初等數(shù)論課件

1、初等數(shù)論課件十堰廣播電視大學(xué) 任 鵬第一部分 大綱說明一、課程的作用與任務(wù)“初等數(shù)論” 課程是中央廣播電視大學(xué)數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)的一門限選課。 數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)的學(xué)生學(xué)習(xí)一些初等數(shù)論的基礎(chǔ)知識可以加深對數(shù)的性質(zhì)的了解與認識， 便于理解和學(xué)習(xí)與其相關(guān)的一些課程。通過這門課的學(xué)習(xí)，使學(xué)生獲得關(guān)于整數(shù)的整除性、不定方程、同余式、 原根與指標(biāo)及簡單連分?jǐn)?shù)的基本知識， 掌握數(shù)論中的最基本的理論和常用的方法， 加強他們的理解和解決數(shù)學(xué)問題的能力， 為今后的學(xué)習(xí)奠定必要的基礎(chǔ)。二、課程的目的與要求初等數(shù)論是研究整數(shù)性質(zhì)的一門學(xué)科， 歷史上遺留下來沒有解決的大多數(shù)數(shù)論難題其問題本身容易搞懂， 容易引起人的興

2、趣， 但是解決它們卻非常困難。 本課程的目的是簡單介紹在初等數(shù)論研究中經(jīng)常用到的若干基礎(chǔ)知識、基本概念、方法和技巧。通過本課程的學(xué)習(xí)， 使學(xué)生加深對整數(shù)的性質(zhì)的了解， 更深入地理解初等數(shù)論與其它鄰近學(xué)科的關(guān)系。三、教學(xué)要求有關(guān)定義、定理、性質(zhì)等概念的內(nèi)容按“知道、了解和理解”三個層次要求；有關(guān)計算、解法、公式和法則等方法的內(nèi)容按“會、掌握、熟練掌握”三個層次要求。第二部分 學(xué)時按排、學(xué)時和學(xué)分1、本課程共54學(xué)時，學(xué)時分配為:章號內(nèi)容課內(nèi)學(xué)時IP學(xué)時備注1整數(shù)的整除性理論82不定方程83一元同余理論144平方剩余與原根145簡單連分?jǐn)?shù)10合計54272、學(xué)分本課程共3學(xué)分。二、教材1、文字教材

3、是學(xué)生學(xué)習(xí)的主要用書，它是教和學(xué)的主要依據(jù)。 根據(jù)遠程開放教育要求和電大學(xué)生入學(xué)時水平參差不齊的實際情況, 文字教材除主教材外，并配輔助教材。文字教材是學(xué)生獲得知識和能力的重要媒體， 教材中對概念的敘述要直觀無誤，論證要清楚，要適合成人開放教育、以業(yè)余學(xué)習(xí)為主的特點，要便于學(xué)生自學(xué)。2、 本課程要積極探索基于網(wǎng)絡(luò)環(huán)境的遠程開放教育的教學(xué)模式、學(xué)習(xí)模式，充分利用 IP 課程的衛(wèi)星、網(wǎng)絡(luò)傳播的優(yōu)勢，充分發(fā)揮 IP課程的教學(xué)內(nèi)容可選和交互性， 為學(xué)生自主學(xué)習(xí)本課程提供更方便的教學(xué)資源。三、教學(xué)環(huán)節(jié)1、自學(xué)自學(xué)是電大學(xué)生獲得知識的重要方式， 自學(xué)能力的培養(yǎng)也是遠程開放高等教育的目的之一， 本課程的教學(xué)

4、要注意對學(xué)生自學(xué)能力的培養(yǎng)。 學(xué)生可以通過自學(xué)， IP 課程、 直播課堂和網(wǎng)上教學(xué)輔導(dǎo)等方式進行學(xué)習(xí)，各教學(xué)點可以采用靈活多樣的助學(xué)方式，幫助學(xué)生學(xué)習(xí)。2、面授助學(xué)面授助學(xué)要服從于教學(xué)大綱、文字教材或IP 課程，采用講解、討論、答疑等方式，通過解題思路分析，基本方法訓(xùn)練，培養(yǎng)學(xué)生基本運算的能力和分析、解決問題的能力。3、作業(yè)獨立完成作業(yè)是學(xué)生學(xué)好本課程的一項重要的、必不可少的工作。作業(yè)內(nèi)容以教材中的習(xí)題為主，通過這些習(xí)題的練習(xí)，逐步加深對課程中各種概念的理解， 熟悉各種基本解題方法， 達到基本掌握本課程主要內(nèi)容的目的。4、考試考試題目要全面，符合大綱要求，同時要做到體現(xiàn)重點，題量適度，難度適中

5、，題量和難度的梯度應(yīng)按照教學(xué)的三個不同層次安排。不出難題，怪題。未作具體教學(xué)要求的內(nèi)容不作考試要求。第三部分 教學(xué)內(nèi)容與目標(biāo)整數(shù)的整除性理論（一）教學(xué)內(nèi)容1、整除性、公因數(shù)、公倍數(shù)兩個整數(shù)整除的概念、剩余定理；最大公因子的概念、性質(zhì)及求最大公因子的方法；最小公倍數(shù)的概念、性質(zhì)及最小公倍數(shù)的求法。2、素數(shù)與整數(shù)的素因子分解素數(shù)與合數(shù)的概念、素數(shù)的性質(zhì)、整數(shù)關(guān)于素數(shù)的分解定理、素數(shù)的求法（篩法）。3、函數(shù)x 、 x 及其應(yīng)用函數(shù)x與x的概念、性質(zhì)、n!的素數(shù)分解、組合數(shù)為整數(shù)的性 質(zhì)。4、抽屜原理抽屜原理的簡單與一般形式、 抽屜原理在構(gòu)造具有特殊性質(zhì)整數(shù)方面的應(yīng)用。重點：整除、公因子、素數(shù)的概念及

6、性質(zhì)，剩余定理，求最大公因子的方法，整數(shù)的素數(shù)分解定理。難點：函數(shù)x 、 x 的概念及其應(yīng)用。（二）教學(xué)基本要求1、理解整數(shù)整除、公因子、公倍數(shù)的概念及相關(guān)性質(zhì)，理解剩余定理，熟練掌握用剩余定理求最大公因子、最小公倍數(shù)的方法。2、理解素數(shù)與合數(shù)的概念、素數(shù)的性質(zhì)，理解整數(shù)的素數(shù)分解定理，會用篩法求素數(shù)。3、了解函數(shù)岡與x的概念、性質(zhì)，n!的素數(shù)分解、組合數(shù)為整 數(shù)的性質(zhì)。4、了解抽屜原理的簡單與一般形式、會用抽屜原理構(gòu)造一些具有特殊性質(zhì)整數(shù)。一、 不定方程（一）教學(xué)內(nèi)容1、二元一次不定方程二元一次不定方程的形式， 二元一次不定方程解的形式， 二元一次不定方程有整數(shù)解的條件，利用剩余定理（輾轉(zhuǎn)相

7、除法）求二元一次不定方程的解。2、多元一次不定方程多元一次不定方程的形式， 多元一次不定方程有解的條件， 求簡 單的多元一次不定方程的解。3、不定方程不定方程 的整數(shù)解的形式， 求形如 的整數(shù)解， Fermat 大定理的簡單介紹。重點： 二元一次不定方程解的形式， 二元一次不定方程有整數(shù)解的條件，利用剩余定理（輾轉(zhuǎn)相除法）求二元一次不定方程的解。難點：不定方程 的整數(shù)解的形式，求解形如的整數(shù)解。（二）教學(xué)基本要求1、了解二元一次不定方程解的形式、二元一次不定方程有整數(shù)解的條件，熟練掌握利用剩余定理（輾轉(zhuǎn)相除法）求二元一次不定方程的方法。2、知道多元一次不定方程有解的條件，會求解簡單的多元一次不

8、定方程。3、知道不定方城的整數(shù)解的形式，會求形如的整數(shù)解。一元同余理論（一）教學(xué)內(nèi)容1、同余的概念及性質(zhì)整數(shù)同余的概念、同余的基本性質(zhì)，整數(shù)具有素因子的條件，利用同余簡單驗證整數(shù)乘積運算的結(jié)果。2、剩余系、完全剩余系剩余系、完全剩余系的概念，判斷剩余系的方法，歐拉函數(shù)的定義及性質(zhì)。3、歐拉定理及其應(yīng)用歐拉定理、Fermat 小定理，循環(huán)小數(shù)的判定條件。4、一次同余式同余式的定義，一次同余式有解的條件，求解同余式。5、中國剩余定理中國剩余定理，中國剩余定理的應(yīng)用，求解同余式方程組。6、高次同余式判斷高次同余式的解個數(shù)， 解高次同余式的方法， 模整數(shù)同余式與模素數(shù)同余式的關(guān)系，求解簡單的（ 3、

9、4 次）同余式。7、素數(shù)模的高次同余式素數(shù)模同余式的次數(shù)化簡， Wilson 定理， 同余式的次數(shù)與解數(shù)的關(guān)系， n 次同余式有n 個解的條件。重點：剩余系的判定，歐拉函數(shù)的定義及性質(zhì)，中國剩余定理，求解三次以下的同余式。難點：剩余系的判定，中國剩余定理，模整數(shù)同余式與模素數(shù)同余式的關(guān)系。（二）教學(xué)基本要求1、理解整數(shù)同余的概念及同余的基本性質(zhì)，熟練掌握整數(shù)具有素因子的條件，會利用同余簡單驗證整數(shù)乘積運算的結(jié)果。2、理解剩余系、完全剩余系的概念，熟練掌握判斷剩余系的方法，理解歐拉函數(shù)的定義及性質(zhì)。3、了解歐拉定理、Fermat 小定理，掌握循環(huán)小數(shù)的判定方法。4、理解同余式的定義，掌握一次同余

10、式有解的條件，熟練掌握求解一次同余式。5、理解中國剩余定理，掌握中國剩余定理的簡單應(yīng)用，掌握求解簡單同余式方程組的方法。6、了解高次同余式解的個數(shù)的判斷方法，知道解高次同余式的方法，了解模整數(shù)同余式與模素數(shù)同余式的關(guān)系，掌握求簡單的（ 3、4 次）同余式解的方法。7、了解素數(shù)模同余式的次數(shù)化簡、Wilson 定理，了解同余式的次數(shù)與解的個數(shù)的關(guān)系，知道n 次同余式有n 個解的條件。三、 平方剩余與原根（一）教學(xué)內(nèi)容1、二次同余式二次同余式的一般形式， 模整數(shù)同余與模素數(shù)冪同余的關(guān)系， 平 方剩余與平方非剩余的概念。2、單素數(shù)的平方剩余單素數(shù)的平方剩余與平方非剩余的歐拉判定法， 單素數(shù)的平方剩

11、余與平方非剩余的個數(shù)。3、Legende Jacobi 符號Legendre符號的定義、性質(zhì)，Jacobi符號的定義、性質(zhì)，利用 Legendre和Jacobi符號判斷同余式的解的存在性。4、非素數(shù)模的二次同余式非素數(shù)模的二次同余式有解的條件及解的個數(shù)。5、素數(shù)的平方和分解對素數(shù) p 討論不定方程有整數(shù)解的條件。6、階數(shù)原根的定義，階數(shù)的定義及其基本性質(zhì)。7、原根存在的條件討論原根存在的條件，求原根的簡單方法。8、簡化剩余系的構(gòu)造介紹利用原根得到整數(shù)簡化剩余系的方法。9、指標(biāo)指標(biāo)的定義、性質(zhì)，指標(biāo)的應(yīng)用（討論同余式有解的條件及解的個數(shù)）。重點：模整數(shù)同余與模素數(shù)冪同余的關(guān)系 , 歐拉判定法,

12、利用Legendre和Jacobi符號判斷同余式的解的存在性，討論同余式有解的 條件及解的個數(shù)。難點： 非素數(shù)模的二次同余式有解的條件及解的個數(shù)， 素數(shù)的平方和分解，原根存在的條件。（二）教學(xué)基本要求1、理解二次同余式的一般形式、模整數(shù)同余與模素數(shù)冪同余的關(guān)系、平方剩余與平方非剩余的概念。2、理解單素數(shù)的平方剩余與平方非剩余的歐拉判定法，了解單素數(shù)的平方剩余與平方非剩余的個數(shù)。3、了解Legendre符號的定義、性質(zhì)及Jacobi符號的定義、性質(zhì), 熟練掌握利用Legendre和Jacobi符號判斷同余式的解的存在性。4、掌握非素數(shù)模的二次同余式有解的條件及解的個數(shù)的有關(guān)結(jié)5、會對素數(shù)p討論不

13、定方程有整數(shù)解的條件。6、了解原根的定義、階數(shù)的定義及其基本性質(zhì)。7、會討論原根存在的條件，掌握求原根的簡單方法。8、會利用原根得到整數(shù)簡化剩余系的方法。9、了解指標(biāo)的定義、性質(zhì)，掌握指標(biāo)的應(yīng)用（討論同余式有解 的條件及解的個數(shù)）。作業(yè)答案初等數(shù)論第一次作業(yè)：一、單項選擇題1、（o,b）（C ）.A b B b C b D 02、如果 ba, ab,則（D ）.Aab BabC a b D a b3、如果（a,b） 1,則（ab,a b）= （C ）.Aa B bC 1D ab4、小于30的素數(shù)的個數(shù)（A ）.A 10 B 9 C 8 D 75、大于10且小于30的素數(shù)有（C ）.A 4個 B

14、 5個 C 6個 D 7個6、如果 3n, 5n,則 15 （A） n.A整除 B 不整除 C等于 D不一定7、在整數(shù)中正素數(shù)的個數(shù)(C ).A有1個 B有限多 C無限多 D不一定二、計算題求24871與3468的最大公因數(shù)？解：24871=3468 7+5953468=595 5+493595=493 1+102493=102 4+85102=85 1+1785=17 5,所以,(24871,3468)=17.求24871,3468=?解：因為(24871,3468) =17所以24871,3468=97,3468=5073684所以24871與3468的最小公倍數(shù)是 5073684。3、求

15、136,221,391=?解：136,221,391=136,221,391=13617221,391=1768,391=1768 391=104 391=40664.17三、證明題1、如果a,b是兩個整數(shù)，b 0,則存在唯一的整數(shù)對q,r ,使得a bq r,其中0 r b.證明：首先證明唯一性.設(shè)q , r是滿足條件的另外整數(shù)對，即a bq r , 0 r b.所以 bq r bqr,即 bq q r r , bq q r r .又由于 0 r b, 0 r b,所以r r b.如果q q ,則等式bq q r r不可 能成立.因此q q , r r .其次證明存在性.我們考慮整數(shù)的有序列

16、,3b, 2b, b,0,b,2b,3b,則整數(shù)a應(yīng)介于上面有序列的某兩數(shù)之間，即存在一整數(shù)q使qb a q 1b.我們設(shè)r a qb,則有a bq r , 0 r b.并且(2,3)=1,所以從 2n(n 1)(n 2)和 3n(n 1)(n 2)有6n(n 1)(n 2),即31,是整數(shù).任意一個n位數(shù)anania?ai與其按逆字碼排列得到的數(shù)2色an冏的差必是9的倍數(shù).證明：因為anania2aian 10n 1 an i 10n 2 a2 10 2,aia2 anian=ai 10n 1 a2 10n 2an i 10 an,所以，anani a2ai-aia2 an ian =an

17、(10n 1 1) an i 10(10n 2623證明： 因為工 =-(2 3n n2 3)=n(n 1)(n 2), 32666而且兩個連續(xù)整數(shù)的乘積是2的倍數(shù),3個連續(xù)整數(shù)的乘積是3的倍 數(shù)， 1) a2 10(1 10n 3) ai(1 10n 1).而上面等式右邊的每一項均是9的倍數(shù)，于是所證明的結(jié)論成立.證明相鄰兩個偶數(shù)的乘積是8的倍數(shù).證明：設(shè)相鄰兩個偶數(shù)分別為2n,(2n 2)所以 2n(2n 2) =4n(n 1)而且兩個連續(xù)整數(shù)的乘積是2的倍數(shù)即4n(n 1)是8的倍數(shù).作業(yè)二答案一、單項選擇題1、如果(A )，則不定方程ax by c有解.A (a,b)c B c(a,b

18、) C a c D (a, b) a2、不定方程 525x 231y 210 (A ).A有解 B無解 C有正數(shù)解D有負數(shù)解二、求解不定方程1、9x 21y 144.解：因為(9, 21) =3, 3144,所以有解；化簡得3x 7 y 48 ；考慮 3x 7y 1 ,有 x 2, y 1 ,所以原方程的特解為x 96,y 48,因此，所求的解是x 96 7t, y 48 3t,t Z。2、6x 17y 18.解：因為(6,17)18，所以有解;考慮 6x 17y 1 ,x 3, y 1 ;所以x 54, y 18是特解, 即原方程的解是x 54 17t, y 18 6t3、107x 37y

19、25.解：因為（ 107, 37） =1 25,所以有解;考慮 107x 37y 1 ，有 x 9, y 26 ，所以，原方程特解為 x 9 25 =225， y 26 25=-650 ，所以通解為 x 225 37t, y 650 107t求不定方程25x 13y 7z 4 的整數(shù)解 .解 我們將它分為兩個二元一次不定方程來求解25x+13y=t, t+7z=4.利用求二元一次不定方程的方法, 因為25(-t)+13(2t)= t, 32+7(-4)=4,所以 , 上面兩個方程的解分別為xt13k1t327k2,.y2t25k1z 4k2消去 t 就得到所求的解x 32 13k1 7k2 y

20、 64 25k1 14k2 , z 4 k2這里ki,k2是任意整數(shù).求不定方程4x 9y 5z 8 的整數(shù)解 .解 我們將它分為兩個二元一次不定方程來求解4x-9y=t, t+5z=8.利用求二元一次不定方程的方法, 因為4(-2t)-9(-t)= t, 48+5(-8)=8,所以 , 上面兩個方程的解分別為x2t9k1t485k2,.yt4k1z 8k2消去 t 就得到所求的解x96 9k1 10k2y48 4k1 5k2 ,z 8 k2這里ki,k2是任意整數(shù).第三次作業(yè)答案：一、選擇題 TOC o 1-5 h z 1、整數(shù)5874192能被 ( B)整除.A 3B 3與9 C9D3或9

21、2、整數(shù)637693 能被(C)整除.A 3 B 5C 7 D 93、模 5 的最小非負完全剩余系是 ( D ).A -2,-1,0,1,2B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,44、如果a b(mod m) , c是任意整數(shù)，則(A )A ac bc(mod m) B a b C ac bc(mod m) D a b二、解同余式(組)(1) 45x 21(mod132).解 因為 (45,132)=3 |21 ,所以同余式有 3個解 .將同余式化簡為等價的同余方程我們再解不定方程15x 7(mod44).15x 44 y 7,得到一解(21,7).于是

22、定理4.1中的X。21.因此同余式的3個解為x 21(mod132),2121132一(mod132) 65(mod 132),31322 (mod 132) 109(mod132).3(2) 12x 15 0(mod45)解 因為(12,45)=3 |1 5，所以同余式有解，而且解的個數(shù)為3.又同余式等價于 4x 5 0(mod15)，即4x 5 15y .我們利用解不定方程的方法得到它的一個解是(10,3),即定理4.1中的x0 10.因此同余式的3個解為x 10(mod 45),101045 ,.、八，,、一 (mod45) 25(mod45), 3-45,.、2 (mod45) 40(mod 45).3