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1、第一章整数理论第一节整除与带余数除法定义1设a,b是整数,b¹0,如果存在整数q,使得a=bq成立,则称b整除a或a被b整除,此时a是b的倍数,b是a的因数(约数或除数),并且记作:b½a;如果不存在整数q使得a=bq成立,则称b不能整除a或a不被b整除,记作:ba。定理1下面的结论成立:(1)a½b,b½cÞa½c;(传递性)(2)m½a,m½bÞm½(a±b)(3)m½ai,i=1,2,L,nÞm½a1q1+a2q2+L+anqn,此处qi∈Z(i=1,2,L,n)。(证明留给学生自己)注:①a½bÛ±a½±b;②b½aÞbc½ac,此处c是任意的非零整
2、数;③b½a,a¹0Þ
3、b
4、£
5、a
6、;b½a且
7、a
8、<
9、b
10、Þa=0。④因式分解an-bn=(a-b)M1,n∈Zan+bn=(a+b)M2,2nM1,M2∈Z定理2(带余数除法)设a与b是两个整数,b>0,则存在唯一的两个整数q和r,使得a=bq+r,0£r
11、使得式(1)成立,即a=q¢¢b+r¢¢=q¢b+r¢,0£r¢,r¢¢
12、r¢-r¢¢
13、
14、
15、r¢-r¢¢
16、知,r¢-r¢¢=0,r¢=r¢¢,再由式(2)得出q¢=q¢¢从而q和r是唯一的。定义2称式(1)中的q是a被b除的商,r是a被b除的余数。例1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=1,2,3,4,5,记ai=3qi+ri,0£ri<3,i=1,2,3,4,5。分别考虑以下两种情形:(ⅰ)若在r1,r2,L,r5中数0,1,2都出现,不妨设r1=0,
17、r2=1,r3=2,此时a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3可以被3整除;(ⅱ)若在r1,r2,L,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r1=r2=r3=r(r=0,1或2),此时a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3r可以被3整除。综合(ⅰ)、(ⅱ)可知,所证结论成立。注:此题利用了数学中的一个重要原理——抽屉原理,也称为P.G.Dirichlet原理,即把n+1个元素或更多的元素放入n个抽屉中,则在其中一个抽屉里至少要放入2个元素。值得注意的是,利用带余数除法得到的余数进行分类来构造抽屉是数论解题中常用
18、的方法。例2若是形如(x,y∈Z,a,b是两个不全为零的整数)的数中的最小正数,则∣证明:不全为,在整数集合中存在正整数,因而有形如的最小正数。,由带余除法有。则,由是中的最小整数知∴∣99注:(1)设a1,a2,L,an为不全为零的整数,以y0表示集合A={y
19、y==a1x1+L+anxn,xiÎZ,1£i£n}中的最小正数,则对于任何yÎA,y0½y;特别地,y0½ai,1£i£n。(证明留给学生自己)。(2)此类题目的证明方法具有一般性,通常是针对所给的“最小正数”的概念进行反证法。思考与练习1.11、证明:m½aiÞm½a1q1+a2q2+L+anq
20、n,qi∈Z。i=1,2,L,n2、证明:6︱n(n+1)(2n+1)n∈N。3、设a1,a2,L,an为不全为零的整数,以y0表示集合A={y
21、y==a1x1+L+anxn,xiÎZ,1£i£n}中的最小正数,则对于任何yÎA,y0½y;特别地,y0½ai,1£i£n。第二节最大公因数定义1设a1,a2,L,an是n(n≥2)个整数,若整数d是它们之中每一个的因数,则d就叫做a1,a2,L,an的一个公因数;其中最大的一个公因数叫做a1,a2,L,an的最大公因数。记为(a1,a2,L,an)。由于每个非零整数的因数的个数是有限的,所以最大公因数是存在的,
22、且是正整数。若(a1,a2,L,an)=1,则称a1,a2,L,an是互质的;若(ai,aj)=1,1£i,j£n,i¹j,则称a1,a2,L,an是两两互质的。显然,a1,a2,L,an两两互质可以推出(a1,a2,L,an)=1,反之则不然,例如(2,6,15)=1,但(2,6)=2。99我们容易得到如下结论:定理1若a1,a2,L,an为任意n个不全为零的整数。则:(1)a1,a2,L,an与
23、a1
24、,
25、a2
26、,L,
27、an
28、的公因数相同;(2)(a1,a2,L,an)=(
29、a1
30、,
31、a2
32、,L,
33、an
34、)。由定理1可知,在讨论(a1,a2,L,an)时
35、,不妨假设a1,a2,L,an是正整数,以后我们就维