初等數(shù)論總復(fù)習(xí)

1、考核內(nèi)容,考核內(nèi)容為整數(shù)的整除性理論、不定方程、一元同余理論三個(gè)部分。,第1章 整數(shù)的整除性理論,一、整除性、公因數(shù)、公倍數(shù),考核內(nèi)容：1．兩個(gè)整數(shù)整除的概念，剩余定理（輾轉(zhuǎn)相除法）2．最大公因數(shù)的概念、性質(zhì)及求最大公因數(shù)的方法3．最小公倍數(shù)的概念、性質(zhì)及最小公倍數(shù)的求法4．互質(zhì)數(shù)及其性質(zhì)5．奇偶性分析考核要求：（1）理解整數(shù)整除、公因數(shù)、公倍數(shù)的概念及相關(guān)性質(zhì)；（2）理解剩余定理，熟練掌握用剩余定理求最大公因數(shù)

2、、最小公倍數(shù)的方法．,綜合舉例,例1．求24871與3468的最大公因數(shù)．分析：利用輾轉(zhuǎn)相除法， 即最大公因數(shù)．解:（略） (24871,3468)=17 ．,,綜合舉例,例2．求 [24871,3468] ．分析：如果 ,那么 可得 ．解：因?yàn)椋?4871,3468）=1

3、7，所以 [24871,3468]= =5073684 ．,綜合舉例,例3．求 [136,221,391] ．分析：若 是整數(shù)，則 .先求[136,221]=1768，再求[1768,391]=40664，即是136,221,391三數(shù)的最大公倍數(shù)．解： [136,221,391

4、]=[[136,221],391],綜合舉例,例4．證明對(duì)于任意整數(shù) n , 數(shù) 是整數(shù)．證： 而且兩個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是2的倍數(shù),3個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是3的倍數(shù), 并且(2,3)=1, 所以從 和 有

5、, 即 是整數(shù).,二、素?cái)?shù)與算術(shù)基本定理,考核內(nèi)容： 1．素?cái)?shù)與合數(shù)的概念 2．素?cái)?shù)的性質(zhì) 3．算術(shù)基本定理及其應(yīng)用 4．素?cái)?shù)的求法（篩法）考核要求：（1）理解素?cái)?shù)與合數(shù)的概念和素?cái)?shù)的性質(zhì)；（2）理解算術(shù)基本定理，會(huì)用篩法求素?cái)?shù)； (3) 掌握求約數(shù)的個(gè)數(shù)與約數(shù)的和的方法。,綜合舉例,例1．大于10且小于30的素?cái)?shù)有（ ）． A．4個(gè) B．

6、5個(gè) C．6個(gè) D．7個(gè)答：C．例2．在整數(shù)中正素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)為（ ）． A． 1個(gè) B． 有限多個(gè) C． 無限多個(gè) D． 不一定答：C．,綜合舉例,例4．設(shè) 證明：m是素?cái)?shù)．證：假設(shè)m不是素?cái)?shù),則存在整數(shù)d,1<d<m,使得 d|m

7、,又 由 1<d<m 知 因此 所以m為素?cái)?shù)．,三、函數(shù)[x]、{x}及其應(yīng)用,考核內(nèi)容： 1．函數(shù)[x]與{x}的概念與性質(zhì) 2．n!的素?cái)?shù)分解考核要求：（1）了解函數(shù)[x]與{x}的概念、性質(zhì)；（2）掌握n!的素?cái)?shù)分解．,綜合舉例,例1．用[x]表示x的整數(shù)部分，{x}表示x的小數(shù)部分，則 [-2.3]= ______,{-2.3}=__

8、__．解：-3，0．7,,,例2．15！的標(biāo)準(zhǔn)素因數(shù)分解式為_____________________________．解：,第2章 不定方程,一、二元一次不定方程,考核內(nèi)容： 1．二元一次不定方程的形式 2．二元一次不定方程解的形式 3．二元一次不定方程有整數(shù)解的條件 4．利用剩余定理（輾轉(zhuǎn)相除法）求二元一次不定方程的解考核要求：（1）了解二元一次不定方程解的形式及二元一次不定方程有整數(shù)解的條件；（2

9、）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．,綜合舉例,例1．求解不定方程　　　　　　 ．分析：利用剩余定理（輾轉(zhuǎn)相除法）求二元一次不定方程的方法是（1）先化簡(jiǎn)原方程得到同解方程；（2）再求同解方程；（3）寫出一切解的形式．解：因?yàn)椋?，21）=3|144，所以有解； 化簡(jiǎn) 得　　　　　　 ；考慮　　　　　 ， 有　　　　　　 ，所以原方程的特解 為　　　

10、　　　　 ，因此所求的解 是 　　　　　　　　　　　　 ．,綜合舉例,例2．　　　　　　 ．解：因?yàn)?　　　　 ，所以有解；考慮　　　　　 所以　　　　　 是特解，即原方程的解是 　　　　　　　　　　　　　 ．,綜合舉例,例3． 　　　　　　　?。猓阂?yàn)椤　　　　　?，所以有解；考慮　　　　　　　　，有　　　　　　　　，原方程

11、特解為 通解為: 　　　　　　　　　　　　　　　?。?綜合舉例,例4．求不定方程　　　　　　　的全部整數(shù)解.解：因?yàn)?11,15)=1,所以不定方程有解.利用輾轉(zhuǎn)相除法,得到　于是有 　　　　　　　　　　　　. 所以,不定方程的全部整數(shù)解為 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　. 此解當(dāng)然可以改寫成,二、多元一次不定方程,考核內(nèi)容：　1．多元一次不定方程的形式　2．多元一次不定方程有解的條件　3．求簡(jiǎn)

12、單的多元一次不定方程的解考核要求：（1）知道多元一次不定方程有解的條件；（2）會(huì)求解簡(jiǎn)單的多元一次不定方程．,綜合舉例,例1．求不定方程　　　　　　　　　　 的整數(shù)解.分析：求解簡(jiǎn)單的多元一次不定方程步驟是（1）化解成兩個(gè)二元一次不定方程；（2）分別求出兩個(gè)二元一次不定方程的解；（3）消去參數(shù)得到多元一次不定方程的解.解：我們將它分為兩個(gè)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

13、法,上面兩個(gè)方程的解分別為 　　　　　　　　　　　　　　　, 　　　　　　　　 消去t就得到所求的解 這里　　　是任意整數(shù).,綜合舉例,例2．求不定方程　　　　　　　　 的整數(shù)解.解：我們將它分為兩個(gè)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, 上面兩個(gè)方程的解分別為 　　　　　　　　　　　, 　　　　　　　 . 消去t就得到所求

14、的解 ，　這里　　　是任意整數(shù).,綜合舉例,例3．求9x+24y-5z=1000的一切整數(shù)解.解：因?yàn)?9,24)=3,(3,-5)=1,所以我們考慮方程：9x+24y=3t, 3t-5z=1000,即等價(jià)于 3x+8y=t, 3t-5z=1000 .利用求二元一次不定方程的解法,得到 　　　　　　　　　, 　　　　　　 . 消

15、去t就得到所求的解　 這里　　 是任意整數(shù) .,綜合舉例,例4．求不定方程　　　　　　　 的正整數(shù)解．解：　　　　　　　　　　　　　　　　，于是分別有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ； 　　　　　　 　 ??； 　　　　　　　　　　　　

16、 ； 　　　　　　 　　 ??； 　　　　　　　　　　　　 ；　　　　 　　　 ； 有三組正整數(shù)解：x=8，y=1；x=12，y=9； x=32，y=31．,綜合舉例,例5．求不定方程　　　　　　　　　 的正整數(shù)解．解

17、：　　　　　　　　　　　　　　 ，于是分別有： 　　　　　　　　　　 ； 　　　　　　　　　 ； 　　　　　　　　　　　 ； 　　　　　　 ； 有二組正整數(shù)解：x=5，y=1；x=29，y=19．,第3章 一元同余理論,一、同余的概念及性質(zhì),考核內(nèi)容：

18、 1．整數(shù)同余的概念 2．同余的基本性質(zhì) 3．利用同余簡(jiǎn)單驗(yàn)證整數(shù)乘積運(yùn)算的結(jié)果（棄九法）考核要求：（1）理解整數(shù)同余的概念及同余的基本性質(zhì)；（2）會(huì)利用同余簡(jiǎn)單驗(yàn)證整數(shù)乘積運(yùn)算的結(jié)果．,綜合舉例,例1．證明：如果整數(shù)的個(gè)位數(shù)是5，則該數(shù)是5的倍數(shù)．證明：設(shè)a是一正整數(shù),并將寫成10進(jìn)位數(shù)的形式: 因?yàn)?, 所以得到： ；

19、 所以整數(shù)a的個(gè)位數(shù)是5，則該數(shù)是5的倍數(shù)．,綜合舉例,例2．證明：當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，有 ．證明：因 ，故 于是當(dāng)n是奇數(shù)時(shí),令 ，從而有

20、 , 即 .,綜合舉例,例3．若今天是星期三，問 天后是星期幾？解：因此， 天后是星期日 ．,綜合舉例,例4．檢驗(yàn)下面運(yùn)算結(jié)果是否正確： ？解：故上面運(yùn)算結(jié)果有錯(cuò)．,二、剩余系、完全剩余系,考核內(nèi)容：

21、1．剩余系與完全剩余系的概念 2．歐拉函數(shù)的定義及性質(zhì)考核要求：（1）理解剩余系及完全剩余系的概念；（2）理解歐拉函數(shù)的定義及性質(zhì)；（3）掌握歐拉函數(shù)值的計(jì)算．,例1．證明：相鄰兩個(gè)整數(shù)的立方之差不能被5整除．證明：因?yàn)?, 所以只需證明 .而模5的

22、完全剩余系由-2,-1,0,1,2構(gòu)成，所以將 n=0,±1,±2 代入 ,分別得值 1，7，1，19，7；對(duì)于模5， 的值1，7，1，19，7只與1，2，4等同余, 故 ；所以相鄰兩個(gè)整數(shù)

23、的立方之差不能被5整除．,綜合舉例,例2．設(shè)n為整數(shù)，則 被6除后可能取到的最小非負(fù)完全剩余系為_____________．解：0,1,2,3,4,5．,三、歐拉定理及其應(yīng)用,考核內(nèi)容： 1．歐拉定理 2．Fermat小定理考核要求：（1）了解歐拉定理、Fermat小定理；（2）利用歐拉定理、Fermat小定理解決具體問題．,綜合舉例,例1．求 的十進(jìn)制表示的末兩位數(shù)．解：原題相當(dāng)于求

24、 模100的余數(shù). 由Euler定理知 ，故 ， 從而 . 故 十進(jìn)制表示的末兩位數(shù)為81 ．,綜合舉例,例2．求　　　　的十進(jìn)制表示的末兩位數(shù)．解：即求　　　　被100除所得的余數(shù)，由于

25、　　　　　　　　　　　 以及歐拉定理知 　　　　　　　　　，因此　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ，所以 　　 的十進(jìn)制表示的末兩位數(shù)為49．,四、一次同余式,考核內(nèi)容：　1．同余式的定義　2．一次同余式有解的條件　3．求解同余式考核要求：（1）理解同余式的定義；（2）掌握一次同余式有解的條件；（3）熟練掌握求解一次同余式．,綜合舉例,例1．求解同余式　　　　　　　　 ．解：

26、因?yàn)?(45,132)=3|21,所以同余式有3個(gè)解；將同余式化簡(jiǎn)為等價(jià)的同余方程 　　　　　　 ；因此同余式的3個(gè)解為：,綜合舉例,例2．求解同余式　　　　　　　　　 ．解：因?yàn)?12,45)=3|15,所以同余式有解,而且　解的個(gè)數(shù)為3；又同余式等價(jià)　于　　　　　　　　,即　　　　　??； 利用解不定方程的方法得到它的一個(gè)解是(10,3), 即　　　　 因此同余式的3個(gè)解為：　　　　　　　, 　　　　　　　

27、　　　　　　　　　　,　　　　　　　　　　　　　　　　?。?綜合舉例,例3．求解同余式 　　　　　　　　?。猓阂?yàn)?111,321)=3|75,所以同余式有3個(gè)解；將同余式化簡(jiǎn)為等價(jià)的同余方程 　　　　　　　　　　；　因此同余式的3個(gè)解為：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,　　　　　　　　　　　　　　　　　　

28、 ．,綜合舉例,例4．利用同余式解不定方程　　　　　　.解：我們先解同余式　　　　　　　　.而此等價(jià)于　　　　　　　　.因?yàn)椤　　　　　?所以　　　　　　　　　,　　　　　　　　.設(shè)　　　　　　,代入所給的不定方程,得到　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 所以　　　　　.于是不定方程的解是　　　　　　　　　　　　　　　　　 ．,五、中國(guó)剩余定理,考核內(nèi)容：　1．

29、中國(guó)剩余定理　2．中國(guó)剩余定理的應(yīng)用　3．求解同余式方程組考核要求：（1）理解中國(guó)剩余定理，掌握中國(guó)剩余定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；（2）掌握求解簡(jiǎn)單同余式方程組的方法．,綜合舉例,例1．求解同余式方程組 　　　　　　?。?解：因?yàn)?7,8,9)=1,所以可以利用定理1，先解同余式: , ,

30、 , 得到 : . 于是所求的解為,綜合舉例,例2．求解同余式方程組 .解：因?yàn)?3,5,7)=1,所以可以利用孫子定理，先解同余式: ,