(x)0；(ⅱ)若r=1，即x=3q1，qZ，則f(x)=f(3q1)=an(3q1)n

a1(3q1)

a0=3Q2

an

a1

a0=3Q2

f(1)，其中Q2Z。由于f(1)不是3的倍數，所以f(x)0。因此若f(x)=0有整數解x，則必是x=3q2=3q

1，q

Z，于是0=f(x)=f(3q

1)=an(3q

1)n

a1(3q

1)

a0=3Q3

a0

a1

a2

(1)nan=3Q3

f(1)，其中Q3Z。所以3f(1)=a0

a1

a2

(1)nan。

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例1.1.15證明：對于任意的整數n，f(n)=3n5

5n3

7n被15整除。解對于任意的正整數n，記n=15q

r，0

r<15。由例1，n2=15Q1

r1，n4=15Q2

r2，其中r1與r2分別是r2與r4被15除的余數。以R表示3n4

5n2

7被15除的余數，則R就是3r2

5r1

7被15除的余數，而且f(n)被15除的余數就是rR被15除的余數，記為R。當r=0時，顯然R

=0，即153n5

5n3

7n。對于r=1,2,3,,14的情形，通過計算列出下表：

r=1,142,133,124,115,106,97,8r1=14911064r2=11611061R=0010012100R=0000000

這證明了結論。

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例1.1.16設n是奇數，則16n4

4n2

11。

解我們有

n4

4n2

11=(n21)(n2

5)

16。由第一節(jié)例題9，有8n21，由此及2n2

5得到16(n21)(n2

5)。

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習題1.11.證明：若m

pmn

pq，則m

pmq

np。

2.證明：任意給定的連續(xù)39個自然數，其中至少存在一個自然數，使得這個自然數的數字和能被11整除。

3.證明：存在無窮多個自然數n，使得n不能表示為a2

p（a>0是整數，p為素數）的形式。

美麗有兩種一是深刻又動人的方程

一是你泛著倦意淡淡的笑容6.證明：12n4

2n3

11n2

10n，nZ。

7.設3a2

b2，證明：3a且3b。

8.設n，k是正整數，證明：nk與nk+4的個位數字相同。

9.證明：對于任何整數n，m，等式n2

(n1)2=m2

2不可能成立。

10.設a是自然數，問a43a29是素數還是合數？

§1.2最大公約數與

輾轉相除法

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定義1.2.1整數a1,a2,,ak的公共約數稱為a1,a2,,ak的公約數。不全為零的整數a1,a2,,ak的公約數中最大的一個叫做a1,a2,,ak的最大公約數（或最大公因數），記為(a1,a2,,ak)。由于每個非零整數的約數的個數是有限的，所以最大公約數是存在的，并且是正整數。如果(a1,a2,,ak)

=

1，則稱a1,a2,,ak是互素的（或互質的）；如果(ai,aj)

=

1，1

i,j

k，i

j，則稱a1,a2,,ak是兩兩互素的（或兩兩互質的）。顯然，a1,a2,,ak兩兩互素可以推出(a1,a2,,ak)=

1，反之則不然，例如(2,6,15)

=

1，但(2,6)=2。

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定理1.2.1下面的等式成立：(ⅰ)(a1,a2,,ak)

=

(|a1|,|a2|,,|ak|)；(ⅱ)(a,1)

=

1，(a,0)

=

|a|，(a,a)

=

|a|；(ⅲ)(a,b)

=

(b,a)；(ⅳ)若p是素數，a是整數，則(p,a)

=

1或pa；(ⅴ)若a=bqr，則(a,b)

=

(b,r)。證明(ⅰ)(ⅳ)留作習題。

(ⅴ)由第一節(jié)定理1可知，如果da，db，則有dr=a

bq，反之，若db，dr，則da=bqr。因此a與b的全體公約數的集合就是b與r的全體公約數的集合，這兩個集合中的最大正數當然相等，即(a,b)

=

(b,r)。證畢。

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定理1.2.2設a1,a2,,akZ，記

A=

{y；y=，xiZ，

i

k}。如果y0是集合A中最小的正數，則y0

=

(a1,a2,,ak)。證明設d是a1,a2,,ak的一個公約數，則dy0，所以d

y0。另一方面，由第二節(jié)例2知，y0也是a1,a2,,ak的公約數。因此y0是a1,a2,,ak的公約數中的最大者，即y0

=

(a1,a2,,ak)。證畢。

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定理1.2.3(a1,a2,,ak)=1的充要條件是存在整數x1,x2,,xk，使得

a1x1a2x2

akxk=1。(1)

證明必要性由定理2得到。充分性若式(1)成立，如果(a1,a2,,ak)=d>1，那么由dai（1ik）推出da1x1a2x2

akxk=1，這是不可能的。所以有(a1,a2,,ak)=1。證畢。

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定理1.2.4對于任意的整數a，b，c，下面的結論成立：(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。證明(ⅰ)若(a,b)

=

1，由定理2，存在整數x與y，使得axby=

1。因此acxbcy=c。(2)由上式及bac得到bc。結論(ⅰ)得證；(ⅱ)若(a,b)

=

1，則存在整數x，y使得式(2)成立。由bc與ac得到abac，abbc，再由式(2)得到abc。結論(ⅱ)得證。證畢。

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推論1.2.4若p是素數，則下述結論成立：(ⅰ)pab

pa或pb；(ⅱ)pa2

pa。證明留作習題。推論1.2.5若(a,b)

=

1，則(a,bc)

=

(a,c)。證明設d是a與bc的一個公約數，則da，dbc，由式（2）得到，d|c,即d是a與c的公約數。另一方面，若d是a與c的公約數，則它也是a與bc的公約數。因此，a與c的公約數的集合，就是a與bc的公約數的集合，所以(a,bc)

=

(a,c)。證畢。

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定理1.2.5對于任意的n個整數a1,a2,,an，記(a1,a2)

=d2，(d2,a3)

=d3，，(dn2,an1)

=dn1，(dn1,an)

=dn，則

dn=

(a1,a2,,an)。證明由定理2的推論，我們有

dn=

(dn1,an)

dnan，dndn1，dn1

=

(dn2,an1)

dn1an1，dn1dn2，

dnan，dnan1，dndn2，dn2

=

(dn3,an2)

dn2an2，dn2dn3

dnan，dnan1，dnan2，dndn3，

d2

=

(a1,a2)dnan，dnan1，，dna2，dna1，即dn是a1,a2,,an的一個公約數。

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另一方面，對于a1,a2,,an的任何公約數d，由定理2的推論及d2,,dn的定義，依次得出

da1，da2

dd2，

dd2，da3

dd3，

ddn1，dan

ddn，因此dn是a1,a2,,an的公約數中的最大者，即dn=

(a1,a2,,an)。證畢。

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例1.2.1證明：若n是正整數，則是既約分數。解由定理1得到(21n4,14n3)=(7n1,14n3)=(7n1,1)=1。注：一般地，若(x,y)=1，那么，對于任意的整數a，b，有(x,y)=(xay,y)=(xay,yb(xay))=(xay,(ab1)ybx)，因此，是既約分數。例1.2.2證明：121n22n12，nZ。解由于121=112，n22n12=(n1)211，所以，若112(n1)211，(3)則11(n1)2，因此，由定理4的推論1得到11n1，1