初等數(shù)論復(fù)習(xí)

1、作業(yè)要求：作業(yè)要及時完成，及時提交。作業(yè)（網(wǎng)絡(luò)作業(yè)、期中作業(yè)）要計(jì)入總分。學(xué)習(xí)過程中的問題，可通過網(wǎng)上答疑系統(tǒng)提出?？荚囌f明：試題類型：填空題(40%)、計(jì)算題和證明題(60%)?？荚嚪秶?-4章：其中第1、2章各占30%，第3、4章各占20％（以光盤為準(zhǔn)）。試題難度不超出習(xí)題、例題、模擬試卷。,第一章 整數(shù)的整除性論第二章 同余理論第三章 不定方程第四章 同余式,第一章 整數(shù)的整除性理論,本章主要從整數(shù)的整除

2、性概念出發(fā)，介紹帶余除法、輾轉(zhuǎn)相除。然后以其為工具建立最大公因數(shù)和最小公倍數(shù)理論，最后介紹算術(shù)基本定理，高斯函數(shù)等。,⑤若b|a ，a≠0 則,④若 b|a 且 a|b， 則 |a| = |b|,① 若 c | b , b | a , 則 c | a,② b|a 的充要條件是 cb | ca③ 若 c|a, c|b, 則對于,一般地若 m|ai（i=1 , 2 , …，n）,則,,一、 整除的概念與性質(zhì),定理：k個連續(xù)整數(shù)中有且僅

3、有一個整數(shù)能被k整除。定理： k個連續(xù)整數(shù)之積恒被k!所整除,例：證明6 | n(n+1)(2n+1)證明：∵ n∈? ∴ 2 | n(n+1)(2n+1)i)若 n=3m，則 3 | n(n+1)(2n+1)ii)若 n=3m+2 ，則 n+1=3m+3 ∴ 3 | n(n+1)(2n+1)iii)若 n=3m+1, 則 2n+1=6m+2+1=6m+3 ∴ 3 | n(n+1)(2n+1)又∵（2

4、,3）=1 ∴ 6 | n(n+1)(2n+1),定理1：設(shè)a, b, c是 任意三個不全為零的整數(shù)，且 a=bq+c q∈? , 則 (a , b ) = (b , c ) 定理2：任意兩個正整數(shù)a , b 的任意公因數(shù)都是 (a , b) 的因數(shù)。,二、最大公因數(shù)和最小公倍數(shù),定理3：任意兩個正整數(shù)a,b，則存在整數(shù)x,y，使得 ax+by=(a,b) 成立,(ii)若c>0，c|a,c|b，則,定理4：

5、設(shè)a,b是不全為零的整數(shù)。(i)若 m>0，則 (am,bm) = m(a,b),(iii)若 (a,b)= 1，t是任意整數(shù)， 則 (at,b)=(t,b),定理4：設(shè)a,b是任給的兩個正整數(shù)，則(i) a , b的所有公倍數(shù)都是[a,b]的倍數(shù)。(ii)[a,b](a,b)=ab推論：若(a,b)=1,則[a,b]=ab,定理5：設(shè)正整數(shù)m是a, b的一個公倍數(shù)，則,證明：設(shè) (a-b , a+b)=

6、d 則 d | a-b, d | a+b ? d | a-b+a+b , d | a-b-(a+b) 即 d | 2a , d | 2b ? d | (2a , 2b) ? d | 2(a , b) ∵ (a , b) = 1 ∴ d | 2

7、 ? d=1 或 d=2,例：如果(a , b)=1，則 (a-b ,a+b) = 1 或 2,三、整數(shù)的唯一分解定理 (算術(shù)基本定理),且(1)d是a的正因數(shù)的充分必要條件是,(3) a的一切正因數(shù)之和,四、高斯函數(shù) [x],即 200! 的標(biāo)準(zhǔn)式中素因數(shù)7的指數(shù)為32。,例：求200！標(biāo)準(zhǔn)分解式中素因數(shù)7的指數(shù)。,解：7(200!),= 28 + 4 + 0 = 32,第二章 同余理論本章主要介紹同余的

8、概念及其基本性質(zhì)，完全剩余系和互素剩余系，以及著名的歐拉定理、費(fèi)馬定理和威爾遜定理。,一、同余概念和基本性質(zhì)定理1：整數(shù)a,b關(guān)于模m同余的充要條件是m|a-b定理2：若 a1≡b1(modm)，a2≡b2(modm) 則 (1) a1+a2≡b1+b2(modm) (2) a1-a2≡b1-b2(modm) (3) a1a2≡b1b2(modm),,,,,,解：∵47≡-2(m

9、od7) ∴ 4750≡(-2)50(mod7) ≡250(mod7) ≡23×16+2(mod7) ≡(23)16·22(mod7) ≡816·22(mod7) ≡1·22(mod7) ≡4(mod7) ∴ 7除4750的余數(shù)為4。,例：求7除4750的余數(shù)。,定理：k個整數(shù)a1，a2，…，ak形

10、成模m的完全剩 余系的充要條件是： (1)k=m (2)ai?aj(modm) ( i≠j ),定理：若(a，m)=1,?b∈?，則當(dāng)x通過模m的完 全剩余系時，則ax+b也通過模m的完全剩余系。,二、 完全剩余類和完全剩余系,解：0，2，22=4，23=8，24≡5(mod11) 25≡2×5(mod11)≡10(mod11) 26≡10&#

11、215;2(mod11)≡9(mod11) 27≡7(mod11) 28≡3(mod11) 29≡6(mod11) 210≡6×2(mod11) ≡1(mod11) 是 0，1，2，…, 10 的一個排列。 ∴ 0,21，22，23，…,210 能構(gòu)成模11的 一組完全剩余系。,例：問0,2，22，…，210是否構(gòu)成模11的完全剩余系？,三、互素剩余類和互素剩余系。,定理：k個整數(shù)

12、a1，a2，…，ak構(gòu)成模m的互素 剩余系的充要條件是 (1) k=φ(m) (2) ai?aj (modm)(i≠j) (3) (ai, m)=1 (i=1，2，…,φ( m))定理：若 (a,m)=1，x通過模m的互素剩余系，則ax也通過模m的互素剩余系。,四、 歐拉定理、費(fèi)馬定理和威爾遜定理,定理:(歐拉定理)若 (a,m

13、)=1，則aφ(m) ≡ 1(modm),推論:(費(fèi)馬定理)若p為素?cái)?shù),(a，p)=1, 則ap-1≡1(modp)推論：若p為素?cái)?shù)，?a∈?， 則 ap≡a(modp),定理：(威爾遜定理)整數(shù)p是素?cái)?shù)的充要條件 是(p-1)! ≡ -1(modp),分析：對于任意的任意整數(shù)a，用模3分類。,證明：,同理,,第三章 不定方程,不定方程是指未知數(shù)的個數(shù)多于方程的個數(shù)，而且未知量又受某種限制(如正整數(shù)或

14、整數(shù)解)的方程或方程組。 這一章主要討論一次不定方程整數(shù)解存在的條件，解的結(jié)構(gòu)及解法，還討論特殊的二次不定方程的解結(jié)構(gòu)及解法。,一、二元一次不定方程,定理：不定方程ax+by=c有整數(shù)解的充要條件是 d|c，其中 d=(a,b)，并且當(dāng)x=x0 , y=y0是它的一個解時，則它的一切解可以表成,(t=0，±1，±2，…),二、多元一次不定方程,定理：n元一次不定方程a1x1+ … +anxn=b

15、 有整數(shù)解的充要條件是 (a1，a2，…, an) | b,三、勾股數(shù),定理1：不定方程 uv=w2，(u,v)=1 的一切正整數(shù) 解可以表成 u=a2，v=b2，w=ab， 其中 a>0，b>0，(a,b)=1,定理2：不定方程x2+y2=z2滿足x>0，y>0，z>0， (x,y)=1，2|x的一切整數(shù)解可表為 x=2ab，y=

16、a2-b2，z=a2+b2 其中a>b>0，(a,b)=1，a,b一奇一偶。,定理3：不定方程x2+2y2=z2滿足(x,y)=1的一切正 整數(shù)解可以表為x=|a2-2b2|， y=2ab，z=a2+2b2， 其中a>0，b>0，2?a，(a,b)=1,第四章 同余式,本章主要研究一次同余式，一次同余式組解存在的條件，解的數(shù)量及其求解的方法，最后討論高次

17、同余式解存在的條件，解的數(shù)量及其解法。,一、一元一次同余式,例1：解同余式58x≡87(mod47),解：∵ (47x+11x)≡(47+40)(mod47) ∴ 原余分式可化為11x≡40(mod47) ∵(11，47)=1 ∴原同余式有解且僅有一解 解不定方程 11x+47y=40 ∵ y0=6 ,x0=25是它的一個解 ∴

18、x≡25(mod47)是原同余式的解,解：∵ (33，141)=3 且 3|120 ∴ 原同余式有且僅有三個解 原同余式化為 11x≡40(mod47)求解。 由 例1知，x≡25(mod47) 是 11x≡40(mod47)的一個解,例2：解同余式 33x≡120 (mod141),二、 一元一次同余式組,解：∵ (6，8)=2 且 2 | 10 ∴ 6x≡10(mod8) 有且僅