《数论》第一章补充例题

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1、数论第一章补充例题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.1整数的整除性例1设A=d1,d2,dk是n的所有约数的集合,则nnn,B=d1d2dk也是n的所有约数的集合.解由以下三点理由可以证得结论:(i)A和B的元素个数相同;(ii)若diA,即di|n,则(iii)若di=dj,则问:d(1)+d(2)+d(1997)是否为偶数?n解对于n的每个约数d,有n=dn,因此,n的正约数d与是成对地出现的.只有n2当d=n,即d=n时,d和才是同一个数.故当且仅当n是完全平方数时,d(n)是奇数.nini|n,反之亦然

2、;=nj.例2以d(n)表示n的正约数的个数,例如:d(1)=1,d(2)=2,d(3)=2,d(4)=3,.因为4421997452,所以在d(1),d(2),d(1997)中恰有44个奇数,故d(1)+d(2)+d(1997)是偶数.问题d2(1)+d2(2)+d2(1997)被4除的余数是多少?例3证明:存在无穷多个正整数a,使得n4+a(n=1,2,3,)都是合数.?例题中引用的定理或推论可以在教材相应处找到.1解取a=4k4,对任意的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,对于任意的k=2,3,以及任意的nN,n4+a是合数.例4设a1,a2,an是整数,且nk=1ak=0,nk=1ak=n,则4|n.解如果2?n,则n,a1,a2,an都是奇数.于是a1+a2+an是奇数个奇数之和,不可能等于零,这与题设矛盾,所以2|n,即在a1,a2,an中至少有一个偶数.如果只有一个偶数,不妨设为a1,那么2?ai(2?k?n).此时有等式a2+an=?a1,在上式中,左端是(n?1)个奇数之和,右端是偶数,这是不可能的,因此,在a1,a2,an中至少有两个偶数,即4|n.例5若n是奇数,则8|n2?1.解设n=2k+1,则n2?1=(2k+1)2?1=4k(k+

4、1),在k与k+1中有一个偶数,所以8|n2?1.2带余数除法例1设a,b,x,y是整数,k和m是正整数,并且a=a1m+r1,0?r1m,b=b1m+r2,0?r2m,则ax+by和ab被m除的余数分别与r1x+r2y和r1r2被m除的余数相同.特别地,ak与k被m除的余数相同.r1解由ax+by=(a1m+r1)x+(b1m+r2)y=(a1x+b1y)m+r1x+r2y可知,若r1x+r2y被m除的余数是r,即r1x+r2y=qm+r,0?rm,2则ax+by=(a1x+b1y+q)m+r,0?rm,即ax+by被m除的余数也是r.例2设a1,a2,an为不全为零的整数,以y0表示集合A

5、=y|y=a1x1+anxn,xiZ,1?i?n中的最小正数,则对任何的yA,y0|y;特别地,y0|ai,1?i?n.解设y0=a1x1+anxn,?yA,由带余除法,?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,因为0r0y0,所以r0是A中比y0还小的正数,这与y0的定义矛盾.所以r0=0,即y0|y.显然aiA(1?i?n),所以y0整除每个ai(1?i?n).例3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?ri3,i=1,

6、2,3,4,5.分别考虑以下两种情形:(i)若r1,r2,r5中数0,1,2都出现,不妨设r1=0,r2=1,r3=2,此时a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3可以被3整除;(ii)若r1,r2,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.例4设a0,a1,anZ,f(x)=anxn+a1x+a0,已知f(0)与f(1)都不是3的倍数,证明:若方程f(x)=0有整数解,则3|f(?1)=a0?a1+a2?+(?1)nan.证对任意整数x,都有x=3q+r

7、,r=0,1或2,qZ.(i)若r=0,即x=3q,qZ,则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的倍数,所以f(x)=0;(ii)若r=1,即x=3q+1,qZ,则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的倍数,所以f(x)=0.因此若f(x)=0有整数解x,则必是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设n是奇数,则16|n4+4n2+11.证我们有n4+4n2+11=(n2?1)(n2+5)+16.由上节例题知道,8|n2?1,由此及2|n2+5得到16|(n2?1)(n2+5).例6证明:若a被9除的余数是3,4,5或6,则方程x3+y3=a没有整数解.证?x,yZ,记x=3q1+r1,y=3q2+r2,0?r1,r23.则存在Q1,R1,Q2,R2Z,使得x3=9Q1+R1,y3=9Q2+R2,3和r3被9除的余数相同,即其中R1和R2被9除的余数分别与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除的余数只可能是0,1,2,7或8,所以,x3+y3不可能等于a.例7证明:方程22a21+a2+a3=1999(2.2)无整数解.证若a1,a2,a3都是奇数,则存在整数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除的余数是7,所以a1为奇数.由式(2.2),a1,a2,a3中只有一个奇数,设a1为奇数,a2,a3为偶数,则存在整数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是整数,而且只能取值0或4.这样a21+a2+a3被8除的余数只可能是1或5,但1999被8除的余数是7,所以这样的a1,a2,a3也不能使式(2.2)成立.3最大公约数例1(105,140,350)=(105,(140,350)=(105,70)=35.21n+4例2证明:若n是正整数,则是既约分数.14n+3证由辗转相除法得到(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,1)=1.?4辗转相除法例1用辗转相除法求(125,17),以及x,y,使得125x+17y=(125,17).解

11、作辗转相除法: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.由推论1.1,(125,17)=r3=1.利用定理1计算(这里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,则1253+17(?22)=(125,17)=1.例2在m个盒子中放若干个硬币,然后以下述方式往这些盒子里继续放硬币:每一次在n(nm)个盒子中各放一个硬币.证明:若(m,n)=1,那么无论开始时每个盒

12、子中有多少个硬币,经过若干次放硬币后,总可使所有盒子含有同样数量的硬币.5证由于(m,n)=1,所以存在整数x,y,使得mx+ny=1.因此对于任意的自然数k,有1+m(?x+kn)=n(km+y),这样,当k充分大时,总可找出正整数x0,y0,使得1+mx0=ny0.上式说明,如果放y0次(每次放n个),那么在使m个盒子中各放x0个后,还多出一个硬币.把这个硬币放入含硬币最少的盒子中(这是可以做到的),就使它与含有最多硬币的盒子所含硬币数量之差减少1.因此经过若干次放硬币后,必可使所有盒子中的硬币数量相同.5素数与算术基本定理例1写出51480的标准分解式.解我们有51480=225740=

13、2212870=236435=2351287=2353429=23532143=233251113.例2设a,b,c是整数,证明:(i)(a,b)a,b=ab;(ii)(a,b,c)=(a,b),(a,c).证为了叙述方便,不妨假定a,b,c是正整数.(i)设a=p11p22p12kk,b=p1p2pkk,其中p1,p2,pk是互不相同的素数,i,i(1?i?k)都是非负整数.由推论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+maxi,iki=pii+i

14、=ab;i=1i=1i=1(ii)设a=kpkii,b=kpii,c=pii,i=1i=1i=1其中p1,p2,pk是互不相同的素数,i,i,i(1?i?k)都是非负整数.由推论3.3,有(a,b,c)=kpii,(a,b),(a,c)=kpii,i=1i=16其中,对于1?i?k,有i=mini,maxi,i,i=maxmini,i,mini,i,不妨设i?i,则mini,i?mini,i,所以i=mini,i=i,即(a,b,c)=(a,b),(a,c).7C29C91AFE4CED1B6C8795AD9C91AFE4CED1B6C8795AD91AFE4CED1B6C8795AD9C91

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