初等数论习题(第三章)
初等数论作业(第三章)
1. 证明: 若n 为正整数, α为实数, 则
(1) ]
[][αα=??
????n
n , (2) [][]ααααn n n n =??
????
-+++??
?
??
?
+
+1...1. 证明:
(1) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r , 左边 = q n r q n r nq n n =??
????
+=??????+=????
??][α,
右边 = []q n n r q n n r nq n n =??
????
++=??????++=???
???=}{}{αααα 所以[]αα=??
?
?
??n n ][. (2) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r , α = q +( r + {n α})/n . r = 0时, α = q +{n α}/n , 左边 = q + q + … + q = nq . 右边 = nq . r ≥ 1时, 左边 = ??
????
-+++++??
????++++??????
++
n n n r q n n r q n n r q 1}{...1}{}{ααα = nq +
∑
∑
--=--=??
?
???+++??
?
???++1
1
}{}{r n k n r
n k n k n r n k n r αα
= nq + 0 + n - 1 - (n - r ) + 1 = nq + r
=[n α] = 右边. #
2. 证明不等式
[2α] + [2β] ≥ [α] + [α + β] + [β]
证明:
设α = m + a , β = n + b , m , n ∈Z , 0 ≤ a , b < 1. 不妨设a ≥ b , 则 [2α] + [2β] = [2m +2a ] + [2n + 2b ]
= 2m + 2n + [2a ] + [2b ]
而
[α] + [α + β] + [β] = [m + a ] + [n + b ] + [m + n + a + b ]
= 2m + 2n + [a ] + [b ] + [a +b ] = 2m + 2n + [a +b ]
下证 [2a ] + [2b ] ≥ [a +b ] 而 a ≥ b , 故[2a ]≥[a +b ],
自然有[2a ] + [2b ] ≥ [a +b ]. # 3. 证明: 若a > 0, b > 0, n > 0, 满足n | a n - b n , 则
n | (a n - b n )/(a -b ).
证明:
设p m || n , p 为一个素数, a - b = t , 若p |/t , 则由p m | a n - b n
, 自然有
p m | (a n - b n )/t . 现设p | t , 而
t
b
t b t
b
a n
n n
n
-+=
-)(
= ∑=--?
??
? ??n
i i i n t b i n 1
1
因为!)1)...(1(1
1i t
b i n n n t b i n i i n i i n ----+--=???
? ?? (1)
在i = 1, 2, …, n 时, i !中含p 的最高方幂是
∑
∑
∞
=∞
=≤-=
?
???1
1
1
k k k
k i
p i p
i p i
又因p i -1 | t i -1, p m | n , 故由(1)可知
p
m
| n i t b i n i i n ,...,1,1=???
? ??--. 即 p m | (a n - b n )/(a -b ). 把n 作因子分解并考察每一个素因子, 这就证明了n | (a n - b n )/(a -b ). # 4. 证明: 若n ≥ 5, 2 ≤ b ≤ n , 则
??
????--b n b )!1(1. (1)
证明:
若b < n , 则b (b -1) | (n -1)!, 即??
?
?
?
?--b n b )!1(1, 且?
?
?
?
??
-b n )!1(∈Z , 故(1)成立.
若b = n , n 是一个合数且不是一个素数的平方, 可设b = n = rs , 1 < r < s < n , 由(n , n -1) = 1知s < n -1, 故b (b -1) = rs (n -1) | (n -1)!, (1)式成立.
若b = n = p 2, p 是一个素数, 由n = p 2 ≥ 5知, 1 < p < 2p < p 2 - 1 = n - 1, 故p , 2p , n - 1是小于n 的三个不同的数. 故p ?2p ?(n -1) = 2b (b -1) | (n -1)!, 故(1)式成立.
若b = n = p , p 是一个素数, 由(p -1)! + 1 ≡ 0 (mod p )知
p p p p p p p p p p )
1()!1(11)!1(11)!1()!1(---=-+-=?????
?-+-=??????-
即)1()!1()!1(---=???
?
??-p p p p p , 而(p , p -1) = 1知(p -1)???
??
?-p n )!1(, (1)成立. # 5. 证明: 对于任意的正整数n ,
)!
1(!)!2(+n n n
是一个整数.
证明: 因为v p ((2n )!) = ∑
∞
=?
?????1
2i i p n , v p ((n )!) = ∑∞
=??
?
???1i i p n , v p ((n +1)!) = ∑∞
=??
?
???+11i i p n . 所以
只需证
? i ≥ 1, ??
?
???++???
???≥???
???i i i p n p n p n 12. (*)
设n = qp i + r , 0 ≤ r < p i , 则若r < p i - 1, 则,,1q p n q p n i i =???
???=???
???+(*)式成立. 若
r = p i - 1, 则,,11q p n q p n i i =??
?
???+=?
???
??+而 ??????+??????+=+≥???
??
?-++=??????-+=??????i i i
i i
i p n p n q p p q p p q p n i 1121122222, 故此时(*)式也成立. 所以
)!
1(!)!2(+n n n ∈Z . #
6. 证明: 设∑==
k
j j
n
n 1
, 则
(1) !
!...!!21k n n n n 是一个整数;
(2) 如n 是一个素数, 而max(n 1, …, n k ) < n , 则
!
!...!!|
21k n n n n n .
证明:
(1) 证法一 只需设n 1, n 2,…, n k 均为正数, 设p 为任意素数, 则
v p ((n )!) = ∑
∞
=??
????1
i i p n , v p ((n j )!) = k j p n i i j ≤≤??
????∑
∞
=0,1
, 只需证∑
=??
????≥??????++k
j i j
i
k p n p n n 1
1...对?i ≥ 1均成立, 而由P64 性质2知这是显然的, 故
!
!...!!21k n n n n ∈Z .
证法二 n = 2时, Z n n n n n n ∈???
? ??=-111)!(!!
, 假设n - 1时结论成立, 则当n 时
Z
n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n k k k k ∈++++++=
+++=
)!
()!...)((!!)!(!
!...!)!
...(!
!...!!213212*********(由归纳假
设知
Z
n n n n n n k ∈+++++)!
()!
...)((21321, 又!
!)!(2121n n n n +∈Z .)
(2) 若n 是素数, 且max(n 1, n 2,…,n k ) < n , 故n | n !, 而n |/n 1!, n 2!, …, n k !, 所以
!
!...!!|
21k n n n n n . #
7. 证明: 如果在自然数列
1 ≤ a 1 < a
2 < … < a k ≤ n
中, 任意两个数a i , a j 的最小公倍数[a i , a j ] > n , 则k ≤ ??
?
???+21n .
证明:
断言: 对于≤2n 的任意n + 1个正整数中, 至少有一个被另一个所整除.
设1 ≤ a 1 < a 2 < … < a n +1 ≤ 2n , a i = 2λi b i , λi ≥ 0, 2|/b i , 1 ≤ i ≤ n +1, 其中b i < 2n . 因为在1, 2, …, 2n 中只有n 个不同的奇数1, 3, …, 2n -1, 故b 1, b 2, …, b n +1中至少有两个相同. 设b i = b j , 1 ≤ i < j ≤ n +1, 于是在a i = 2λi b i 和a j = 2λj b i 中, 由a i < a j 知λi < λj . 故a i | a j .
若k > ,21?
?
?
?
??+n 当n = 2t 时, k > t n =??
?
?
??+21, 故a 1, …, a k 为k (k ≥ t +1)个小于等
于2t 的数, 故? i , j , 1 ≤ i < j ≤ k , 使得a i | a j . 故[a i , a j ] = a j ≤ n , 矛盾!
若n = 2t + 1, 则k > ??
?
?
??+21n = t + 1, 因为1, 2, …, n = 2t + 1中只能有t + 1个
奇数, 故k 个数a 1, a 2, …, a k 中有一对数i , j , 1 ≤ i < j ≤ k , 使得a i | a j , 所以[a i , a j ] = a j ≤ n 矛盾. 故k ≤ ??
?
???+21n . #
8. 证明: 若k > 0, 则
∑==k
d d u )(0)(?.
证明:
若? d , 使得?(d ) = k ,
则(1) 22 | d , 则u (d ) = 0不考虑.
(2) 2 || d , 则(d /2, 2) = 1, 所以?(d ) = ?(2?d /2) = ?(2)??(d /2) = ?(d /2) = k .
而 u (d ) + u (d /2) = 0.
(3) 2|/d , 则?(2d ) = ?(2)??(d ) = ?(d ) = k , 而u (2d ) + u (d ) = 0. 故{u (d ) ≠ 0 | u (d ) = k }可分成若干对, 每对为u (d ) + u (2d ) = 0. 故∑==k
d d u )(0)(?. #
9. 证明
∑=n
d n u
d u |2
2
)()(.
证明:
由u (n )的定义有
??
?=中含有平方因子
中不含有平方因子
n n n u ,0,1)(2
,
当n 中不含有平方因子时, 显然
∑==n
d u d u |2
1)1()(
当n 中含有平方因子时, 设n = n 02m , n 0 > 1, m 不含平方因子, 则
0)()()()(1
||.||02
22
022
====∑∑∑∑>n d n d m
n d n
d d u d u d u d u .
故
=∑n
d d u |2
)(u 2
(n ). #
其实, 采用类似的方法可证
???>=∑其它
若,11
,|,0)(|m n m d u k n d k
. 10. 证明: 对于任一个素数p ,
∑
?
????≥===n
d n p n n d p u d u | ,01, ,21
,1)),(()(是其余情形
若若若αα
.
证明:
n = 1结论显然. 若n = p α, α ≥ 1, 则
2)()()1()1()),(()(|=+=∑p u p u u u d p u d u n
d .
若(n , p ) = 1, 则
0)()),(()(||==∑∑n
d n
d d u d p u d u .
若n = p αn 1, n 1 > 1, 则
0)()()()()()()),(()(1
11
|1
|),(|1
),(||=+=+=∑∑∑∑∑==n d n d p
p d n
d p d n d n
d p u d
u d u p u d u d u d p u d u #
11. 证明
∑
=
n
d d d u n n
|2
)
()
()
(??
证明:
n = 1时结论显然.
n > 1时, 由于u (n ), ?(n )均是积性函数, 所以u 2
(d )/?(d ),
∑
n
d d d u |2
)
()
(?也是积性函
数. 设n = p 1α1…p s αs , 则
右边 = ∏
∏
∏
===-=???
?
??-+=???
? ??+++s
k s
k s
k k k k k k k k p p p p p u p p u k k 1
1
1
2
21
111)()(...)()(1αα??.
左边 =
()
∏
∏∏===---=
-=
-s
k k k s
k k
s
s
k k
s s p p p
p p p
p p p p s
s
1
1
11
1
1
111
)
1(...1......11ααα
α.
故
∑
=
n
d n n
d d u |2
)
()
()
(??. #
12. 证明: ∑=n
d d d u |0)()(?的充分必要条件是)2(mod
0≡n .
证明:
设n = k
k p p α
α (1)
1, p 1, …, p k 为不同的素数, αi ≥ 1, i = 1, 2, …, k .
)...()...(...)()()1()1()()(111
|k k k
i i i
n
d p p p p u p p
u u d d u ????+++=∑∑=
=∏∑==--++--+
k
i i
k
k
i i
p
p
1
1
)1()
1(...)1)(1(1
=∏=--k
i i p 1
)11(
所以,
n
p d d u i n
d |220)()(|?=??
=∑某个?. #
13. 证明:
)
0(2
)
1()(1
>+=
??
????∑=n n n d n d n
d ?.
证明:
n = 1时结论显然. 假设对n = k 时成立, 即
2
)
1()(1
+=
??
????∑=k k d k d k
d ?.
则n = k + 1时, 有
)1(1)()(1)(1
1
1
1
++???
?
????????-?
???
??++
???
???=
??????+∑∑∑==+=k d k d k d d k d d k d k
d k d k d ????
=
)1()(2
)
1(1
1|+++
+∑+<+k d k k k d k d ??
= ∑++
+1
|)(2)
1(k d d k k ?
= 12
)
1(+++k k k =
2
)
2)(1(++k k . #
证法二 因为∑??
????==
??
?
???d n k d n 11, 所以
∑∑∑??
?
???====
??????d n k n
d n
d d d n d 1
1
1
1)()(??∑∑??
????===
d n k n
d d 11)(?∑∑=??
????==n
k k n d d 11
)(?∑
=??????=n
k k n k 1
)(?)(1k k n n
k ?∑=???
??
?=
)(...)3(3)2(2)1(n n n n ????++??
?
???+??????+=
∑∑∑+++=
n
d d d d d d |2
|1
|)(...)()(???
n +++=...21 2
)
1(+=
n n . #
14. 计算S (n ) = ∑??
?
??n
d d n u d u |)(. 解:
若n = 1, S (1) = 1, 若n = p 1…p k , 则 S (n ) = ∑??
?
??n
d d n u d u |)( = u (1)u (p 1p 2…p k ) + u (p 1)u (p 2…p k ) + … + u (p k )u (p 1…p k -1) +… + u (p 1p 2…p k )u (1) = (-1)k (k k k k C C C +++...10) = 2k (-1)k
若n = p 12p 2…p k , 则 S (n ) = ∑+-==??
?
??n
d k k p p p u p u d n u d u |1
211)1()...()()(
其余情形S(n) = 0. #
15.证明: n是素数的充分必要条件是σ(n) +?(n) =nd(n).
证明:
“?”若n为素数, 则σ(n) = 1 +n, ?(n) =n - 1, d(n) = 2, 所以有σ(n) +?(n) =nd(n).
“?”n, d(n), ?(n), σ(n)均是极性函数, 若n不为素数的方幂, n=n1n2, (n1, n2) = 1,
σ(n1n2) +?(n1n2) =σ(n1)σ(n2) +?(n1)? (n2)
≠ (σ(n1)+?(n1))?( σ(n2)+? (n2))
=n1n2d(n1n2).
若n=pα, α≥ 1, σ(n) = 1 +p+…+pα-1+pα, ?(n) =pα-pα-1, d(n) =α+ 1, 1 +p+…+pα-2+ 2pα= (α+ 1)pα, 只有α= 1时σ(n) +?(n) =nd(n)才成立, 即n是素数. #
16. 证明: 如果有正整数n满足
?(n+ 3) =?(n) + 2, (1) 则n= 2pα或n+ 3 = 2pα, 其中α≥ 1, p≡ 3 (mod 4), p是素数.
证明:
经验证可知n= 1, 2不满足(1)式, 设n > 2, 则?(n), ?(n+3)均为偶数. 由(1)知?(n)和?(n+3)不能同时被4整除, 故只能有?(n) ≡ 2 (mod 4), ?(n+3) ≡ 0 (mod 4)或?(n) ≡ 0 (mod 4), ?(n+3) ≡ 2 (mod 4).
令n= 2α1p2α2…p kαk, 则?(n) = 2α1-1p2α2-1(p2-1)…p kαk-1(p k-1). 由于?(n)中2α1-1, (p2-1), …, (p k-1)均被2整除, 若?(n) ≡ 2 (mod 4), 则n只能含有一个奇素数因子, 因此n有三种情况: (1) n= 2α1, 此时α1= 2, 故n= 4; (2) n=p2α2, 此时p2满足p2≡ 3 (mod 4); (3) n= 2α1p2α2, 此时α1= 1, p2≡ 3 (mod 4), 即n= 2p2α2. 因为?(4) ≠?(1) + 2, 所以若?(n+3) ≡ 2 (mod 4), 经类似的分析可得n+ 3 =pα, 2pα, α≥ 1, p≡ 3 (mod 4). 设n=pα, 由(1)得
?(pα+3) =pα-pα-1+ 2 (2) 设2t || pα+ 3, t≥ 1, 由(2)得
pα-pα-1+ 2 =?(2t?(pα+ 3)/2t)
= 2t-1??( (pα+ 3)/2t )
≤ 2t -1?( (p α + 3)/2t -1) = (p α + 3)/2-2t -1
即有 p α - p α-1 + 2 ≤ (p α + 3)/2 - 1, 化简得p α ≤ 2p α-1 - 3, 也即3 ≤ p α-1(2-p ) 由于p > 2, 故 3 ≤ p α-1(2-p )不能成立. 同样可证n + 3 = p α时, (1)式不成立, 故n = 2p α或n + 3= 2p α. # 17. 证明
?(n ) ≥ n /d (n ).
证明:
设n 的标准分解式为s
l s l p p n (1)
1=, 故
?(n )d (n ) = n (1-1/p 1)…(1-1/p s )(l 1 + 1)…(l s + 1) ≥ n (1/2)s 2s = n
于是得?(n ) ≥ n /d (n ). # 18. 求出满足
?(mn ) = ?(m ) + ?(n ) (1)
的全部正整数对(m , n ). 解:
设(m ,n ) = d , 则从?(n )的公式不难有
?(mn ) = d ??(m )??(n )/?(d ), 由(1)得
?(m ) + ?(n ) = d ??(m )??(n )/?(d ), (2)
设?(m )/?(d ) = a , ?(n )/?(d ) = b , a , b 都是正整数, (2)化为
1/a + 1/b = d (3)
d > 2时, 易证(3)无正整数解, 在d = 1和d = 2时, (3)分别仅有正整数解a = b = 2和a = b = 1. 在d = 1, a = b = 2时, ?(m ) = ?(n ) = 2, 因此(m , n ) = (3, 4), (4, 3); 在d = 2, a = b = 1时, ?(m ) = ?(n ) = 1, 于是(m , n ) = (2, 2). # 19. 若n > 0, 满足24 | n + 1, 则24 | σ(n ). 证明:
由24 | n + 1知n ≡ -1(mod 3)和n ≡ -1(mod 8), 设因子d | n , 则3|/d , 2|/d , 可设d ≡ 1, 2 (mod 3), d ≡ 1, 3, 5, 7(mod 8).
因为d ?(n /d ) = n ≡ -1 (mod 3)和d ?(n /d ) = n ≡ -1(mod 8), 由此推出,
d ≡ 1 (mod 3), n /d ≡ 2 (mod 3) 或d ≡ 2 (mod 3), n /d ≡ 1 (mod 3), 和d ≡ 3 (mod 8), n /d ≡ 5 (mod 8) 或d ≡ 5 (mod 8), n /d ≡ 3 (mod 8) 或d ≡ 1 (mod 8), n /d ≡ 7 (mod 8) 或d ≡ 7 (mod 8), n /d ≡ 1 (mod 8).
每一种情形都有d + n /d ≡ 0 (mod 3), d + n /d ≡ 0 (mod 8), 故d + n /d ≡ 0
(mod 24). 又若d = n /d , 则n = d 2, d > 1, 则因为2|/n , 所以2|/d , 但n = d 2
≡ 1
(mod 8)矛盾. 所以n 的所有正因子可以配对, 每对为d , n /d , 故24 | σ(n ). # 20. 证明: 若n = p 1α1 p 2α2??? p k αk , k ≤ 8, 则?(n ) > n /6. 证明:
?(n ) = ???
?
??-
???? ?
?
-
k p p n 11...111 而p i 越大, 1 - 1/p i 越大, 故只要证p 1, p 2, …, p 8为前8个素数时, ?(n ) > n /6成立即可, 即要证6
1
1911...511311211>?
?? ?
?
-
??? ?
?
-??? ?
?
-??? ?
?
-, 而左边=6132332355296>, 即结论成立. # 21. 设w (1) = 0, n > 1, w (n )是n 的不同的素因子的个数, 证明:
f (n ) = w (n )*μ(n ) = 0或1.
证明:
若n = p α (α ≥ 2) f (n ) = w (n )*u (n ) = ∑??
?
??n
d d n w d u |)( = u (1)?w (p α) + u (p )?w (p α-1
) = u (1)?1 + (-1)?1 = 0. 若n = p ,
f (n ) = w (n )*u (n ) = w (1)?u (p ) + w (p )?u (1) = 1
若n = p 1α1 p 2α2??? p k αk , k ≥ 2, 则 f (n ) = w (n )*u (n ) = ∑??
?
??n
d d n w d u |)(
= )1()1())1(()1(...)1()1()1(1110w C k k C k u C k u C k k k k k k k k -?+---?++-?-?+??-- = 1|)')1((=-x k x
= 0 # 22. 设f (x )的定义域是[0, 1]中的有理数,
F (n ) = ()n
k n
k f 1
=∑, F *
(n ) = ()n
k n
n k k f 1
),(1==∑, 证明: F *(n ) = μ(n )*F (n ). 证明:
由Mobius 变换定理知, 等价于证明F (n ) = F *(n )*e (n ), 即要证
F (n ) = ∑∑
∑==??
? ??=
n
d d
d k k n
d d k f d F |1
),(1|*
)(. 而对于r /n , r = 1, 2, …, n 的每个分数, 既约后均为k /d , d | n , k ≤ d , (k , d ) = 1的
形式, 即为某个r /n , 1 ≤ r ≤ n . 故∑
∑
∑
===??? ??=??
? ??n
r n
d d
d k k n r f d k f 1
|1
),(1, 即F (n ) = ∑n
d d F |*
)(, 再由Mobius 逆变换即得. #
23. 证明: 若f (n )是完全积性函数, 则对所有的数论函数g (n ), h (n ), 有
f (n ) (
g (n ) *
h (n )) = (f (n )g (n )) * (f (n )h (n )).
证明:
f (n )?(
g (n )*
h (n )) = f (n )?(∑??
?
??n
d d n h d g |)() = ∑???
??n
d d n h d g n f |)()( = ∑??
? ?????
??n
d d n h d n f d g d f |)()( = (f (n )?g (n ))*(f (n )?h (n )) #
24. 证明: 若f (n )和f 1(n )各为g (n )和g 1(n )的麦比乌斯变换, 则
()()d n n
d d
n
n
d f d g g d f 1|1|)()(∑=∑. 证明:
f (n ) = ∑n
d d g |)(, f 1(n ) = ∑n
d d g |11)(,
∑
∑∑
??
?
??=
??
?
??n
d n
d d c d n g c g d n g d f |||11)()(
∑∑∑∑∑
=
=
??
?
??a
n
b n a n
a a
n b n
d b g
a g
b g
a g d n f d g ||1
||1
|1)()()()()(
令b = n /d , 则(n /d ) | (n /a )? a | d . 于是∑∑
∑∑??
?
??=
n
d d
a a
n
b n a d n g a g b g a g ||1||1)()()(.
故∑
∑
???
??n
d d
c d n g c g ||1)(与∑
∑
n
a a
n b b g a g ||1)()(展开式中每一项均相等, 因此
()()d n n
d d
n
n
d f d g g d f 1|1|)()(∑=∑. #
证法二f = g *e , f 1 = g 1*e , 则f *g 1 = g *e *g 1 = g *g 1*e = g *(g 1*e ) = g *f 1. # 25. 设f (x )是一个整系数多项式, ψ(n )代表
f (0), f (1), ??? , f (n -1) (1)
中与n 互素的数的个数, 证明: (1) ψ(n )是积性数论函数;
(2) ψ(p α) = p α-1( p -b p ), b p 代表(1)中被素数p 整除的数的个数. 证明:
(1) 需证 ?(m , n ) = 1,
f (0), f (1), …, f (n -1) f (n ), f (n + 1), …, f (2n -1) ……
f ((m -1)?n ), f ((m -1)?n + 1), …, f ((m -1)?n + n -1) 中与mn 互素的个数为ψ(m )ψ(n )个. 又f (x )为整系数多项式, 故 f (i + n ) ≡ f (i ) mod n f (i + m ) ≡ f (i ) mod m
故上述mn 个数中每一行与n 互素的有ψ(n )个, 所以f (0), f (1), …., f ((m -1)?n + n -1)中共有m ψ(n )个与n 互素的数. 而f (i ), f (n + i ), …, f ((m -1)?n + i )由于i , n + i , …, (m -1)?n + i 恰好通过mod m 的一组完系, 所以上述m ψ(n )个与n 互素的数中有
ψ(m )ψ(n )个与m 互素, 因此有ψ(mn ) = ψ(m )ψ(n ). (2) (a , p α) = 1?(a , p ) = 1, 而
f (0), f (1), …, f (p -1) f (p ), f (p + 1), …, f (2p -1) ……
f ((p α-1-1)?p ), f ((p α-1-1)?p + 1), …, f ((p α-1-1)?p + p -1) 每一行与p 互素个数为p -b p , 于是ψ(p α) = p α-1(p -b p ). # 26. 证明.))((())((2|3|t d t d n
t n
t ∑=∑
证明:
因为d 为积性函数, 故d 3, d 3*e , (d *e )2均为积性函数, 故只需对n = 1及n = p α证明上式即可!
n = 1时, 左边 = 1 = 右边, 故命题成立. n = p α时, p 为素数, α ≥ 1时
()()
2
2
3
330
30
3
|3
214
1)1(...21)1())(())((++=
++++=+=
=
∑
∑
∑
==αααα
α
α
i i i p
t i p d t d ()()∑∑∑∑=++=??? ??+=??? ??=???
? ??==α
αααααp
t i i i p t t d i p d t d |3
222
02
02
|))((2141)1()()(. #
27. 找出所有的正整数n 分别满足
(1) ?(n ) = n /2; (2) ?(n ) = ?(2n ); (3) ?(n ) = 12.
证明: 设n = p 1α1 p 2α2??? p k αk , p 1 < p 2 < … < p k , 则?(n ) = n (1-1/p 1)…(1-1/p k ).
(1) 若?(n ) = n /2, 则
(1-1/p 1)…(1-1/p k ) = 1/2.
若t = 1, 则p 1 = 2, n = 2α即为所求.
若p 1 ≠ 2, (1-1/p 1)…(1-1/p k ) = 1/2, 则2(p 1-1)…(p k -1) = p 1p 2…p k , 而p 1, p 2, …, p k 均为不同的奇素数, 所以此时?(n ) = n /2不成立.
(2) 若n 为奇数, p 1, p 2, …, p k 均为不同的奇素数, 则
)(11...1111...112112)2(11n p p n p p n n k k ??=???
?
??-???? ??-=???? ??-???? ??-??? ??
-
=. 若n 为偶数, 设p 1 = 2, 则
)(211...211211...112112)2(2n p n p p n n t ??=???
? ??-??? ??-=???? ??-???? ??-??? ??-=. 所以当n 是奇数时, ?(n ) = ?(2n ).
(3) 若?(n ) = p 1α1-1(p 1-1) p 2α2-1(p 2-1)??? p k αk -1(p k -1) = 12, 则p i - 1 | 12, i = 1, 2, …, k . 故p i ∈ {2, 3, 5, 7, 13}且k ≤ 3, αi ≤ 3, i = 1, 2, …, k . 则若2|/n , ?(n ) = 12, 则n = 13, 3?7; 若2||n , 则n = 2?13, 2?3?7; 若4 || n , 则n = 4?7. 若2k || n (k ≥ 3), 则?(n ) = ?(2k )??(n /2k ) = 2k -1??(n /2k ) = 12没有整数解, 所以?(n ) = 12的解只有n = 13, 3?7, 2?13, 2?3?7, 4?7. #
28. 证明: 设p n 表示第n 个素数, 则存在正常数C 1, C 2使
C 1 n log n < p n < C 2 n log n .
证明:
n ≥ 2时, 由第7节定理1有
n
n n n
n
log 12
)(log 81
≤≤π
将n 换成p n , 有
n
n n
n
p p n p p log 12
log 81
≤≤. (1)
上面不等式左边给出 p n ≤ 8n log p n . (2) 两边取对数有 log p n ≤ log8n + loglog p n . (3) 又x > 1时, log x < x /2, 所以loglog p n < log p n /2. 所以由(3)式, 有log p n /2 再由(2)有, p n <64n log n , 取C 2 = 64即可. 而(1)的右边给出p n ≥ n log p n /12> n log n /12, 故取C 1 = 1/12即可. 即(1/12) n log n < p n < 64 n log n . # 29. 证明: 设f 1 = f 2 = 1, F n +2 = F n +1 + F n (n ≥ 0), 则 (F m , F n ) = F (m , n ). 证明: (1) 首先证明对于n ≥ 2, m ≥ 1有 f n +m = f n -1f m + f n f m +1, (*) 对m 归纳证之 m = 1时, 要证f n +1 = f n -1f 1 + f n f 2 = f n -1 + f n 即可. 假设小于m 时(*)成立. 则等于m 时, 由题设 f n +m = f n +m -1 + f n +m -2 = (f n -1f m -1 + f n f m ) + (f n -1f m -2+f n f m -1) (归纳假设) = f n -1(f m -1 + f m -2) + f n (f m + f m -1) = f n -1 f m + f n f m +1 (m ≥ 3) m = 2时, f n +2 = f n +1 + f n = f n + f n -1 + f n = 2f n + f n -1f 2 = f n -1f 2 + f n f 3 故(*)成立. (2) 若m | n , 则f m | f n , 事实上, 设n = mn 1, 对n 1归纳, n 1 = 1时显然, 设f m | f mn 1, 则 f m (n 1+1) = f mn 1+m ) 1(=f mn 1-1?f m + f mn 1?f m +1 故f m | f m (n 1+1) 故m | n 时, f m | f n . (3) (f n , f n + 1) = 1, n ≥ 1 设(f n , f n + 1) = d , 则由题设 f n + 1 = f n +f n - 1 ? d | f n - 1, 继续下去得d | f 1 = 1, 即d = 1. (4) 设m > n , (f m , f n ) =f (m , n ). 若m = n , 显然. 事实上, 设m = nq + r , 0 < r < n .(因若n | m , 由(2)显然). 由(1)及(2)有: (f m , f n ) = (f nq + r , f n ) = (f nq - 1f r + f nq f r + 1, f n ) nq n f f |=(f nq - 1f r , f n ) 而f n | f nq , (f nq - 1, f nq ) = 1, ∴(f nq - 1, f n ) = 1, ∴(f m , f n ) = (f r , f n ) 令n = q 1r + r 0, 同上又有(f r , f n ) = (f r , f r 0) =…=f (m , n ). # 30. 证明: 设f (n )是一个积性函数, 则对素数的方幂p α (α ≥ 1)有 f ( p α) = f ( p )α, 则f (n )是完全积性函数. 证明: 设m = p 1α1 p 2α2??? p k αk , n = p 1β1 p 2β2??? p k βk , αi ≥ 0, βi ≥ 0, i = 1, 2 , …, k . f (m ) = f (p 1α1 p 2α2??? p k αk ) = f (p 1α1)…f (p k αk ) = f (p 1)α1…f (p k )αk . 同理, f (n ) = f (p 1)β1…f (p k )βk . 所以 f (mn ) = f (p 1α1+β1p 2α2+β2??? p k αk +βk ) = f (p 1)α1+β1…f (p k )αk +βk . # 31. 证明: 若F (n ), f (n )是两个数论函数, 则F (n ) = n d |∏f (d )的充分必要条件是 f (n ) = n d |∏F (d )μ(n /d ). 证明: “?”) /(||1|)/(1) ()(d n u n d d d n d d n u d f d F ∏∏ ∏= = ) /(|) /(|1111) (td n u n d d n t d f ∏∏ (d = d 1t ) = ∑∏) 1/(|1 1) /(|1)(d n t td n u n d d f = ∏=1 1|1)(d n n d d f = f (n ) “?” ) /(||1|) /(1) () (d n u n d d d n d d n u d F d f ∏∏ ∏ = = ) /(|) /(|1111) (td n u n d d n t d F ∏∏ (d = d 1t ) = ∑∏) 1/(|1 1) /(|1)(d n t td n u n d d F = ∏=1 1|1)(d n n d d F = F (n ) # 第三章 同 余 §1 同余的概念及其基本性质 。，所有奇数；所有偶数，例如，。 不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。 故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性） ，则、若；（反身性） 、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡ 。 则，，，设。 ，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -?-=-?=?≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z 。 ，则若； ，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1 。 ，则特别地，若； ，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2 。 ，则， ；特别地，若则 ，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111 111 111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y B x x A k i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i k k k k k k k k +++≡+++=≡≡ =≡≡----∑∑ΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛαααααααααααααααα定理2。，则，，，若)(mod )(mod 1),(1111m b a m b a m d d b b d a a ≡≡===性质3 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，b≠ 0，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b∣a；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∣b?±a∣±b； (ⅱ) a∣b，b∣c?a∣c； (ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k?b∣a1x1+ a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是 任意的整数； (ⅳ) b∣a ?bc∣ac，此处c是任意的非零整数； (ⅴ) b∣a，a≠ 0 ? |b| ≤ |a|；b∣a 且|a| < |b| ?a = 0。 证明留作习题。 定义2若整数a≠0，±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d1, d2, , d k 。不妨设d1是其中最小的。若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，使得d1 = e1e2，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 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d12≤a。证毕。 例1设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有 n+ 2|/1r+ 2r+ +n r。 第五节 初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数s x x x ,,,21 称为是模m 的既约剩余系，如果对任意的s j ≤≤1，1),(=m x j 且对于任意的Z a ∈，若),(m a ＝1，则有且仅有一个j x 是a 对模m 的剩余，即)(mod m x a j ≡。并定义},,2,1{)(m s m ==?中和m 互质的数的个数，)(m ?称为欧拉（Euler ）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然1)1(=?，而对于1>m ，)(m ?就是1,2，…，1-m 中与m 互素的数的个数，比如说p 是素数，则有1)(-=p p ?。 引理：∏? =为质数）－（P |P 11)(m P m m ?；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler ）定理）设),(m a ＝1，则)(mod 1)(m a m ≡?。 证明：取模m 的一个既约剩余系))((,,,,21m s b b b s ?= ，考虑s ab ab ab ,,,21 ，由于a 与m 互质，故)1(s j ab j ≤≤仍与m 互质，且有i ab )1(s j i ab j ≤<≤?，于是对每个 s j ≤≤1都能找到唯一的一个s j ≤≤)(1σ， 使得)(mod )(m b ab j j σ≡，这种对应关系σ是一一的，从而)(mod )(mod )(11)(1m b m b ab s j j s j j s j j ∏∏∏===≡≡σ，∴))(mod ()(11m b b a s j j s j j s ∏∏==≡。 1),(1=∏=s j j b m ，)(mod 1m a s ≡∴，故)(mod 1)(m a m ≡?。证毕。 分析与解答：要证)(mod 1)(m a m ≡?，我们得设法找出)(m ?个n 相乘，由)(m ?个数我们想到m ,,2,1 中与m 互质的)(m ?的个数：)(21,,,m a a a ? ，由于),(m a ＝1，从而)(21,,,m aa aa aa ? 也是与m 互质的)(m ?个数，且两两余数不一样，故)(21m a a a ???? ≡)(21,,,m aa aa aa ? ≡)(m a ?)(21m a a a ???? （m mod ），而 （)(21m a a a ???? m ）＝1，故)(mod 1)(m a m ≡?。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。 初等数论学习总结 第一章 整除 例题选讲 例1.请写出10个连续正整数都是合数. 解: 11!+2，11!+3，……，11！+11。 例2. 证明连续三个整数中，必有一个被3整除。 证：设三个连续正数为a ，a +1，a +2，而a 只有3k ，3k +1，3k +2三种情况，令a =3k ，显 然成立，a =3k +1时，a +2=3(k+1)，a =3k +2时，a +1=3(k +1)。 例3. 证明lg2是无理数。 证：假设lg2是有理数，则存在二个正整数p ，q ，使得lg2= q p ，由对数定义可得10p =2q ，则有2p ·5p =2q ,则同一个数左边含因子5，右边不含因子5，与算术基本定理矛盾。∴lg2为无理数。 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!末尾零的个数。 解：因为10=2×5，而2比5多， 所以只要考虑2004！中5的幂指数，即 5（2004！）=4995 20045 200412520042520045200454=?? ? ??+?? ? ??+?? ? ??+?? ? ??+?? ? ?? 例6.证明（n !）(n-1)!|(n !)! 证：对任意素数p ,设（n !）(n -1)!中素数p 的指数为α， （n !）!中p 的指数β，则 ∑???? ??-=∞=11k k p n n )!(α，∑??? ? ??-=∞=11k k p n n !)!(β,)()(x n nx ≥ α=∑??? ? ??-=∑???? ?? -≥∑???? ??-=∑???? ??∴∞=∞=∞=∞=1111111k k k k k k k k p n n p n n p n n p n ! )!(!)!()!(! 即α β≥，即左边整除右边。 第三次作业答案： 一、选择题 1、整数5874192能被( B )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 2、整数637693能被(C )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 3、模5的最小非负完全剩余系是( D ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则（A ） A )(mod m bc ac ≡ B b a = C ac T )(m od m bc D b a ≠ 二、解同余式（组） （1）)132(mod 2145≡x . 解 因为(45,132)=3|21,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程 )44(mod 715≡x . 我们再解不定方程 74415=-y x , 得到一解(21,7). 于是定理4.1中的210=x . 因此同余式的3个解为 )132(mod 21≡x , )132(mod 65)132(mod 3 13221≡+ ≡x , )132(mod 109)132(mod 3132221≡?+≡x . （2）)45(mod 01512≡+x 解 因为(12,45)=3|15,所以同余式有解,而且解的个数为3. 又同余式等价于)15(mod 054≡+x ,即y x 1554=+. 我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是(10,3), 即定理4.1中的100=x . 因此同余式的3个解为 )45(mod 10≡x , )45(mod 25)45(mod 3 4510≡+≡x , )45(mod 40)45(mod 3 45210≡?+≡x . （3）)321 (m od 75111≡x . 解 因为(111,321)=3|75,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程 )107(mod 2537≡x . 我们再解不定方程 2510737=+y x , 得到一解(-8,3). 于是定理4.1中的80-=x . 因此同余式的3个解为 )321(mod 8-≡x , )321(mod 99)321(mod 3 3218≡+-≡x , )321(mod 206)321(mod 3 32128≡?+-≡x . （4）?? ???≡≡≡)9(mod 3)8(mod 2)7(mod 1x x x . 解 因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式 )7(mod 172≡x ,)8(mod 163≡x ,)9(mod 156≡x , 得到)9(mod 4),8(mod 1),7(mod 4321-=-==x x x .于是所求的解为 ). 494(mod 478)494(mod 510 )494(mod 3)4(562)1(631472=-=?-?+?-?+??≡x （5）???????≡≡≡≡) 9(mod 5)7(mod 3)5(mod 2)2(mod 1x x x x . (参考上题) 作业次数：学号姓名作业成绩 第0章序言及预备知识 第一节序言（1） 1、数论人物、资料查询：（每人物写60字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1 （2）Show that there are infinitely many Ulam numbers 3、用Mathematica数学软件实现 A Ulam number is a member of an integer sequence which was devised by Stanislaw Ulam and published in SIAM Review in 1964. The standard Ulam sequence (the (1, 2)-Ulam sequence) starts with U1=1 and U2=2 being the first two Ulam numbers. Then for n > 2, U n is defined to be the smallest integer that is the sum of two distinct earlier terms in exactly one way 。 By the definition, 3=1+2 is an Ulam number; and 4=1+3 is an Ulam number (The sum 4=2+2 doesn't count because the previous terms must be distinct.) The integer 5 is not an Ulam number because 5=1+4=2+3. The first few terms are 1, 2, 3, 4, 6, 8, 11, 13, 16, 18, 26, 28, 36, 38, 47, 48, 53, 57, 62, 69, 72, 77, 82, 87, 97, 99 （1）Find the first 200 Ulam numbers （2）What conjectures can you make about the number of Ulam numbers less than an integer n？ Do your computations support these conjetures？ 第三章同余例题分析 例1：求3406的末二位数。 解：∵（3，100）=1，∴3)100(φ≡1（mod 100） φ(100)=φ(22·52)=40,∴340≡1(mol 100) ∴3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100) ∴末二位数为29。 例2：证明（a+b ）p ≡a p +b p (mod p ) 证：由费尔马小定理知对一切整数有：a p ≡a （p ），b p ≡b (P )， 由同余性质知有：a p +b p ≡a+b (p ) 又由费尔马小定理有（a+b ）p ≡a+b (p ) （a+b ）p ≡a p +b p (p ) 例3：设素数p >2，则2P -1的质因数一定是2pk +1形。 证：设q 是2p -1的质因数，由于2p -1为奇数，∴q ≠2， ∴（2·q ）=1,由条件q|2p -1,即2p ≡1（mod q ），又∵（q ,2）=1，2p ≡1（mod q ）设i 是使得2x ≡1（mod p ）成立最小正整数 若1 ∴13|42n +1+3n +2 例5：证明5y +3=x 2无解 证明：若5y +3=x 2有解，则两边关于模5同余 有5y +3≡x 2(mod 5) 即3≡x 2(mod 5) 而任一个平方数x 2≡0,1,4(mod 5) ∴30,1,4(mod 5) ∴即得矛盾，即5y +3=x 2无解 例6：求 50111......被7除的余数。 解：∵111111被7整除，∴ 50111......≡11（mod 7）≡4（mod 7），即余数为 4。 例7：把..0.04263化为分数。 解：设b =...360420，从而1000b=...3642, 100000b=...364263，99000b=4263-42b=990004221 ==11000469 。 当然也可用直化分数的方法做。 例8：设一个数为62XY427是9，11的倍数，求X ，Y 解：因为9|62XY427 所以9|6+2+X+Y+4+2+7，即9|21+X+Y 又因为11|62XY427，有11|（7+4+X+6-2-Y-2） 即11|（X-Y+13） 因为0≤X，Y ≤9，所以有21≤21+X+Y ≤39， 4≤X-Y+13≤22，由此可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数称为是模的既约剩余系，如果对任意的，且对于任意的，若＝1，则有且仅有一个是对模的剩余，即。并定义中和互质的数的个数， 称为欧拉（Euler）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然，而对于，就是1,2，…， 中与互素的数的个数，比如说是素数，则有。 引理：；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler）定理）设＝1，则。 分析与解答：要证，我们得设法找出个相乘，由个数我们想到中与互质的的个数：，由于＝1，从而 也是与互质的个数，且两两余数不一样，故 （），而（）＝1，故。 证明：取模的一个既约剩余系，考虑，由 于与互质，故仍与互质，且有，于是对每 个都能找到唯一的一个，使得，这种对应关系 是一一的，从而，。 ，，故。证毕。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。 定理2：（费尔马（Fermat）小定理）对于质数及任意整数有。 设为质数，若是的倍数，则。若不是的倍数，则 由引理及欧拉定理得，，由此即得。 定理推论：设为质数，是与互质的任一整数，则。 定理3：（威尔逊（Wilson）定理）设为质数，则。 分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找个数，然后来对应乘法。 证明：对于，在中，必然有一个数除以余1，这是因为 则好是的一个剩余系去0。 从而对，使得； 若，，则，，故 对于，有。即对于不同的对应于不同的，即中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自 己配对，这时，，或， 或。 除外，别的数可两两配对，积除以余1。故。定义：设为整系数多项式（），我们把含有的一组同余式 （）称为同余方组程。特别地，，当均为的一次整系数多项式时，该同余方程组称为一次同余方程组.若整数同时满足： ，则剩余类（其中）称为同余方程组的一个解，写作 定理4：（中国剩余定理）设是两两互素的正整数，那么对于任意整数 ，一次同余方程组，必有解，且解可以写为： 这里，，以及满足， （即为对模的逆）。 中国定理的作用在于它能断言所说的同余式组当模两两互素时一定有解，而对于解的形式并不重要。 定理5： （拉格郎日定理）设是质数，是非负整数，多项式 是一个模为次的整系数多项式（即），则同余方程至多有个解（在模有意义的情况下）。 例1 求不定方程 3x + 6y = 15的解。 解 (3, 6) = 3∣15，所以方程有解。 由辗转相除法（或直接观察), 可知x =-1，y =1是3x + 6y = 3的解， 所以x 0 = -5，y 0 = 5是原方程的一个解。由定理2，所求方程的解是 t y t x -=+-=525 例2 求不定方程3x + 6y + 12z = 15的解。 解 原方程等价于 x + 2y + 4z = 5。 (8) 由定理3，依次解方程 t + 4z = 5， x + 2y = t ， 分别得到 u z u t -=+=141 v t y v t x -=+-=2 u ∈Z ， (9) v ∈Z 。 (10) 将式(9)与式(10)中的t 消去，得 x=-1-4u+2v, y=1+4u-v, z=1-u u , v ∈Z 。 注：本例在解方程时，首先将原方程化为等价方程(8)，这使问题简化。对例1也可以如此处理。 例3 设a 与b 是正整数，(a , b ) = 1，则任何大于ab -a -b 的整数n 都可以表示成n = ax +by 的形式，其中x 与y 是非负整数，但是n =ab -a -b 不能表示成这种形式。 解:(ⅰ)由定理2，方程 ax + by = n (11) 的解具有x=x0+bt;y=y0-at t ∈Z (12) 的形式，其中x 0与y 0满足方程(11)。 由假设条件n >ab -a -b 及式(11)与式(12),有 ax =n -by = n -b (y 0-at )>ab -a -b -b (y 0-at ) (13) 取整数t ，使得 0 ≤ y = y 0 - at ≤ a - 1， 则由式(13)得到 ax > ab - a - b - b (a - 1) = -a ， x > -1，x ≥ 0， 即 n = ax + by ，x ≥ 0，y ≥ 0。 (ⅱ) 设有x ≥ 0，y ≥ 0，使得 ax + by = ab - a - b (14) 则 a (x + 1) + b (y + 1) = ab (15) 所以a ∣b (y + 1)。但是(a , b ) = 1， 于是必有 a ∣y + 1，y + 1 ≥ a 。 同理可以证明x + 1 ≥ b ，从而 a (x + 1) + b (y + 1) ≥ 2ab ， 利用初等数论思想解决小学数学教学问题 08数学大专（1）班 30308127 丁令万 小学数学的教学过程中，往往教师上课不懂怎么教、学生听不懂，导致恶性循环，使学生数学基础差，解题思想单一等问题严重。为解决这一问题，关键在于授课老师要有良好的教学方法能使学生听懂，并且愿意听。而要达到这一目标，我建议教学过程中采用初等数论的解题思想。 初等数论意指使用不超过高中程度的初等代数处理的数论问题，最主要的工具包括整数的整除性与同余。重要的结论包括中国剩余定理、费马小定理、二次互逆律等等。 解析数论借助微积分及复分析的技术来研究关于整数的问题，主要又可以分为积性数论与加性数论两类。 积性数论藉由研究积性生成函数的性质来探讨质数分布的问题，其中质数定理与狄利克雷定理为这个领域中最著名的古典成果。 加性数论则是研究整数的加法分解之可能性与表示的问题，华林问题是该领域最著名的课题。此外例如筛法、圆法等等都是属于这个范畴的重要议题。我国数学家陈景润在解决“哥德巴赫猜想”问题中使用的是解析数论中的筛法。 数论在数学中的地位是独特的，高斯曾经说过“数学是科学的皇后，数论是数学中的皇冠”。因此，数学家都喜欢把数论中一些悬而未决的疑难问题，叫做“皇冠上的明珠”，以鼓励人们去“摘取”。 简要列出几颗“明珠”：费尔马大定理、孪生素数问题、歌德巴赫猜想、角谷猜想、圆内整点问题、完全数问题…… 下面列举初等数论中的整除性问题来说明数论思想对小学数学教学的作用。 整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的． 1．整除的基本概念与性质 所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下． 定义设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作ba． 关于整数的整除，有如下一些基本性质： 性质1 若b｜a，c｜b，则c｜a． 性质2 若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)． 性质3 若c｜a，cb，则c(a±b)． 性质4 若b｜a，d｜c，则bd｜ac． 性质5 若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c． 性质6 若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b． 性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b． 第三章 1. 解依次计算同余式 22 4，24 16，28 256，216=65536 154， 232 1542=23716 1 (mod 641)。 因此 2. 解有71 3，72 1，74 1 (mod 10)， 因此，若 77 r (mod 4)， 则 现在77 (1)7 1 3 (mod 4)，所以由上式得到 即n的个位数是3。 3.注：一般地，若求对模m的同余，可分以下步骤进行： (ⅰ)求出整数k，使a*k 1 (mod m)； (ⅱ)求出正整数r，r < k，使得b*c r (mod k)； (ⅲ)a *r (mod m)。 4.例3求(25733 46)26被50除的余数。 解(25733 46)26 (733 4)26 = [7(72)16 4]26 [7( 1)16 4]26 = (7 4)26 326 = 3(35)5 3(7)5 = 37(72)2 21 29 (mod 50)，即所求的余数是29。 5.证明2x2-5y2=7没有整数解. 6.例1设m > 0是偶数，{a1, a2, , am}与{b1, b2, , bm}都是模m的完全剩余系，证明： {a1 b1, a2 b2, , am bm}不是模m的完全剩余系。 7.例2设A = {x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系，以 {x}表示x的小数部分，证明：若(a, m) = 1，则 8. 9.例3 设{x1, x2, …, x(m)}是模m的简化剩余系，则 (x1x2…x(m))*21(mod m)。 解记P = x1x2…x(m)，则(P, m) = 1。又记yi = 1 i (m)， 则{y1, y2, …, y(m)}也是模m的简化剩余系，因此 (mod m)，再由Eule r定理，推出 P*2P*(m) 1 (mod m) ** 同余式可以像等式一样进行代换。 第二章 1. 利用辗转相除法求解 2.例3 设a，b，c是整数，(a, b) = 1，则在直线 ax by = c上，任何一个长度大于的线段上至少有一个点的坐标都是整数。 第四讲初等数论1——整除性 本讲概述 数论是数学中极其重要又非常迷人的一个分支，目前我们仅学习初等数论中较浅的内容. 初等数论是数学竞赛四大模块中较难以掌握的模块之一，在数学竞赛中占据极其重要的位置.特别是联赛改制以后，二试必考一道50分的数论大题，一试也会有一到两道数论方面的问题.数论与组合水平如何是大家能否获得联赛一等奖甚至更好成绩的关键. 初等数论这块的竞赛问题涉及到的知识点极少，甚至可以说绝大部分同学在小学初中的培训中基本都接触过.但是限于初中的知识面和同学的年龄，考试中一般不出现较为深入、难度较高的数论问题.到了高中，大家将复习小学初中阶段的数论知识，并将其中的很多知识更为理论化、系统化.高中的数论问题难度也会明显增高.但是在数论这一模块中，我们并不提倡大家过多地掌握很多高深的数论知识，而是提倡大家真正去灵活熟练地运用最基本、最重要的数论基础知识和重要定理来解决问题. 由于同学们在小学、初中都已经学过不少关于初等数论的初步知识，所以这里我们把大家比较熟悉的知识都罗列在下面，对其中大部分定理将不给出证明，直接给出结论. 如果不特别说明，本讲中所有字母均代表正整数. 一、整除 1．整除的定义 两个整数a和b(b≠0)，若存在整数k，使得a=bk，我们称a能被b整除，记作b|a．此时把a叫做b 的倍数，b叫做a的约数．如果a除以b的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a． 2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a． 0是任何非零整数的倍数，a≠0，a为整数，则a|0． （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除．能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 3．整除的几条性质 （1）自反性：a|a(a≠0) （2）对称性：若a|b, b|a，则a=b （3）传递性：若a|b, b|c，则a|c （4）若a|b, a|c，则a|(b, c) （5）若a|b, m≠0，则am|bm （6）若am|bm, m≠0，则a|b （7）若a|b, c|b, (a, c)=1，则ac|b 第三章 同余 §1习题（P53） 1． 证明定理2及性质庚、壬 01定理2 若11(mod )k k A B m αααα≡ (mod )i i x y m ≡ ，1,2,,i k = 则 1111k k k k A x x αααααα≡ ∑ 1111(mod )k k k k B y y m αααααα∑ 证：由(mod ) i i x y m ≡ ?戊 (mod )i i i i x y m αα≡ 11k k x x αα?≡ 戊 11(mod )k k y y m αα 1 11k k k A x x αααα?≡ 戊 1 1 1(mod )k k k B y y m αααα 1111k k k k A x x αααααα? ∑ ≡ 丁 111 1(mod )k k k k B y y m αααααα ∑ 02庚证：（i ）(mod )a b m ≡∵ 由P48定理1m a b km ka kb ????， 0(mod )km ak bk mk >?≡ （ii ）设1a a d =，1b b d =，1m m d = 0m >∵，100d m >?> (mod )a b m ≡∵ 111()m a b dm d a b ???? 111111(mod )(mod a b m m a b a b m d d d ???≡?≡ 2． 设正整数101010n n a a a a =+++ 010i a <-，试证11/a 的充要条件是0 11(1)n i i i a =?∑。 证：由101(mod 11)10(1)(mod 11)i i ≡??≡? 10(1)(mod 11)10(1)(mod 11)n n i i i i i i i i i i a a a a ==?≡??≡?∑∑ 01110(1)n n i i i i i i a a ==???∑∑ 于是11a 0 11(1)n i i i a =??∑ 初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章 整数的整除性下半部分试题新人教版-精品 2020-12-12 【关键字】方法、条件、问题、矛盾、能力、方式、满足、解决、出发点 综上可知，命题成立． 评注如果两个互质的正整数之积是一个完全平方数，则这两个正整数都是完全平方数．这一命题是我们证明此题的出发点． 19．4．27★★★如果正整数a 、b 、c 满足222c a b =+． 证明：数2c ab +和2c ab -都可以表示为两个正整数的平方和． 解析 巧妙运用下述命题：如果正整数x 可表示为两个正整数的平方和，则2x 也可表示为两个整数的平方和．事实上，设22x u v =+，这里x 、u 、v 都是正整数．则()()22 22222x u v u v u v =+=++-．于是，2x 可表示为两个整数u v +和u v -的平方和，命题获证． 注意到，由条件有 ()()2 2222222c ab c a ab b c a b ±=+±+=+±． 利用已证命题，可知 ()()()22 24c ab c a b c a b ±=+±+-． 记c a b x +±=，c a b y -=，由222c a b =+可知x 、y 都是正整数，并且 ()2224c ab x y ±=+．若x 、y 不同为偶数，则由平方数0≡或()1mod 4，可知221x y +≡或 ()2mod 4，这是一个矛盾．所以，x 、y 都是偶数，从而22 222x y c ab ????±=+ ? ?????，这就是 要证的结论． 评注 这里本质上只是恒等式()()()22 222u v u v u v +=++-的应用，在处理竞赛问题时，代数式变形能力显得十分重要． 19．4．28是否存在正整数m 、n 使得331m n a =++是完全平方数？ 解析 分如下三种情形讨论： （1）若m m 、n 都是偶数，则()31mod 4m ≡，()31mod 4n ≡，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数． （2）若m 、n 都是奇数，则()33mod 4m ≡，()33mod 4n =，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数． （3）若m 、n 是一奇一偶，不妨设m 是奇数，n 是偶数，则()33mod8m ≡，()31mod8n ≡， 初等数论（1）----数的整除 初等数论又称初等整数论，它的研究对象是整数集。整数是小学就接触的一类数，但是关于数论的问题却是最难解决的。 1、整数的离散性：任何两个整数,x y 之间的距离至少为1，因此有不等式1x y x y 初等数论 初等数论从表面意义来讲，就是作为一门研究数的相关性质的数学学科。准确地按照潘承洞、潘承彪两位数论大师的说法：初等数论是研究整数最基本的性质，是一门十分重要的数学基础课。它不仅是中、高等师范院校数学专业，大学数学各专业的必修课，而且也是计算机科学等相关专业所需的课程。纵观数论发展过程，我国出现了许许多多的数论大师，如：华罗庚的早期研究方向、陈景润、潘 承洞等。 第一部分：整除 初接触初等数论，经过《初等数论》课本知整除理论是初等数论的基础。整 除理论首先涉及整除。现向上延伸则想到整除的对象，即自然数、整数。从小学、中学再到大学，我们从接触最初的1、2、3再到后来的有理数、无理数、实数再 到复数，可谓种类繁多。但数论中的整除运算仅仅局限于自然数及其整数等相关 范围内。首先大学数学中绝大多数数学定义中的自然数不包括0 ，这似乎与中学有一点差别，当然整数的定义改变就相对少得多。另外，自然数、整数的相关 基本性质需懂得及灵活利用，如分配律、交换律、反对称性等。在初等代数中曾 系统地介绍了自然数的起源问题：自然数源于经验，自然数的本质属性是由归纳原理刻画的，它是自然数公理化定义的核心。自然数集合严格的抽象定义是由Peano定理给出的，他刻画了自然数的本质属性，并导出有关自然数的有关性质。 Peano定理：设N是一个非空集合，满足以下条件： （ⅰ）对每一个n∈N，一定有唯一的一个N中的元素与之对应，这个元素 记作n+,称为是n的后继元素（或后继）； （ⅱ）有元素e∈N，他不是N中任意元素的后继； （ⅲ）N中的任意一个元素至多是一个元素的后继，即从a+=b+ 一定可以推出a=b; (ⅳ)(归纳原理)设S是N的一个子集合，e∈S, 如果n∈Ｓ则必有n+ ∈S,那么，S=N. 这样的集合N称为自然数集合，它的元素叫做自然数。 其中的归纳原理是我们常用的数学归纳法的基础。数学归纳法在中学已属重点内容，此处就不作介绍。主要描述一下推广状态下的第二种数学归纳法： （第二种数学归纳法）设P(n)是关于自然数n的一种性质或命题。如果 （1）当n=1时，P(1)不成立； （2）设n>1,若对所有的自然数m 初等数论作业(第三章) 1. 证明: 若n 为正整数, α为实数, 则 (1) ] [][αα=?? ????n n , (2) [][]ααααn n n n =?? ???? -+++?? ? ?? ? + +1...1. 证明: (1) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r , 左边 = q n r q n r nq n n =?? ???? +=??????+=???? ??][α, 右边 = []q n n r q n n r nq n n =?? ???? ++=??????++=??? ???=}{}{αααα 所以[]αα=?? ? ? ??n n ][. (2) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r , α = q +( r + {n α})/n . r = 0时, α = q +{n α}/n , 左边 = q + q + … + q = nq . 右边 = nq . r ≥ 1时, 左边 = ?? ???? -+++++?? ????++++?????? ++ n n n r q n n r q n n r q 1}{...1}{}{ααα = nq + ∑ ∑ --=--=?? ? ???+++?? ? ???++1 1 }{}{r n k n r n k n k n r n k n r αα = nq + 0 + n - 1 - (n - r ) + 1 = nq + r =[n α] = 右边. # 2. 证明不等式 [2α] + [2β] ≥ [α] + [α + β] + [β] 证明: 设α = m + a , β = n + b , m , n ∈Z , 0 ≤ a , b < 1. 不妨设a ≥ b , 则 [2α] + [2β] = [2m +2a ] + [2n + 2b ] = 2m + 2n + [2a ] + [2b ] 实用文案 第四讲初等数论1——整除性 本讲概述 数论是数学中极其重要又非常迷人的一个分支，目前我们仅学习初等数论中较浅的内容. 初等数论是数学竞赛四大模块中较难以掌握的模块之一，在数学竞赛中占据极其重要的位置.特别是联赛改制以后，二试必考一道50分的数论大题，一试也会有一到两道数论方面的问题.数论与组合水平如何是大家能否获得联赛一等奖甚至更好成绩的关键. 初等数论这块的竞赛问题涉及到的知识点极少，甚至可以说绝大部分同学在小学初中的培训中基本都接触过.但是限于初中的知识面和同学的年龄，考试中一般不出现较为深入、难度较高的数论问题.到了高中，大家将复习小学初中阶段的数论知识，并将其中的很多知识更为理论化、系统化.高中的数论问题难度也会明显增高. 但是在数论这一模块中，我们并不提倡大家过多地掌握很多高深的数论知识，而是提倡大家真正去灵活熟练地运用最基本、最重要的数论基础知识和重要定理来解决问题. 由于同学们在小学、初中都已经学过不少关于初等数论的初步知识，所以这里我们把大家比较熟悉的知识都罗列在下面，对其中大部分定理将不给出证明，直接给出结论. 如果不特别说明，本讲中所有字母均代表正整数. 一、整除 1．整除的定义 两个整数a和b(b≠0)，若存在整数k，使得a=bk，我们称a能被b整除，记作b|a．此时把a叫做b的倍数，b叫做a的约数．如果a除以b的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a，记作b a?．2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a． 0是任何非零整数的倍数，a≠0，a为整数，则a|0． 高一·联赛班·第4讲·学生版 2 （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k 为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k 为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除． 能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 3．整除的几条性质 （1）自反性：a|a(a ≠0) （2）对称性：若a|b, b|a ，则a=b （3）传递性：若a|b, b|c ，则a|c （4）若a|b, a|c ，则a|(b, c) （5）若a|b, m ≠0，则am|bm （6）若am|bm, m ≠0，则a|b （7）若a|b, c|b, (a, c)=1，则ac|b 二、带余除法 对于任一整数a 及大于1的整数m ，存在唯一的一对整数q, r (0≤r初等数论 第三章 同余
初等数论 第一章 整除理论
第五节初等数论中的几个重要定理
初等数论
初等数论作业(3)答案
初等数论练习
初等数论 期末复习 同余精选例题分析
初等数论中的几个重要定理 高中数学竞赛
初等数论
利用初等数论思想解决小学数学问题
初等数论习题
初等数论1——整除性
闵嗣鹤、严士健,初等数论第三章习题解答
初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性下半部分试题新人教版-精品
初等数论(1)整除
初等数论
初等数论习题(第三章)
初等数论1——整除性