大學(xué)數(shù)學(xué)-初等數(shù)論

大學(xué)數(shù)學(xué)初等數(shù)論線性代數(shù)射影幾何概率統(tǒng)計初等數(shù)論趙爭

序言

數(shù)論是研究整數(shù)性質(zhì)的一門很古老的數(shù)學(xué)分支，其初等局部是以整數(shù)的整除性為中心的，包括整除性、不定方程、同余式、連分?jǐn)?shù)、素數(shù)〔即整數(shù)〕分布以及數(shù)論函數(shù)等內(nèi)容，統(tǒng)稱初等數(shù)論〔ElementaryNumberTheory〕。初等數(shù)論的大部份內(nèi)容早在古希臘歐幾里德的?幾何原本?中就已出現(xiàn)。歐幾里得證明了素數(shù)有無窮多個，他還給出求兩個自然數(shù)的最大公約數(shù)的方法，即所謂歐幾里得算法。我國古代在數(shù)論方面亦有杰出之奉獻(xiàn)，現(xiàn)在一般數(shù)論書中的“中國剩余定理〞正是我國古代?孫子算經(jīng)?中的下卷第26題，我國稱之為“孫子定理〞。

歐幾里德高斯費馬歐拉拉格朗日畢達(dá)格拉斯由于自20世紀(jì)以來引進(jìn)了抽象數(shù)學(xué)和高等分析的巧妙工具，數(shù)論得到進(jìn)一步的開展，從而開闊了新的研究領(lǐng)域，出現(xiàn)了代數(shù)數(shù)論、解析數(shù)論、幾何數(shù)論等新分支。而且近年來初等數(shù)論在計算器科學(xué)、組合數(shù)學(xué)、密碼學(xué)、代數(shù)編碼、計算方法等領(lǐng)域內(nèi)更得到了廣泛的應(yīng)用，無疑同時間促進(jìn)著數(shù)論的開展。數(shù)論是以嚴(yán)格和簡潔著稱，內(nèi)容既豐富又深刻。我將會介紹數(shù)論中最根本的概念和理論，希望大家能對這門學(xué)問產(chǎn)生興趣，并且對中小學(xué)時代學(xué)習(xí)過的一些根本概念，例如整除性、最大公因子、最小公倍數(shù)、輾轉(zhuǎn)相除法等，有較深入的了解。

第一章整數(shù)的整除性

§1.1整除的概念一、根本概念1、自然數(shù)、整數(shù)2、正整數(shù)、負(fù)整數(shù)3、奇數(shù)、偶數(shù)一個性質(zhì)：整數(shù)+整數(shù)=整數(shù)整數(shù)-整數(shù)=整數(shù)整數(shù)*整數(shù)=整數(shù)

二、整除1、定義：設(shè)a，b是整數(shù)，b≠0。如果存在一個整數(shù)q使得等式：a=bq成立，那么稱b能整除a或a能被b整除，記作b∣a；如果這樣的q不存在，那么稱b不能整除a。2、整除的性質(zhì)〔1〕如果b∣a，c∣b，那么c∣a.〔2〕如果b∣a，那么cb∣ca.〔3〕如果c∣a，那么對任何整數(shù)d，c∣da.〔4〕如果c∣a，c∣b，那么對任意整數(shù)m，n，有c∣ma+nb.〔5〕如果a∣b，b∣a，那么a=±b.3、質(zhì)數(shù)、合數(shù)4、帶余除法定理：設(shè)a，b是兩個整數(shù)，其中b＞0，那么存在兩個唯一的整數(shù)q及r，使得a=bq+r，0≤r＜b成立.我們稱r是b除a的余數(shù)。可以看出：b整除a的充要條件是r=0?！?.2最大公因數(shù)和輾轉(zhuǎn)相除法一、最大公因數(shù)1、定義設(shè)a1，a2，…，an是n個不全為零的整數(shù)，假設(shè)整數(shù)d是它們之中每一個的因數(shù)，那么d就叫做a1，a2，…，an的一個公因數(shù)。整數(shù)的公因數(shù)中最大的一個叫做它們的最大公因數(shù)，記作〔a1，a2，…，an〕。2、互質(zhì)設(shè)a1，a2，…，an是n個不全為零的整數(shù)，假設(shè)〔a1，a2，…，an〕=1，那么稱a1，a2，…，an是互質(zhì)的。注：三個互質(zhì)比一定兩兩互質(zhì)。比方〔3，4，6〕=1，但〔3，6〕=3，〔4，6〕=2.3、最大公因數(shù)的性質(zhì)〔1〕當(dāng)b∣a時，〔a，b〕=b.〔2〕a，b的一切公因數(shù)都是〔a，b〕的因數(shù).〔3〕假設(shè)a，b是正整數(shù)，m是任一正整數(shù)，那么有〔am，bm〕=〔a，b〕m.〔4〕假設(shè)〔a，b〕=1，c為任一正整數(shù)，那么有〔ac，b〕=〔c，b〕〔5〕假設(shè)〔a，b〕=1，b∣ac，那么有b∣c.〔6〕假設(shè)a，b，c是任意三個正整數(shù)，那么〔a，b〕=d的充分必要條件是：4、輾轉(zhuǎn)相除法一個推論假設(shè)a，b是正整數(shù)，且〔a，b〕=d，那么必存在整數(shù)m和n，使得d=ma+nb注：證明可由帶余除法逆向代入證得。例1：求〔735000，238948〕.解：因為735000=238948×3+18156，238948=18156×13+292018156=2920×6+6362920=636×4+376636=376×1+260376=260×1+116260=116×2+28116=28×4+428=4×7所以〔735000，238948〕=4.例2：求〔2605，-5125〕.解：因為5125=2605×1+2520，2605=2520×1+852520=85×29+5585=55×1+3055=30×1+2530=25×1+525=5×5所以〔2605，-5125〕=5.例3：求〔2605，3245，7250〕.解：先求2065和3245的最大公因數(shù)。因為3245=2605×1+1180，2605=1180×1+8851180=885×1+295885=295×3所以〔2605，3245〕=295.再求295與7250的最大公因數(shù)。7250=295×24+170，295=170×1+125170=125×1+45125=45×2+3545=35×1+1035=10×3+510=5×2所以〔2605，3245，7250〕=〔295，7250〕=5.練習(xí)求〔125，610〕.求〔51306，1224〕.求〔538，244，555〕.§1.3最小公倍數(shù)

一、定義二、最小公倍數(shù)的性質(zhì)1、定理：例1：求[3468,24871].解：由輾轉(zhuǎn)相除法得：〔3468，24871〕=17.所以[3468,24871]==5073684.例2：求[128，234，524].習(xí)題1、求[21，35].2、求[123，321].3、求[125，725，1125，2021].§1.4整數(shù)可除性的檢驗一、整數(shù)的表示1、十進(jìn)制的整數(shù)的意義：各位數(shù)字的加權(quán)和。2、一般表示：進(jìn)位制進(jìn)位制是一種記數(shù)方式，用有限的數(shù)字在不同的位置表示不同的數(shù)值。可使用數(shù)字符號的個數(shù)稱為基數(shù)，基數(shù)為n，即可稱n進(jìn)位制，簡稱n進(jìn)制。現(xiàn)在最常用的是十進(jìn)制，通常使用10個阿拉伯?dāng)?shù)字0-9進(jìn)行記數(shù)。進(jìn)位制常見的進(jìn)位制：

二進(jìn)制廣泛用于計算機(jī)

三進(jìn)制用于軍隊編制

十進(jìn)制最常用

十二進(jìn)制時辰、月份、一打物品

十六進(jìn)制廣泛用于計算機(jī)

六十進(jìn)制秒、分,角度

二、可除性判別方法判別方法1：〔整數(shù)被2整除〕如果一個整數(shù)的末尾數(shù)字能被2整除，那么該數(shù)能被2整除。即：假設(shè)2∣a0，，那么2∣N.判別方法2：〔整數(shù)被5整除〕如果一個整數(shù)的末尾數(shù)字能被5整除，那么該數(shù)能被5整除。即：假設(shè)5∣a0，，那么5∣N.判別方法3：〔整數(shù)被3整除〕如果一個整數(shù)的各位數(shù)字之和能被3整除，那么該數(shù)能被3整除。即：假設(shè)3∣an+an-1+…a1+a0，，那么3∣N.判別方法4：〔整數(shù)被9整除〕如果一個整數(shù)的各位數(shù)字之和能被9整除，那么該數(shù)能被9整除。即：假設(shè)9∣an+an-1+…a1+a0，，那么9∣N.二、可除性判別方法判別方法5：〔整數(shù)被11整除〕如果一個整數(shù)將其最后三位數(shù)字去掉后得到的位數(shù)少3位的新整數(shù)與該整數(shù)末三位數(shù)字組成的數(shù)之差能被11整除，那么該整數(shù)能11整除.即如果，那么11︱N.判別方法6：〔整數(shù)被13整除〕如果一個整數(shù)將其最后三位數(shù)字去掉后得到的位數(shù)少3位的新整數(shù)與該整數(shù)末三位數(shù)字組成的數(shù)之差能被11整除，那么該整數(shù)能11整除.即如果，那么13︱N.第二章不定方程§2.1二元一次不定方程一、齊次方程二、非齊次方程例1三、有整數(shù)解的充要條件兩個推論推論1：如果〔a，b〕=1，那么方程〔1〕有整數(shù)解.推論2：如果〔a，b〕∣c，那么方程〔1〕沒有整數(shù)解.例2：判斷以下不定方程有沒有整數(shù)解。四、整數(shù)別離法解不定方程步驟：1、把不定方程變形，用系數(shù)絕對值較大的未知數(shù)表示系數(shù)絕對值較小的未知數(shù)；2、把1中的代數(shù)式別離成一個整式和一個分式之和；3、通過觀察和其它方法使分式值為整數(shù)從而篩選得到不定方程的整數(shù)解。例3例4:解以下不定方程五、不定方程組例2：求解不定方程組習(xí)題§2.2多元一次不定方程一、三元一次不定方程1、解的存在性定理：三元一次不定方程ax+by+cz=d有整數(shù)解的充分必要條件是〔a，b，c)∣d，其中a，b，c，d都是正整數(shù).2、三元一次不定方程的通解一般解法第三章同余

§3.1同余的概念和性質(zhì)二、同余的性質(zhì)定理同余關(guān)系是等價關(guān)系，即(1)自反性a≡a(modm)。(2)對稱性假設(shè)a≡b(modm)，那么b≡a(modm)。(3)傳遞性假設(shè)a≡b(modm)，b≡c(modm)，那么a≡c(modm)。定理設(shè)a、b、c、d為整數(shù)，m為正整數(shù)，假設(shè)a≡b(modm)，c≡d(modm)，那么：(1)ax＋cy≡bx＋dy(modm)，x、y為任意整數(shù)，即同余式可以相加；(2)ac≡bd(modm)，即同余式可以相乘；(3)an≡bn(modm)，n＞0；(4)f(a)≡f(b)(modm)，f(x)為任一整系數(shù)多項式。證明(1)因為a≡b(modm)，c≡d(modm)，所以m|(a－b)，m|(c－d)，于是m|((a－b)x＋(c－d)y)，即m|((ax＋cy)－(bx＋dy))，故ax＋cy≡bx＋dy(modm)。(2)因為a≡b(modm)，c≡d(modm)，所以m|(a－b)，m|(c－d)，于是m|((a－b)c＋(c－d)b)，即m|(ac－bd)，故ac≡bd(modm)。(3)因為a≡b(modm)，那么存在整數(shù)q使得a－b＝mq。于是：an－bn＝(b＋mq)n－bn＝(bn＋bn-1(mq)1＋…＋b1(mq)n-1＋(mq)n)－bn＝mp，其中p是一整數(shù)。所以an≡bn(modm)。(4)由(1)和(3)可證。定理假設(shè)ac≡bc(modm)，且(c，m)＝d，那么a≡b(modm/d