《數(shù)論》第一章補(bǔ)充例題

1、數(shù)論第一章補(bǔ)充例題整除性理論是初等數(shù)論的基礎(chǔ).本章要介紹帶余數(shù)除法,輾轉(zhuǎn)相除法,最大公約數(shù),最小公倍數(shù),算術(shù)基本定理以及它們的一些應(yīng)用.1整數(shù)的整除性例1設(shè)a=d1,d2,dk是n的所有約數(shù)的集合,則nnn,b=d1d2dk也是n的所有約數(shù)的集合.解由以下三點(diǎn)理由可以證得結(jié)論:(i)a和b的元素個數(shù)相同;(ii)若dia,即di|n,則(iii)若di=dj,則問:d(1)+d(2)+d(1997)是否為偶數(shù)?n解對于n的每個約數(shù)d,有n=dn,因此,n的正約數(shù)d與是成對地出現(xiàn)的.只有n2當(dāng)d=n,即d=n時,d和才是同一個數(shù).故當(dāng)且僅當(dāng)n是完全平方數(shù)時,d(n)是奇數(shù).nini|n,反之亦然

2、;=nj.例2以d(n)表示n的正約數(shù)的個數(shù),例如:d(1)=1,d(2)=2,d(3)=2,d(4)=3,.因?yàn)?421997452,所以在d(1),d(2),d(1997)中恰有44個奇數(shù),故d(1)+d(2)+d(1997)是偶數(shù).問題d2(1)+d2(2)+d2(1997)被4除的余數(shù)是多少?例3證明:存在無窮多個正整數(shù)a,使得n4+a(n=1,2,3,)都是合數(shù).?例題中引用的定理或推論可以在教材相應(yīng)處找到.1解取a=4k4,對任意的nn,有n4+4k4=(n2+2k2)2?4n2k2=(n2+2k2+2nk)(n2+2k2?2nk).由n2+2k2?2nk=(n?k)2+k2?k2

3、,所以,對于任意的k=2,3,以及任意的nn,n4+a是合數(shù).例4設(shè)a1,a2,an是整數(shù),且nk=1ak=0,nk=1ak=n,則4|n.解如果2?n,則n,a1,a2,an都是奇數(shù).于是a1+a2+an是奇數(shù)個奇數(shù)之和,不可能等于零,這與題設(shè)矛盾,所以2|n,即在a1,a2,an中至少有一個偶數(shù).如果只有一個偶數(shù),不妨設(shè)為a1,那么2?ai(2?k?n).此時有等式a2+an=?a1,在上式中,左端是(n?1)個奇數(shù)之和,右端是偶數(shù),這是不可能的,因此,在a1,a2,an中至少有兩個偶數(shù),即4|n.例5若n是奇數(shù),則8|n2?1.解設(shè)n=2k+1,則n2?1=(2k+1)2?1=4k(k+

4、1),在k與k+1中有一個偶數(shù),所以8|n2?1.2帶余數(shù)除法例1設(shè)a,b,x,y是整數(shù),k和m是正整數(shù),并且a=a1m+r1,0?r1m,b=b1m+r2,0?r2m,則ax+by和ab被m除的余數(shù)分別與r1x+r2y和r1r2被m除的余數(shù)相同.特別地,ak與k被m除的余數(shù)相同.r1解由ax+by=(a1m+r1)x+(b1m+r2)y=(a1x+b1y)m+r1x+r2y可知,若r1x+r2y被m除的余數(shù)是r,即r1x+r2y=qm+r,0?rm,2則ax+by=(a1x+b1y+q)m+r,0?rm,即ax+by被m除的余數(shù)也是r.例2設(shè)a1,a2,an為不全為零的整數(shù),以y0表示集合a

5、=y|y=a1x1+anxn,xiz,1?i?n中的最小正數(shù),則對任何的ya,y0|y;特別地,y0|ai,1?i?n.解設(shè)y0=a1x1+anxn,?ya,由帶余除法,?q,r0z,使得y=qy0+r0,0?r0y0.因此r0=y?qy0=a1(x1?qx1)+an(xn?qxn)a.如果r0=0,那么,因?yàn)?r0y0,所以r0是a中比y0還小的正數(shù),這與y0的定義矛盾.所以r0=0,即y0|y.顯然aia(1?i?n),所以y0整除每個ai(1?i?n).例3任意給出的五個整數(shù)中,必有三個數(shù)之和被3整除.解設(shè)這五個數(shù)是ai,i=1,2,3,4,5,記ai=3qi+ri,0?ri3,i=1,

6、2,3,4,5.分別考慮以下兩種情形:(i)若r1,r2,r5中數(shù)0,1,2都出現(xiàn),不妨設(shè)r1=0,r2=1,r3=2,此時a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3可以被3整除;(ii)若r1,r2,r5中數(shù)0,1,2至少有一個不出現(xiàn),這樣至少有三個ri要取相同的值,不妨設(shè)r1,r2,r3=r(r=0,1或2),此時a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3r可以被3整除.例4設(shè)a0,a1,anz,f(x)=anxn+a1x+a0,已知f(0)與f(1)都不是3的倍數(shù),證明:若方程f(x)=0有整數(shù)解,則3|f(?1)=a0?a1+a2?+(?1)nan.證對任意整數(shù)x,都有x=3q+r

7、,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),3其中q1z,由于f(0)不是3的倍數(shù),所以f(x)=0;(ii)若r=1,即x=3q+1,qz,則f(x)=f(3q+1)=an(3q+1)n+a1(3q+1)+a0=3q2+an+a1+a0=3q2+f(1),其中q2z.由于f(1)不是3的倍數(shù),所以f(x)=0.因此若f(x)=0有整數(shù)解x,則必是x=3q+2=3q?1,qz,于是0=f(x)=f(3q?1)=an(3q?1)n+a1(3q?1)+a0=3q3+a0?a1+a2?+(?1)

8、nan.其中q3z.所以3|f(?1)=a0?a1+a2?+(?1)nan.例5設(shè)n是奇數(shù),則16|n4+4n2+11.證我們有n4+4n2+11=(n2?1)(n2+5)+16.由上節(jié)例題知道,8|n2?1,由此及2|n2+5得到16|(n2?1)(n2+5).例6證明:若a被9除的余數(shù)是3,4,5或6,則方程x3+y3=a沒有整數(shù)解.證?x,yz,記x=3q1+r1,y=3q2+r2,0?r1,r23.則存在q1,r1,q2,r2z,使得x3=9q1+r1,y3=9q2+r2,3和r3被9除的余數(shù)相同,即其中r1和r2被9除的余數(shù)分別與r12r1=0,1或8,r2=0,1或8.因此x3+y

9、3=9(q1+q2)+r1+r2.(2.1)又由式(2.1)可知,r1+r2被9除的余數(shù)只可能是0,1,2,7或8,所以,x3+y3不可能等于a.例7證明:方程22a21+a2+a3=1999(2.2)無整數(shù)解.證若a1,a2,a3都是奇數(shù),則存在整數(shù)a1,a2,a3,使得22a21=8a1+1,a2=8a2+1,a3=8a3+1,于是22a21+a2+a3=8(a1+a2+a3)+3.4由于1999被8除的余數(shù)是7,所以a1為奇數(shù).由式(2.2),a1,a2,a3中只有一個奇數(shù),設(shè)a1為奇數(shù),a2,a3為偶數(shù),則存在整數(shù)a1,a2,a3,使得22a21=8a1+1,a2=8a2+r,a3=8

10、a3+s,于是22a21+a2+a3=8(a1+a2+a3)+1+r+s,22其中r和s是整數(shù),而且只能取值0或4.這樣a21+a2+a3被8除的余數(shù)只可能是1或5,但1999被8除的余數(shù)是7,所以這樣的a1,a2,a3也不能使式(2.2)成立.3最大公約數(shù)例1(105,140,350)=(105,(140,350)=(105,70)=35.21n+4例2證明:若n是正整數(shù),則是既約分?jǐn)?shù).14n+3證由輾轉(zhuǎn)相除法得到(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,1)=1.?4輾轉(zhuǎn)相除法例1用輾轉(zhuǎn)相除法求(125,17),以及x,y,使得125x+17y=(125,17).解

11、作輾轉(zhuǎn)相除法:125=717+6,17=26+5,6=15+1,5=51,q1=7,r1=6,q2=2,r2=5,q3=1,r3=1,q4=5.由推論1.1,(125,17)=r3=1.利用定理1計(jì)算(這里n=3)p0=1,p1=7,p2=27+1=15,p3=115+7=22,q0=0,q1=1,q2=21+0=2,q3=12+1=3,取x=(?1)3?1q3=3,y=(?1)3p3=?22,則1253+17(?22)=(125,17)=1.例2在m個盒子中放若干個硬幣,然后以下述方式往這些盒子里繼續(xù)放硬幣:每一次在n(nm)個盒子中各放一個硬幣.證明:若(m,n)=1,那么無論開始時每個盒

12、子中有多少個硬幣,經(jīng)過若干次放硬幣后,總可使所有盒子含有同樣數(shù)量的硬幣.5證由于(m,n)=1,所以存在整數(shù)x,y,使得mx+ny=1.因此對于任意的自然數(shù)k,有1+m(?x+kn)=n(km+y),待添加的隱藏文字內(nèi)容3這樣,當(dāng)k充分大時,總可找出正整數(shù)x0,y0,使得1+mx0=ny0.上式說明,如果放y0次(每次放n個),那么在使m個盒子中各放x0個后,還多出一個硬幣.把這個硬幣放入含硬幣最少的盒子中(這是可以做到的),就使它與含有最多硬幣的盒子所含硬幣數(shù)量之差減少1.因此經(jīng)過若干次放硬幣后,必可使所有盒子中的硬幣數(shù)量相同.5素?cái)?shù)與算術(shù)基本定理例1寫出51480的標(biāo)準(zhǔn)分解式.解我們有51

13、480=225740=2212870=236435=2351287=2353429=23532143=233251113.例2設(shè)a,b,c是整數(shù),證明:(i)(a,b)a,b=ab;(ii)(a,b,c)=(a,b),(a,c).證為了敘述方便,不妨假定a,b,c是正整數(shù).(i)設(shè)a=p11p22p12kk,b=p1p2pkk,其中p1,p2,pk是互不相同的素?cái)?shù),i,i(1?i?k)都是非負(fù)整數(shù).由推論3.3,有(a,b)=p11p22pkk,i=mini,i,1?i?k,a,b=p11p22pkk,i=maxi,i,1?i?k.由此知k(a,b)a,b=pi+iki=pmini,i+max

14、i,iki=pii+i=ab;i=1i=1i=1(ii)設(shè)a=kpkii,b=kpii,c=pii,i=1i=1i=1其中p1,p2,pk是互不相同的素?cái)?shù),i,i,i(1?i?k)都是非負(fù)整數(shù).由推論3.3,有(a,b,c)=kpii,(a,b),(a,c)=kpii,i=1i=16其中,對于1?i?k,有i=mini,maxi,i,i=maxmini,i,mini,i,不妨設(shè)i?i,則mini,i?mini,i,所以i=mini,i=i,即(a,b,c)=(a,b),(a,c).729c91afe4ced1b6c8795ad9c91afe4ced1b6c8795ad91afe4ced1b6c

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23、ced1b6c8d1b6c8795ad9c91afe4ced15ad9c91d1b6c8795ad9c91afe4ced1b6c8795ad91afe4ced1b6c8795ad9c91fe4ced1b6c8795ad29c91affe4ced1b6c8795ad29c91afc8795ad9c91fe4ced1b6c8795ad29c91afd1b6c8795ad9c91afed1b6c8795ad9c91afe4ced1b6c8795ad91afe4ced1b6c8d1b6c8795ad9c91afe4ced195ad9c91afe4ced1b6c8795ad91afe4ced1b6cd1

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