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初等数论教案


第一章

整除理论

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。 第一节 数的整除性

定义 1 设 a,b 是整数,b ? 0,如果存在 整数 c,使得 a = bc 成立,则称 a 被 b 整除,a 是 b 的倍数,b 是 a 的约数(

因数或除数) ,并且使用记号 b?a; 如果不存在整数 c 使得 a = bc 成立,则称 a 不 被 b 整除,记为 b ?| a。 显然每个非零整数 a 都有约数 ?1,?a,称 这四个数为 a 的平凡约数,a 的另外的约数称 为非平凡约数。
1

被 2 整除的整数称为偶数,不被 2 整除的 整数称为奇数。 定理 1 下面的结论成立: (ⅰ) a?b ? ?a??b; (ⅱ) a?b,b?c ? a?c; (ⅲ) b?ai,i = 1, 2, ?, k ? b?a1x1 ? a2x2 ? ? ? akxk,此处 xi(i = 1, 2, ?, k)是任意的 整数; (ⅳ) b?a ? bc?ac, 此处 c 是任意的非零 整数; (ⅴ) b?a, ? 0 ? |b| ? |a|; a b?a 且|a| < |b| ? a = 0。 证明 留作习题。 定义 2 若整数 a ? 0, 并且只有约数 ?1 ?1, 和 ?a,则称 a 是素数(或质数) ;否则称 a 为 合数。 以后在本书中若无特别说明,素数总是指 正素数。 定理 2 任何大于 1 的整数 a 都至少有一个 素约数。 证明 若 a 是素数,则定理是显然的。
2

若 a 不是素数,那么它有两个以上的正的 非平凡约数,设它们是 d1, d2, ?, dk 。不妨设 d1 是其中最小的。若 d1 不是素数,则存在 e1 > 1,e2 > 1,使得 d1 = e1e2,因此,e1 和 e2 也是 a 的正的非平凡约数。这与 d1 的最小性矛盾。 所以 d1 是素数。证毕。 推论 任何大于 1 的合数 a 必有一个不超 过 a 的素约数。 证明 使用定理 2 中的记号,有 a = d1d2, 其中 d1 > 1 是最小的素约数,所以 d12 ? a。证 毕。 例 1 设 r 是正奇数,证明:对任意的正整 数 n,有 n ? 2 ?| 1r ? 2 r ? ? ? n r。 解 对于任意的正整数 a, 以及正奇数 k, b 有 ak ? bk = (a ? b)(ak ? 1 ? ak ? 2b ? ak ? 3b2 ? ? ? bk ?1 ) = (a ? b)q, 其中 q 是整数。记 s = 1r ? 2 r ? ? ? n r,则 2s = 2 ? (2 r ? n r) ? (3 r ? (n ? 1)r) ? ? ? (n r ? 2 r ) = 2 ? (n ? 2)Q,
3

其中 Q 是整数。 n ? 2?s, 若 由上式知 n ? 2?2, 因为 n ? 2 > 2,这是不可能的,所以 n ? 2 ?| s。 例 2 设 A = { d1, d2, ?, dk }是 n 的所有约 数的集合,则 B = { dn , dn , ? , dn }
1 2 k

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 di?A, di?n, dn | n, 即 则 反之亦然;
i

(ⅲ) 若 di ?

dj,则 n ? n di d j



例 3 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,? 。问: d(1) ? d(2) ? ? ? d(1997) 是否为偶数? 解 对于 n 的每个约数 d,都有 n = d? n ,
d

因此,n 的正约数 d
d

与n d

是成对地出现的。只
d

有当 d = n ,即 n = d2 时,d 和 n 才是同一个数。 故当且仅当 n 是完全平方数时,d(n)是奇数。 因为 442 < 1997 < 452, 所以在 d(1), d(2), ?,
4

d(1997)中恰有 44 个奇数, d(1) ? d(2) ? ? ? 故 d(1997)是偶数。 例 4 设凸 2n 边形 M 的顶点是 A1, A2, ?, A2n,点 O 在 M 的内部,用 1, 2, ?, 2n 将 M 的 2n 条边分别编号,又将 OA1, OA2, ?, OA2n 也同样进行编号, 若把这些编号作为相应的线 段的长度,证明:无论怎么编号,都不能使得 三角形 OA1A2, OA2A3, ?, OA2nA1 的周长都相 等。 解 假设这些三角形的周长都相等,记为 s。则 2ns = 3(1 ? 2 ? ? ? 2n) = 3n(2n ? 1), 即 2s = 3(2n ? 1), 因此 2?3(2n ? 1),这是不可能的,这个矛盾说 明这些三角形的周长不可能全都相等。 例 5 设整数 k ? 1,证明: (ⅰ) 若 2k ? n < 2k ? 1,1 ? a ? n,a ? 2k, 则 2k ?| a; (ⅱ) 若 3k ? 2n ? 1 < 3k + 1,1 ? b ? n,2b ? 1 ? 3k,则 3k ?| 2b ? 1。
5

解 (ⅰ) 若 2k|a,则存在整数 q,使得 a= q2k。显然 q 只可能是 0 或 1。此时 a= 0 或 2k ,这都是不可能的,所以 2k ?| a; (ⅱ) 若 3k|2b-1, 则存在整数 q, 使得 2b-1= q3k, 显然 q 只可能是 0, 或 2。 1, 此时 2b-1= 0, 3k,或 2 ? 3k ,这都是不可能的,所以 3k ?| 2b ? 1。 例 6 写出不超过 100 的所有的素数。 解 将不超过 100 的正整数排列如下: 1 9 10 11 19 20 21 29 30 31 39 40 41 49 50 51 59 60 61 69 70
6

2 12 22 32 42 52 62

3 13 23 33 43 53 63

4 14 24 34 44 54 64

5 15 25 35 45 55 65

6 16 26 36 46 56 66

7 17 27 37 47 57 67

8 18 28 38 48 58 68

71 79 80 81 89 90 91 99 100

72 82 92

73 83 93

74 84 94

75 85 95

76 86 96

77 87 97

78 88 98

按以下步骤进行: (ⅰ) 删去 1, 剩下的后面的第一个数是 2, 2 是素数; (ⅱ) 删去 2 后面的被 2 整除的数,剩下的 2 后面的第一个数是 3,3 是素数; (ⅲ) 再删去 3 后面的被 3 整除的数, 剩下 的 3 后面的第一个数是 5,5 是素数; (ⅳ) 再删去 5 后面的被 5 整除的数, 剩下 的 5 后面的第一个数是 7,7 是素数; ?? 照以上步骤可以依次得到素数 2, 3, 5, 7, 11, ?。 由定理 2 推论可知,不超过 100 的合数必 有一个不超过 10 的素约数,因此在删去 7 后 面被 7 整除的数以后, 就得到了不超过 100 的
7

全部素数。 在例 6 中所使用的寻找素数的方法,称为 Eratosthenes 筛法。它可以用来求出不超过任 何固定整数的所有素数。在理论上这是可行 的;但在实际应用中,这种列出素数的方法需 要大量的计算时间,是不可取的。 例 7 证明:存在无穷多个正整数 a,使得 n4 ? a(n = 1, 2, 3, ?) 都是合数。 解 取 a = 4k4,对于任意的 n?N,有 n4 ? 4k4 = (n2 ? 2k2)2 ? 4n2k2 = (n2 ? 2k2 ? 2nk)(n2 ? 2k2 ? 2nk)。 因为 n2 ? 2k2 ? 2nk = (n ? k)2 ? k2 ? k2, 所以,对于任意的 k = 2, 3, ? 以及任意的 n?N,n4 ? a 是合数。 例 8 设 a1, a2, ?, an 是整数,且 a1 ? a2 ? ? ? an = 0,a1a2?an = n, 则 4?n。 解 如果 2 ?| n, n, a1, a2, ?, an 都是奇数。 则 于是 a1 ? a2 ? ? ? an 是奇数个奇数之和, 不可
8

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 ? i ? 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 9 若 n 是奇数,则 8?n2 ? 1。 解 设 n = 2k ? 1,则 n2 ? 1= (2k ? 1)2 ? 1 = 4k(k ? 1)。 在 k 和 k ? 1 中有一个是偶数,所以 8?n2 ? 1。 例 9 的结论虽然简单,却是很有用的。例 如,使用例 3 中的记号,我们可以提出下面的 问题: 问题 d(1)2 ? d(2)2 ? ? ? d(1997)2 被 4 除的 余数是多少? 例 10 证明:方程 a12 ? a22 ? a32 = 1999 (1) 无整数解。
9

解 若 a1,a2,a3 都是奇数,则存在整数 A1,A2,A3,使得 a12 = 8A1 ? 1,a22 = 8A2 ? 1,a32 = 8A3 ? 1, 于是 a12 ? a22 ? a32 = 8(A1 ? A2 ? A3) ? 3。 由于 1999 被 8 除的余数是 7,所以 a1,a2,a3 不可能都是奇数。 由式(1),a1,a2,a3 中只能有一个奇数,设 a1 为奇数,a2,a3 为偶数,则存在整数 A1,A2, A3,使得 a12 = 8A1 ? 1,a22 = 8A2 ? r,a32 = 8A3 ? s, 于是 a12 ? a22 ? a32 = 8(A1 ? A2 ? A3) ? 1 ? r ? s, 其中 r 和 s 是整数,而且只能取值 0 或 4。这 样 a12 ? a22 ? a32 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)成立。 综上证得所需要的结论。 习 题 一 1. 证明定理 1。
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2. 证明:若 m ? p?mn ? pq,则 m ? p?mq ? np。 3. 证明:任意给定的连续 39 个自然数, 其中至少存在一个自然数, 使得这个自然数的 数字和能被 11 整除。 4. 设 p 是 n 的最小素约数,n = pn1,n1 > 1,证明:若 p > 3 n ,则 n1 是素数。 5. 证明:存在无穷多个自然数 n,使得 n 不能表示为 a2 ? p(a > 0 是整数,p 为素数) 的形式。 第二节 带余数除法

在本节中,我们要介绍带余数除法及其简 单应用。 定理 1(带余数除法) 设 a 与 b 是两个整数, b ? 0,则存在唯一的两个整数 q 和 r,使得 a = bq ? r,0 ? r < |b|。 (1) 证明 存在性 若 b?a,a = bq,q?Z,可 取 r = 0。若 b ?| a,考虑集合
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A = { a ? kb;k?Z }, 其中 Z 表示所有整数的集合,以后,仍使用此 记号,并以 N 表示所有正整数的集合。 在集合 A 中有无限多个正整数, 设最小的 正整数是 r = a ? k0b,则必有 0 < r < |b|, (2) 否则就有 r ? |b|。因为 b ?| a,所以 r ? |b|。于是 r > |b|, a ? k0b > |b|, ? k0b ? |b| > 0, 即 a 这样, 在集合 A 中,又有正整数 a ? k0b ? |b| < r,这 与 r 的最小性矛盾。所以式(2)必定成立。取 q = ? k0 知式(1)成立。存在性得证。 唯一性 假设有两对整数 q ?,r ?与 q ??,r ?? 都使得式(1)成立,即 a = q ??b ? r ?? = q ?b ? r ?,0 ? r ?, r ?? < |b|, 则 (q?? ? q ?)b = r ? ? r ??,|r ? ? r ??| < |b|, (3) 因此 r ? ? r ?? = 0, ? = r ??, r 再由式(3)得出 q ? = q ??,唯一性得证。证毕。 定义 1 称式(1)中的 q 是 a 被 b 除的商,r 是 a 被 b 除的余数。
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由定理 1 可知,对于给定的整数 b,可以按 照被 b 除的余数将所有的整数分成 b 类。 在同 一类中的数被 b 除的余数相同。 这就使得许多 关于全体整数的问题可以归化为对有限个整 数类的研究。 以后在本书中,除特别声明外,在谈到带 余数除法时总是假定 b 是正整数。 例 1 设 a,b,x,y 是整数,k 和 m 是正 整数,并且 a = a1m ? r1,0 ? r1 < m, b = b1m ? r2,0 ? r2 < m, 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 r1k 被 m 除的余数相同。 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 ? r < m, 则 ax ? by = (a1x ? b1y ? q)m ? r,0 ? r < m, 即 ax ? by 被 m 除的余数也是 r。
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同样方法可以证明其余结论。 例 2 设 a1, a2, ?, an 为不全为零的整数, 以 y0 表示集合 A = { y;y = a1x1 ? ? ? anxn,xi?Z,1 ? i ? n } 中的最小正数,则对于任何 y?A,y0?y;特别 地,y0?ai,1 ? i ? n。 解 设 y0 = a1x1? ? ? ? anxn?,对任意的 y = a1x1 ? ? ? anxn?A,由定理 1,存在 q, r0?Z, 使得 y = qy0 ? r0,0 ? r0 < y0 。 因此 r0 = y ? qy0 = a1(x1 ? qx1?) ? ? ? an(xn ? qxn?)?A。 如果 r0 ? 0,那么,因为 0 < r0 < y0,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 ai?A(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
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ai = 3qi ? ri,0 ? ri < 3,i = 1, 2, 3, 4, 5。 分别考虑以下两种情形: (ⅰ) 若在 r1, r2, ?, r5 中数 0, 2 都出现, 1, 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) 若在 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, ?, an?Z,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 。 解 对任何整数 x,都有 x = 3q ? r,r = 0,1 或 2,q?Z。 (ⅰ) 若 r = 0,即 x = 3q,q?Z,则 f(x) = f(3q) = an(3q)n ? ? ? a1(3q) ? a0 = 3Q1 ? a0 = 3Q1 ? f(0), 其中 Q1?Z,由于 f(0)不是 3 的倍数,所以 f(x)
15

? 0; (ⅱ) 若 r = 1,即 x = 3q ? 1,q?Z,则 f(x) = f(3q ? 1) = an(3q ? 1)n ? ? ? a1(3q ? 1) ? a0 = 3Q2 ? an ? ? ? a1 ? a0 = 3Q2 ? f(1), 其中 Q2?Z。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,q ??Z,于是 0 = f(x) = f(3q ? ? 1) = an(3q ? ? 1)n ? ? ? a1(3q ? ? 1) ? a0 = 3Q3 ? a0 ? a1 ? a2 ? ? ? (? 1)nan = 3Q3 ? f(?1), 其中 Q3?Z。所以 3?f(?1) = a0 ? a1 ? a2 ? ? ? (?1)nan 。 例 5 证明:对于任意的整数 n,f(n) = 3n5 ? 5n3 ? 7n 被 15 整除。 解 对于任意的正整数 n,记 n = 15q ? r,0 ? r < 15。 由例 1,
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n2 = 15Q1 ? r1,n4 = 15Q2 ? r2, 其中 r1 与 r2 分别是 r2 与 r4 被 15 除的余数。 以 R 表示 3n4 ? 5n2 ? 7 被 15 除的余数,则 R 就是 3r2 ? 5r1 ? 7 被 15 除的余数,而且 f(n) 被 15 除的余数就是 rR 被 15 除的余数,记为 R ?。 当 r = 0 时,显然 R ? = 0,即 15?3n5 ? 5n3 ? 7n。 对于 r = 1, 2, 3, ?, 14 的情形,通过计算列 出下表: r = 1, 14 2, 13 10 6, 9 7, 8 r1 = 1 4 6 4 r2 = 1 1 6 1 R = 0 0 10 0 R?= 0 0 0 0 这证明了结论。
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3, 12 9 6 10 0

4, 11 1 1 0 0

5, 10 10 12 0

例 6 设 n 是奇数,则 16?n4 ? 4n2 ? 11。 解 我们有 n4 ? 4n2 ? 11 = (n2 ? 1)(n2 ? 5) ? 16。 由第一节例题 9, 8?n2 ? 1, 有 由此及 2?n2 ? 5 得到 16?(n2 ? 1)(n2 ? 5)。 例 7 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。 解 对任意的整数 x,y,记 x = 3q1 ? r1,y = 3q2 ? r2,0 ? r1, r2 < 3。 则存在 Q1, R1, Q2, R2?Z,使得 x3 = 9Q1 ? R1,y3 = 9Q2 ? R2 , 其中 R1 和 R2 被 9 除的余数分别与 r13 和 r23 被 9 除的余数相同,即 R1 = 0,1 或 8,R2 = 0,1 或 8。 (4) 因此 x3 ? y3 = 9(Q1 ? Q2) ? R1 ? R2 。 又由式(4)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。

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习 题 二 1. 证明:12?n4 ? 2n3 ? 11n2 ? 10n,n?Z。 2. 设 3?a2 ? b2,证明:3?a 且 3?b。 3. 设 n,k 是正整数,证明:nk 与 nk + 4 的 个位数字相同。 4. 证明: 对于任何整数 n, 等式 n2 ? (n m, 2 2 ? 1) = m ? 2 不可能成立。 5. 设 a 是自然数,问 a4 ? 3a2 ? 9 是素数 还是合数? 6. 证明:对于任意给定的 n 个整数,必可 以从中找出若干个作和, 使得这个和能被 n 整 除。 第三节 最大公约数 定义 1 整数 a1, a2, ?, ak 的公共约数称为 a1, a2, ?, ak 的公约数。不全为零的整数 a1, a2, ?, ak 的公约数中最大的一个叫做 a1, a2, ?, ak 的最大公约数 (或最大公因数)记为(a1, a2, ?, , ak)。 由于每个非零整数的约数的个数是有限
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的, 所以最大公约数是存在的, 并且是正整数。 如果(a1, a2, ?, ak) = 1,则称 a1, a2, ?, ak 是 互素的(或互质的) ;如果 (ai, a j) = 1,1 ? i, j ? k,i ? j, 则称 a1, a2, ?, ak 是两两互素的(或两两互质 的) 。 显然, 1, a2, ?, ak 两两互素可以推出(a1, a2, a ?, ak) = 1,反之则不然,例如(2, 6, 15) = 1, 但(2, 6) = 2。 定理 1 下面的等式成立: (ⅰ) (a1, a2, ?, ak) = (|a1|, |a2|, ?, |ak|); (ⅱ) (a, 1) = 1,(a, 0) = |a|,(a, a) = |a|; (ⅲ) (a, b) = (b, a); (ⅳ) 若 p 是素数,a 是整数,则(p, a) = 1 或 p?a; (ⅴ) 若 a = bq ? r,则(a, b) = (b, r)。 证明 (ⅰ)??(ⅳ)留作习题。 (ⅴ) 由第一节定理 1 可知, 如果 d?a, d?b, 则有 d?r = a ? bq,反之,若 d?b,d?r,则 d?a = bq ? r。 因此 a 与 b 的全体公约数的集合就是 b 与 r 的全体公约数的集合,这两个集合中的
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最大正数当然相等,即(a, b) = (b, r)。证毕。 由定理 1 可知,在讨论(a1, a2, ?, an)时,不 妨假设 a1, a2, ?, an 是正整数,以后我们就维 持这一假设。 定理 2 设 a1, a2, ?, ak?Z,记 k A = { y;y = ? a i xi ,xi?Z,? ? i ? k }。
i ?1

如果 y0 是集合 A 中最小的正数, y0 = (a1, a2, 则 ?, ak)。 证明 设 d 是 a1, a2, ?, ak 的一个公约数, 则 d?y0,所以 d ? y0。另一方面,由第二节例 2 知,y0 也是 a1, a2, ?, ak 的公约数。因此 y0 是 a1, a2, ?, ak 的公约数中的最大者,即 y0 = ( a1, a2, ?, ak)。证毕。 推论 1 设 d 是 a1, a2, ?, ak 的一个公约数, 则 d?(a1, a2, ?, ak)。 这个推论对最大公约数的性质做了更深的 刻划:最大公约数不但是公约数中的最大的, 而且是所有公约数的倍数。 推论 2 (ma1, ma2, ?, mak) = |m|(a1, a2, ?, ak)。
21

推论 3 记? = (a1, a2, ?, ak),则 a a a ( 1 , 2 , ?, k ) = 1,
? ? ?

特别地,

( a , b )= ( a, b) ( a, b)

1。

定理 3 (a1, a2, ?, ak) = 1 的充要条件是存 在整数 x1, x2, ?, xk,使得 a1x1 ? a2x2 ? ? ? akxk = 1。 (1) 证明 必要性 由定理 2 得到。 充分性 若式(1)成立,如果 (a1, a2, ?, ak) = d > 1, 那么由 d?ai ? i ? k) (1 推出 d?a1x1 ? a2x2 ? ? ? akxk = 1,这是不可能的。所以有(a1, a2, ?, ak) = 1。证毕。 定理 4 对于任意的整数 a,b,c,下面的 结论成立: (ⅰ) 由 b?ac 及(a, b) = 1 可以推出 b?c; (ⅱ) 由 b?c,a?c 及(a, b) = 1 可以推出 ab?c。 证明 (ⅰ) 若(a, b) = 1,由定理 2,存在 整数 x 与 y,使得 ax ? by = 1。
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因此 acx ? bcy = c。 (2) 由上式及 b?ac 得到 b?c。结论(ⅰ)得证; (ⅱ) 若(a, b) = 1,则存在整数 x,y 使得式 (2)成立。由 b?c 与 a?c 得到 ab?ac,ab?bc, 再由式(2)得到 ab?c。结论(ⅱ)得证。证毕。 推论 1 若 p 是素数,则下述结论成立: (ⅰ) p?ab ? p?a 或 p?b; (ⅱ) p?a2 ? p?a。 证明 留作习题。 推论 2 若 (a, b) = 1,则(a, bc) = (a, c)。 证明 设 d 是 a 与 bc 的一个公约数, d?a, 则 d?bc,由式(2)得到,d|c, 即 d 是 a 与 c 的 公约数。另一方面,若 d 是 a 与 c 的公约数, 则它也是 a 与 bc 的公约数。因此,a 与 c 的公 约数的集合,就是 a 与 bc 的公约数的集合, 所以(a, bc) = (a, c)。证毕。 推论 3 若 (a, bi) = 1,1 ? i ? n,则(a, b1b2?bn) = 1。 证明 留作习题。 定理 5 对于任意的 n 个整数 a1, a2, ?, an,
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记 (a1, a2) = d2,(d2, a3) = d3,?,(dn ? 2, an ? 1) = dn ? 1,(dn ? 1, an) = dn, 则 dn = (a1, a2, ?, an)。 证明 由定理 2 的推论,我们有 dn = (dn ? 1, an) ? dn?an,dn?dn ? 1, dn ? 1 = (dn ? 2, an ? 1) ? dn ? 1?an ? 1,dn ? 1?dn ? 2, ? dn?an,dn?an ? 1, dn?dn ? 2, dn ? 2 = (dn ? 3, an ? 2) ? dn ? 2?an ? 2,dn ? 2?dn ? 3 ? dn?an,dn?an ? 1, dn?an ? 2,dn?dn ? 3, ?? d2 = (a1, a2) ? dn?an,dn?an ? 1, ?,dn?a2,dn?a1, 即 dn 是 a1, a2, ?, an 的一个公约数。 另一方面,对于 a1, a2, ?, an 的任何公约数 d,由定理 2 的推论及 d2, ?, dn 的定义,依次
24

得出 d?a1,d?a2 ? d?d2, d?d2,d?a3 ? d?d3, ?? d?dn ? 1,d?an ? d?dn, 因此 dn 是 a1, a2, ?, an 的公约数中的最大者, 即 dn = (a1, a2, ?, an)。证毕。 例 1 证明:若 n 是正整数,则 21n ? 4 是既
14n ? 3

约分数。 解 由定理 1 得到 (21n ? 4, 14n ? 3) = (7n ? 1, 14n ? 3) = (7n ? 1, 1) = 1。 注:一般地,若(x, y) = 1,那么,对于任意 的整数 a,b,有 (x, y) = (x ?ay, y) = (x ?ay, y ? b(x ?ay)) = (x ?ay, (ab ? 1)y ? bx), 因此, (ab x ?)ay? bx 是既约分数。 ?1 y 例 2 证明:121 ?| n2 ? 2n ? 12,n?Z。 解 由于 121 = 112,n2 ? 2n ? 12 = (n ? 1)2 ? 11,所以,若 112?(n ? 1)2 ? 11,
25

(3) 则 11?(n ? 1) ,因此,由定理 4 的推论 1 得到 11?n ? 1,112?(n ? 1)2。 再由式(3)得到 112?11, 这是不可能的。所以式(3)不能成立。 注:这个例题的一般形式是: 设 p 是素数,a,b 是整数,则 pk ?| (an ? b)k ? pk ? 1c, 其中 c 是不被 p 整除的任意整数,k 是任意的 大于 1 的整数。 例 3 设 a,b 是整数,且 9?a2 ? ab ? b2, (4) 则 3?(a, b)。 解 由式(4)得到 9?(a ? b)2 ? 3ab ? 3?(a ? b)2 ? 3ab ? 3?(a ? b)2 ? 3?a ? b (5) 2 ? 9?(a ? b) 。 再由式(4)得到 9?3ab ? 3?ab。 因此,由定理 4 的推论 1,得到 3?a 或 3?b。
2 26

若 3?a,由式(5)得到 3?b;若 3?b,由(5) 式也得到 3?a。因此,总有 3?a 且 3?b。 由定理 2 的推论推出 3?(a, b)。 例 4 设 a 和 b 是正整数, > 2, 2b ? 1 ?| 2a b 则 ? 1。 解 (ⅰ) 若 a < b,且 2b ? 1?2a ? 1。 (6) 成立,则 2b ? 1 ? 2a ? 1 ? 2b ? 2a ? 2 ? 2a(2b ? a ? 1) ? 2, 于是 a = 1, ? a = 1, b = 2, b 即 这是不可能的, 所以式(6)不成立。 (ⅱ) 若 a = b,且式(6)成立,则由式(6)得 到 2a ? 1?(2a ? 1) ? 2 ? 2a ? 1?2 ? 2a ? 1 ? 2 ? 2a ? 3, 于是 b = a = 1,这是不可能的,所以式(6)不成 立。 (ⅲ) 若 a > b,记 a = kb ? r,0 ? r < b,此 时 2kb ? 1 = (2b ? 1)(2(k ? 1)b ? 2(k ? 2)b ? ? ? 1) = (2b
27

? 1)Q, 其中 Q 是整数。所以 2a ? 1 = 2kb + r ? 1 = 2r(2kb ? 1 ? 1) ? 1 = 2r((2b ? 1)Q ? 1) ? 1 = (2b ? 1)Q ? ? (2r ? 1), 其中 Q?是整数。因此 2b ? 1?2a ? 1 ? 2b ? 1?2r ? 1, 在(ⅰ)中已经证明这是不可能的,所以式(6)不 能成立。 综上证得 2b ? 1 ?| 2a ? 1。 习 题 三 1. 证明定理 1 中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。 2. 证明定理 2 的推论 1, 推论 2 和推论 3。 3. 证明定理 4 的推论 1 和推论 3。 4. 设 x,y?Z,17?2x ? 3y,证明:17?9x ? 5y。 5. 设 a,b,c?N,c 无平方因子,a2?b2c, 证明:a?b。 6. 设 n 是正整数,求 C12n , C3n , ?, C 2n?1 的最大 2 2n 公约数。
28

第四节

最小公倍数

定义 1 整数 a1, a2, ?, ak 的公共倍数称为 a1, a2, ?, ak 的公倍数。a1, a2, ?, ak 的正公倍 数中的最小的一个叫做 a1, a2, ?, ak 的最小公 倍数,记为[a1, a2, ?, ak]。 定理 1 下面的等式成立: (ⅰ) [a, 1] = |a|,[a, a] = |a|; (ⅱ) [a, b] = [b, a]; (ⅲ) [a1, a2, ?, ak] = [|a1|, |a2| ?, |ak|]; (ⅳ) 若 a?b,则[a, b] = |b|。 证明 留作习题。 由定理 1 中的结论(ⅲ)可知,在讨论 a1, a2, ?, ak 的最小公倍数时,不妨假定它们都是正 整数。在本节中总是维持这一假定。 最小公倍数和最大公约数之间有一个很重 要的关系,即下面的定理。 定理 2 对任意的正整数 a,b,有 [a, b] = (aab ) 。 ,b 证明 设 m 是 a 和 b 的一个公倍数,那么 存在整数 k1,k2,使得 m = ak1,m = bk2,因
29

此 ak1 = bk2 。 于是
a b k1 ? k2 。 ( a, b) ( a, b)

(1)

由于 ( (aab) , (abb) ) = 1,所以由第三节定理 4 得到 , ,
b | k1, 即 k1 ? b t ( a, b) ( a, b)



其中 t 是某个整数。将上式代入式(1)得到 m = (aab ) t 。 (2) ,b 另一方面,对于任意的整数 t,由式(2)所确 定的 m 显然是 a 与 b 的公倍数,因此 a 与 b 的公倍数必是式(2)中的形式,其中 t 是整数。 当 t = 1 时,得到最小公倍数 [a, b] = (aab ) 。 ,b 证毕。 推论 1 两个整数的任何公倍数可以被它 们的最小公倍数整除。 证明 由式(2)可得证。证毕。 这个推论说明:两个整数的最小公倍数不 但是最小的正倍数, 而且是另外的公倍数的约
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数。 推论 2 设 m,a,b 是正整数,则[ma, mb] = m[a, b]。 证明 由定理 2 及第三节定理 2 的推论得 到 2 2 [ma, mb] = m ab ? m ab ? mab = m[a, b]。
(ma, mb) m( a , b ) ( a, b)

证毕。 定理 3 对于任意的 n 个整数 a1, a2, ?, an, 记 [a1, a2] = m2,[m2, a3] = m3,?,[mn?2, an?1] = mn?1,[mn?1, an] = mn, 则 [a1, a2, ?, an] = mn。 证明 我们有 mn = [mn?1, an] ? mn?1?mn,an?mn, mn?1 = [mn?2, an?1] ? mn?2?mn?1?mn, an?mn,an?1?mn?1?mn, mn?2 = [mn?3, an?2] ? mn?3?mn?2?mn, an?mn,an?1?mn,an?2?mn, ?? m2 = [a1, a2] ? an?mn,?,a2?mn,
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a1?mn, 即 mn 是 a1, a2, ?, an 的一个公倍数。 另一方面,对于 a1, a2, ?, an 的任何公倍数 m,由定理 2 的推论及 m2, ?, mn 的定义,得 m2?m,m3?m,?,mn?m。 即 mn 是 a1, a2, ?, an 最小的正的公倍数。 证毕。 推论 若 m 是整数 a1, a2, ?, an 的公倍数, 则[a1, a2, ?, an]?m 。 证明 留作习题。 定理 4 整数 a1, a2, ?, an 两两互素,即 (ai, aj) = 1,1 ? i, j ? n,i ? j 的充要条件是 [a1, a2, ?, an] = a1a2?an 。 (3) 证明 必要性 因为(a1, a2) = 1,由定理 2 得到 [a1, a2] = (aa1,aa2 ) = a1a2 。
1 2

由(a1, a3) = (a2, a3) = 1 及第三节定理 4 推论 3 得到 (a1a2, a3) = 1, 由此及定理 3 得到
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[a1, a2, a3] = [[a1, a2], a3] = [a1a2, a3] = a1a2a3 。 如此继续下去,就得到式(3)。 充分性 用归纳法证明。当 n = 2 时,式(3) 成为[a1, a2] = a1a2。由定理 2 a1a2 = [a1, a2] = (aa1,aa2 ) ? (a1, a2) = 1,
1 2

即当 n = 2 时,充分性成立。 假设充分性当 n = k 时成立,即 [a1, a2, ?, ak] = a1a2?ak ? (ai, aj) = 1,1 ? i, j ? k,i ? j。 对于整数 a1, a2, ?, ak, ak + 1,使用定理 3 中的 记号,由定理 3 可知 [a1, a2, ?, ak, ak + 1] = [mk, ak + 1]。 (4) 其中 mk = [a1, a2, ?, ak]。因此,如果 [a1, a2, ?, ak, ak + 1] = a1a2?akak + 1, 那么,由此及式(4)得到 m [a1, a2, ?, ak, ak + 1] = [mk, ak + 1] = (m k,aak ?1 ) =
k k ?1

a1a2?akak + 1, 即
mk (m k , a k ?1 )

= a1a2?ak ,
33

显然 mk ? a1a2?ak,(mk, ak + 1) ? 1。所以若使 上式成立,必是 (mk, ak + 1) = 1, (5) 并且 mk = a1a2?ak 。 (6) 由式(6)与式(5)推出 (ai, ak + 1) = 1,1 ? i ? k; (7) 由式(6)及归纳假设推出 (ai, aj) = 1,1 ? i, j ? k,i ? j 。 (8) 综合式(7)与式(8),可知当 n = k ? 1 时,充分 性成立。由归纳法证明了充分性。证毕。 定理 4 有许多应用。例如,如果 m1, m2, ?, mk 是两两互素的整数,那么,要证明 m = m1m2?mk 整除某个整数 Q,只需证明对于每 个 i,1 ? i ? k,都有 mi?Q。这一点在实际计 算中是很有用的。对于函数 f(x),要验证命题 “m?f(n),n?Z”是否成立,可以用第二节例 5 中的方法,验证“m?f(r),r = 0, 1, ?, m ? 1” 是否成立。这需要做 m 次除法。但是,若分别
34

验证“mi?f(ri),ri = 0, 1, ?, mi ? 1,1 ? i ? k” 是否成立,则总共需要做 m1 ? m2 ? ? ? mk 次 除法。后者的运算次数显然少于前者。 例 1 设 a, c 是正整数, b, 证明: b, c](ab, [a, bc, ca) = abc 。 解 由定理 3 和定理 2 有 ] [a, b, c] = [[a, b], c] = ([[aa,,bb],cc) , (9) 由第三节定理 5 和定理 2 的推论, (ab, bc, ca) = (ab, (bc, ca)) = (ab, c(a, b)) , ], a b abc = (ab, [a, b] ) ? (ab[aabb]abc) ? ab([a,, b]], c) 。 (10) [ , [ 联合式(9)与式(10)得到所需结论。 例 2 对于任意的整数 a1, a2, ?, an 及整数 k,1 ? k ? n,证明: [a1, a2, ?, an] = [[a1, ?, ak],[ak + 1, ?, an]] 解 因为[a1, a2, ?, an]是 a1, ?, ak, ak + 1, ?, an 的公倍数,所以由定理 2 推论,推出 [a1, ?, ak]?[a1, a2, ?, an], [ak + 1, ?, an]?[a1, a2, ?, an], 再由定理 3 推论知
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[[a1, ?, ak], [ak + 1, ?, an]]?[a1, a2, ?, an]。 (11) 另一方面,对于任意的 ai(1 ? i ? n) ,显然 ai?[[a1, ?, ak], [ak + 1, ?, an]], 所以由定理 3 推论可知 [a1, a2, ?, an]?[[a1, ?, ak], [ak + 1, ?, an]], 联合上式与式(11)得证。 例 3 设 a,b,c 是正整数,证明: [a, b, c][ab, bc, ca] = [a, b][b, c][c, a]。 解 由定理 2 推论 2 及例 2,有 [a, b, c][ab, bc, ca] = [[a, b, c]ab, [a, b, c]bc, [a, b, c]ca] = [[a2b, ab2, abc], [abc, b2c, bc2], [a2c, abc, ac2]] = [a2b, ab2, abc, abc, b2c, bc2, a2c, abc, ac2] = [abc, a2b, a2c, b2c, b2a, c2a, c2b] 以及 [a, b][b, c][c, a] = [[a, b]b, [a, b]c][c, a] = [ab, b2, ac, bc][c, a] = [ab[c, a], b2[c, a], ac[c, a], bc[c, a]]
36

= [abc, a2b, b2c, b2a, ac2, a2c, bc2, bca] = [abc, a2b, a2c, b2c, b2a, c2a, c2b], 由此得证。 习 题 四 1. 证明定理 1。 2. 证明定理 3 的推论。 3. 设 a,b 是正整数,证明:(a ? b)[a, b] = a[b, a ? b]。 4. 求正整数 a,b,使得 a ? b = 120,(a, b) = 24,[a, b] = 144。 5. 设 a,b,c 是正整数,证明: [a, b, c] 2 (a, b, c) 2 ? 。
[a, b][b, c][c, a] (a, b)(b, c)(c, a)

6. 设 k 是正奇数, 证明: ? 2 ? ? ? 9?1k 1 k k ?2 ???9 。 第五节 辗转相除法

本节要介绍一个计算最大公约数的算法—
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—辗转相除法, 又称 Euclid 算法。 它是数论中 的一个重要方法, 在其他数学分支中也有广泛 的应用。 定义 1 下面的一组带余数除法, 称为辗转 相除法。 设 a 和 b 是整数,b ? 0,依次做带余数除 法: a = bq1 ? r1, 0 < r1 < |b|, b = r1q2 ? r2, 0 < r 2 < r1 , ?? r k ? 1 = r kq k + 1 ? r k + 1, < r k + 1 < r k , 0 (1) ?? rn ? 2 = rn ? 1qn ? rn, 0 < rn < rn-1 , rn ? 1 = rnqn + 1 。 由于 b 是固定的,而且 |b| > r1 > r2 > ? , 所以式(1)中只包含有限个等式。 下面,我们要对式(1)所包含的等式的个数, 即要做的带余数除法的次数进行估计。 引理 1 用下面的方式定义 Fibonacci 数列
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{Fn}: F1 = F2 = 1,Fn = Fn ? 1 ? Fn ? 2,n ? 3, 那么对于任意的整数 n ? 3,有 Fn > ? n ? 2, (2) 其中? = 1 ?
5 2



证明 容易验证

? 2 = ? ? 1。
当 n = 3 时,由 F3 = 2 > 1 ?2 5 = ? 可知式(2)成立。 假设式(2)对于所有的整数 k ? n(n ? 3)成 立,即 Fk > ? k ? 2,k ? n, 则 Fn + 1 = Fn ? Fn ? 1 > ? n ? 2 ? ? n ? 3 = ? n ? 3(? ? 1) = ? n ? 3? 2 = ? n? 1, 即当 k = n ? 1 时式(2)也成立。 由归纳法知式(2) 对一切 n ? 3 成立。证毕。 定理 1(Lame) 设 a, b?N,a > b,使用在 式(1)中的记号,则
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n < 5log10b。 证明 在式(1)中,rn ? 1,qn + 1 ? 2,qi ? 1 (1 ? i ? n) ,因此 rn ? 1 = F2 , rn ? 1 ? 2rn ? 2 = F3 , rn ? 2 ? rn ? 1 ? rn ? F3 ? F 2 = F4 , ?? b ? r1 ? r2 ? Fn + 1 ? Fn = Fn + 2 , 由此及式(2)得 b ? ?n = (1 ?2 5 ) n , 即 log10b ? nlog10 1 ?2 5 ? 1 n , 5 这就是定理结论。证毕。 定理 2 使用式(1)中的记号,记 P0 = 1,P1 = q1,Pk = qkPk ? 1 ? Pk ? 2,k ? 2, Q0 = 0,Q1 = 1,Qk = qkQk ? 1 ? Qk ? 2,k ? 2, 则 aQk ? bPk = (?1)k ? 1rk,k = 1, 2, ?, n 。
40

(3) 证明 当 k = 1 时,式(3)成立。 当 k = 2 时,有 Q2 = q2Q1 ? Q0 = q2,P2 = q2P1 ? P0 = q2q1 ? 1, 此时由式(1)得到 aQ2 ? bP2 = aq2 ? b(q2q1 ? 1) = (a ? bq1)q2 ? b = r1q2 ? b = ?r2, 即式(3)成立。 假设对于 k < m(1 ? m ? n)式(3)成立,由 此假设及式(1)得到 aQm ? bPm= a(qmQm ? 1 ? Qm ? 2) ? b(qmPm ? 1 ? Pm ? 2) = (aQm ? 1 ? bPm ? 1)qm ? (aQm ? 2 ? bPm ? 2) = (?1)m ? 2rm ? 1qm ? (?1)m ? 3rm ? 2 = (?1)m ? 1(rm ? 2 ? rm ? 1qm) = (?1)m? 1 rm , 即式(3)当 k = m 时也成立。 定理由归纳法得证。 证毕。 定理 3 使用式(1)中的记号,有 rn = (a, b)。 证明 由第三节定理 1,从式(1)可见 rn = (rn ? 1, rn) = (rn ? 2, rn ? 1) = ? = (r1, r2) = (b,
41

r1) = (a, b)。 证毕。 现在我们已经知道,利用辗转相除法可以 求出整数 x,y,使得 ax ? by = (a, b) 。 (4) 为此所需要的除法次数是 O(log10b)。 但是如果 只需要计算(a, b)而不需要求出使式(4)成立的 整数 x 与 y,则所需要的除法次数还可更少一 些。 例 1 设 a 和 b 是正整数,那么只使用被 2 除的除法运算和减法运算就可以计算出(a, b)。 解 下面的四个基本事实给出了证明: (ⅰ) 若 a?b,则(a, b) = a; (ⅱ) 若 a = 2?a1, 2 ?| a1,b ? 2 ? b1,2 ?| b1 ,? ? ? ? 1,则 (a, b) = 2? (2? ? ?a1, b1); (ⅲ) 若 2 ?| a,b ? 2 ? b1,2 ?| b1 ,则(a, b) = (a, b1); (ⅳ) 若 2 ?| a,2 ?| b, 则 (a, b) ? (| a ? b |, b) 。
2

在实际计算过程中,若再灵活运用最大公 约数的性质(例如第三节定理 4 的推论) ,则 可使得求最大公约数的过程更为简单。
42

例 2 用辗转相除法求(125, 17), 以及 x, y, 使得 125x ? 17y = (125, 17)。 解 做辗转相除法: 125 = 7?17 ? 6,q1 = 7,r1 = 6, 17 = 2?6 ? 5, q2 = 2,r2 = 5, 6 = 1?5 ? 1, q3 = 1,r3 = 1, 5 = 5?1, q4 = 5。 由定理 4,(125, 17) = r3 = 1。 利用定理 2 计算(n = 3) P0 = 1,P1 = 7,P2 = 2?7 ? 1 = 15,P3 = 1?15 ? 7 = 22, Q0 = 0,Q1 = 1,Q2 = 2?1 ? 0 = 2,Q3 = 1?2 ? 1 = 3, 取 x = (?1)3 ? 1Q3 = 3,y = (?1)3P3 = ?22,则 125?3 ? 17?(?22) = (125, 17) = 1。 例 3 求(12345, 678)。 解 (12345, 678) = (12345, 339) = (12006, 339) = (6003, 339) = (5664, 339) = (177, 339) = (177, 162) = (177, 81) = (96, 81) = (3, 81) = 3。
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例 4 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(n < m)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子中有多 少硬币,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。 解 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目相 同。

44

习 题 五 1. 说明例 1 证明中所用到的四个事实的 依据。 2. 用辗转相除法求整数 x,y,使得 1387x ? 162y = (1387, 162)。 3. 计算:(27090, 21672, 11352)。 4. 使用引理 1 中的记号, 证明: n + 1, Fn) (F = 1。 5. 若四个整数 2836,4582,5164,6522 被同一个大于 1 的整数除所得的余数相同, 且 不等于零,求除数和余数各是多少? 6. 记 Mn = 2n ? 1,证明:对于正整数 a, b,有(Ma, Mb) = M(a, b)。 第六节 算术基本定理

在本节中,我们要介绍整数与素数的一个 重要关系, 即任何大于 1 的正整数都可以表示 成素数的乘积。 引理 1 任何大于 1 的正整数 n 可以写成素 数之积,即
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n = p1p2?pm, (1) 其中 pi(1 ? i ? m)是素数。 证明 当 n = 2 时,结论显然成立。 假设对于 2 ? n ? k,式(1)成立,我们来证 明式(1)对于 n = k ? 1 也成立,从而由归纳法 推出式(1)对任何大于 1 的整数 n 成立。 如果 k ? 1 是素数,式(1)显然成立。 如果 k ? 1 是合数, 则存在素数 p 与整数 d, 使得 k ? 1 = pd。 由于 2 ? d ? k, 由归纳假定知 存在素数 q1, q2, ?, ql, 使得 d = q1q2?ql, 从而 k ? 1 = pq1q2?ql。证毕。 定理 1(算术基本定理) 任何大于 1 的整数 n 可以唯一地表示成 n = p1? p? ? p? , (2) 2 k 其中 p1, p2, ?, pk 是素数, 1 < p2 < ? < pk, 1, p ? ?2, ?, ?k 是正整数。 证明 由引理 1, 任何大于 1 的整数 n 可以 表示成式(2)的形式, 因此, 只需证明表示式(2) 的唯一性。 假设 pi(1 ? i ? k)与 qj(1 ? j ? l)都是素 数,
1 2 k

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p1 ? p2 ? ? ? pk,q1 ? q2 ? ? ? ql, (3) 并且 n = p1p2?pk = q1q2?ql , (4) 则由第三节定理 4 推论 1, 必有某个 q(1 ? j ? j l) ,使得 p1?qj,所以 p1 = qj;又有某个 pi(1 ? i ? k) ,使得 q1?pi,所以 q1 = pi。于是,由式 (3)可知 p1 = q1,从而由式(4)得到 p2?pk = q2?ql 。 重复上述这一过程,得到 k = l,pi = qi ,1 ? i ? k 。 证毕。 定义 1 使用定理 1 中的记号,称 n = p1? p? ? p? 2 k 是 n 的标准分解式,其中 pi(1 ? i ? k)是素 数,p1 < p2 < ? < pk,? (1 ? i ? k)是正整数。 i 推论 1 使用式(2)中的记号,有 (ⅰ) n 的正因数 d 必有形式 ? d = p1? p2 ? pk? ,?i?Z,0 ? ?i ? ? i,1 ? i ? k; (ⅱ) n 的正倍数 m 必有形式
1 2 k 1 2 k

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m = p1?

M,M?N,?i?N,?i ? ? i,1 ? i ? k。 证明 留作习题。 推论 2 设正整数 a 与 b 的标准分解式是
1

? ? p2 2 ? pk k

? ? ? ? a ? p1 1 ? pk k q1 1 ?ql? l ,b ? p1?1 ? pk k r1?1 ?rs? s

其中 pi(1 ? i ? k) i(1 ? i ? l)与 ri(1 ? i ? ,q s)是两两不相同的素数,?i,?i(1 ? i ? k) , ?i(1 ? i ? l)与?i(1 ? i ? s)都是正整数,则 (a, b) = p1? ? pk? , ?i = min{?i, ?i },1 ? i ? k,
1 k

[a, b] = p1 ? pk q1 ?ql r ?rs , 1 ?i = max{?i, ?i },1 ? i ? k。 证明 留作习题。 为了方便,推论 2 常叙述为下面的形式: 推论 2 ? 设正整数 a 与 b 的标准分解式是 ? ? ? ? a ? p1 p? ? p? ,b ? p1 p2 ? pk , 2 k 其中 p1, p2, ?, pk 是互不相同的素数,?i,?i (1 ? i ? k)都是非负整数,则
1 2 k 1 1 k

?1

?k

?1

?l

?1

?s

? ? ? (a, b) ? p1 1 p 21 ? p k k , ?i ? min{? i , ? i }, 1 ? i ? k, ? ? ? [a, b] ? p1 1 p 2 1 ? p k k , ? i ? max{ ? i , ? i }, 1 ? i ? k。

48

推论 3 设 a,b,c,n 是正整数, ab = cn ,(a, b) = 1, (5) 则存在正整数 u,v,使得 a = un,b = vn,c = uv,(u, v) = 1。 ? 证明 设 c = p1? p2 ? pk? , 其中 p1, p2, ?, pk 是 互不相同的素数,?i(1 ? i ? k)是正整数。又 设 ? ? ? ? a ? p1 p? ? p? ,b ? p1 p2 ? pk , 2 k 其中?I,?i(1 ? i ? k)都是非负整数。由式(5) 及推论 2 ?可知 min{?i, ?i} = 0,?i ? ?i = n?i,1 ? i ? k, 因此,对于每个 i(1 ? i ? k) ,等式 ?i = n?i ,?i = 0 与?i = 0,?i = n?i 有且只有一个成立。这就证明了推论。证毕。 例 1 写出 51480 的标准分解式。 解 我们有 51480 = 2?25740 = 22?12870 = 23?6435 = 23?5?1287 = 23?5?3?429 = 23?5?32?143 = 23?32?5?11?13。 例 2 设 a,b,c 是整数,证明:
1 1 k 1 2 k 1 1 k

49

(ⅰ) (ⅱ) 解 整数。 (ⅰ)

(a, b)[a, b] = ab; (a, [b, c]) = [(a, b), (a, c)]。 为了叙述方便,不妨假定 a,b,c 是正 设

? ? ? ? a ? p1 1 p?2 ? p?k ,b ? p1 1 p2 1 ? pk k , 2 k

其中 p1, p2, ?, pk 是互不相同的素数,?i,?i (1 ? i ? k)都是非负整数。由定理 1 推论 2 ?, 有
? ? ? (a, b) ? p1 1 p 21 ? p k k , ?i ? min{? i , ? i }, 1 ? i ? k, ? ? ? [a, b] ? p1 1 p 2 1 ? p k k , ? i ? max{ ? i , ? i }, 1 ? i ? k。

由此知 k k k (a, b)[a, b] = ? pi? ? ? ? ? pimin{? , ? }?max{? , ? } ? ? pi? ? ? =ab;
i i i i i i i i

i ?1

i ?1

i ?1

(ⅱ) 设

a ? ? p i , b ? ? p i , c ? ? p i? i
i ?1 i ?1 i ?1

k

?i

k

?i

k



其中 p1, p2, ?, pk 是互不相同的素数,?i,?i, ?(1 ? i ? k) 都是非负整数。 由定理 1 推论 2 ?, i 有
50

(a, [b, c]) ? ? p i?i , [(a, b), (a, c)] ? ? p i?i
i ?1 i ?1

k

k



其中,对于 1 ? i ? k,有 ?i = min{?i, max{?i, ?i}}, ?i = max{min{?i, ?i}, min{?i, ?i}}, 不妨设?i ? ?i,则 min{?i, ?i} ? min{?i, ?i}, 所以 ?i = min{?i, ?i} = ?i , 即(a, [b, c]) = [(a, b), (a, c)]。 注: 利用定理 1 可以容易地处理许多像例 2 这样的问题。 例 3 证明: N ? 1 ? 1 ? 1 ? ? ? 1 (n ? 2)不
3 5 2n ? 1

是整数。 解 设 3k ? 2n ? 1 < 3k + 1。 对于任意的 1 ? i ? n,2i ? 1 ? 3k,记 2i ? 1 = 3? Qi,Qi?Z, 由 第 一 节 例 5 , 知 ?i ? k ? 1 。 因 为 3k ? 1 Q1Q2?Q2n ? 1 是整数,所以,如果 N 是整数, 则存在整数 Q,使得
i

51

3k ? 1Q1Q2?Q2n ? 1N = Q ? 3k ? 1Q1Q2?Q2n ?1

1 3k



由于 3 ?| Q1Q2?Q2n?1,所以上式右端不是整数, 这个矛盾说明 N 不能是整数。 习 题 六 1. 证明定理 1 的推论 1。 2. 证明定理 1 的推论 2。 3. 写出 22345680 的标准分解式。 4. 证明:在 1, 2, ?, 2n 中任取 n ? 1 数, 其中至少有一个能被另一个整除。 5. 证明: 1 ? 1 ? ? ? 1 (n ? 2)不是整数。
2 n

6. 设 a,b 是正整数,证明:存在 a1,a2, b1,b2,使得 a = a1a2,b = b1b2,(a2, b2) = 1, 并且[a, b] = a2b2。 第七节 函数[x]与{x}

本节中要介绍函数[x],它在许多数学问题 中有广泛的应用。
52

定义 1 设 x 是实数,以[x]表示不超过 x 的最大整数,称它为 x 的整数部分,又称{x} = x ? [x]为 x 的小数部分。 定理 1 设 x 与 y 是实数,则 (ⅰ) x ? y ? [x] ? [y]; (ⅱ) 若 m 是整数,则[m ? x] = m ? [x]; (ⅲ) 若 0 ? x < 1,则[x] = 0; 若 {x} ? { y} ? 1 (ⅳ) [x ? y] = ? [ x] ? [ y] ; ? (ⅴ) [?x]
若 {x} ? { y} ? 1 ?[ x] ? [ y ] ? 1 若 x?Z = ? ? [ x] ; ? 若 x?Z ?? [ x] ? 1 0 ?1 ? {x} 若 x?Z 。 若 x?Z

(ⅵ) {?x} = ? ?

证明 留作习题。 定理 2 设 a 与 b 是正整数, 则在 1, 2, ?, a 中能被 b 整除的整数有 [ a ] 个。
b

证明 能被 b 整除的正整数是 b, 2b, 3b, ?, 因此, 若数 1, 2, ?, a 中能被 b 整除的整数有 k 个,则 kb ? a < (k ? 1)b ? k ? a < k ? 1 ? k = [ a ] 。
b
b

证毕。 由定理 2 我们看到,若 b 是正整数,那么
53

对于任意的整数 a,有
a ? b[ a ] ? b{a} , b b

即在带余数除法 a = bq ? r,0 ? r < b 中有 q ? [ b ] ,r ? b{b} 。 定理 3 设 n 是正整数,n! = p1? 的标准分解式,则 ? ?i = ?[ nr ] 。
r ?1
1

a

a

p? 2 ? p? k 2 k

是 n! (1)

pi

证明 对于任意固定的素数 p, p(k)表示 以 在 k 的标准分解式中的 p 的指数,则 p(n!) = p(1) ? p(2) ? ? ? p(n)。 以 nj 表示 p(1), p(2), ?, p(n)中等于 j 的个数, 那么 p(n!) = 1?n1 ? 2?n2 ? 3?n3 ? ? , (2) j 显然, j 就是在 1, 2, ?, n 中满足 p ?a 并且 n pj + 1 ?| a 的整数 a 的个数,所以,由定理 2 有 nj = [ nj ] ? [ n?1 ] 。 j
p p

将上式代入式(2),得到
54

p(n! ) ? 1([
?

n ] ? [ n2 ]) ? 2([ n2 ] ? [ n3 ]) ? 3([ n3 ] ? [ n4 ]) ? ? p p p p p p n pr

? ?[
r ?1

]。

即式(1)成立。证毕。 推论 设 n 是正整数,则 n! = ? p
p?n
r ?1

?[ pr ]

?

n



其中 ? 表示对不超过 n 的所有素数 p 求积。
p ?n

定理4

设 n 是正整数,1 ? k ? n ? 1,则 n! Ck ? ?N。 (3) n k! ( n ? k )!

若 n 是素数,则 n? C kn ,1 ? k ? n ? 1。 证明 由定理 3,对于任意的素数 p,整数 n!,k!与(n ? k)!的标准分解式中所含的 p 的指 数分别是 ? ? ? n?k n k ? [ r ], ? [ r ] 与 ? [ r ] 。
r ?1

p

r ?1

p

r ?1

p

利用定理 1 可知
?[
r ?1 ?

n p

] ? ?[ r
r ?1

?

k p

] ? ? [ n ?r k ] , r
? r ?1

p

因此 C kn 是整数。 若 n 是素数,则对于 1 ? k ? n ? 1,有 (n, k!) = 1,(n, (n ? k)!) = 1 ? (n, k!(n ? k)!) =
55

1, 由此及
Ck ? n n ? ( n ? 1)! ?N, k! ( n ? k )!

推出 k!(n ? k)!?(n ? 1)!,从而 n? C kn 。证毕。 例 1 求最大的正整数 k,使得 10k?199!。 解 由定理 3,199!的标准分解式中所含的 5 的幂指数是 [199] ? [199] ? [199] ? ? = 47, 2 3
5 5 5

所以,所求的最大整数是 k = 47。 例 2 设 x 与 y 是实数,则 [2x] ? [2y] ? [x] ? [x ? y] ? [y]。 (4) 解 设 x = [x] ? ?,0 ? ? < 1,y = [y] ? ?, 0 ? ? < 1,则 [x] ? [x ? y] ? [y] = 2[x] ? 2[y] ? [? ? ?], (5) [2x] ? [2y] = 2[x] ? 2[y] ? [2?] ? [2?]。 (6) 如果[? ? ?] = 0,那么显然有[? ? ?] ? [2?] ? [2?]; 如果[? ? ?] = 1,那么?与?中至少有一个不
56

小于 1 ,于是 [2?] ? [2?] ? 1 = [? ? ?]。 因此无论[? ? ?] = 0 或 1, 都有[? ? ?] ? [2?] ? [2?],由此及式(5)和式(6)可以推出式(4)。 例 3 设 n 是正整数,则 (7) [ n ? n ? 1] ? [ 4n ? 2 ] 。 解 首先,我们有
[ n ? n ? 1] ? n ? n ? 1 ? 2n ? 1 ? 2 n(n ? 1) ? 2n ? 1 ? 2n ? 1 ? 4n ? 2 ,

2

所以
[ n ? n ? 1] ? [ 4n ? 2 ] 。

若上式中的等号不成立,即 [ n ? n ? 1] ? [ 4n ? 2 ] , 则存在整数 a,使得
[ n ? n ? 1] ? a ? [ 4n ? 2 ] ,

(8)

因此
2n ? 1 ? 2 n(n ? 1) ? a 2 ? 4n ? 2 , 2 n 2 ? n ? a 2 ? 2n ? 1 ? 2n ? 1 , 2 2 2

(2n ? 1) ? 1< (a ? 2n ? 1) ? (2n ? 1)2, 所以 a2 ? 2n ? 1 = 2n ? 1 ? a2 = 4n ? 2。
57

(9) 但是,无论 2?a 或 2 ?| a,式(9)都不能成立,这 个矛盾说明式(8)不能成立,即式(7)成立。 例 4 设 x 是正数,n 是正整数,则 1 2 n ?1 [ x] ? [x ? ] ? [x ? ] ? ? ? [x ? ] = [nx]。
n n

解 则

设 x = [x] ?
[ x] ? [x ?

n i i ?1 ?, ? ? ? ,0 n n

? i ? n ? 1,

= n[x] ? i = n[x] ? [n?] = [n([x] ? ?)] = [nx]。 例 5 求[ ( 3 ? 2 )1992 ]的个位数。 解 由 ( 3 ? 2)2 ? 5 ? 2 6 得
( 3 ? 2 )1992 ? ( 3 ? 2 )1992

1 ] ? [x ? 2 ] ? ? ? [x ? n ? 1] n n n

= (5 ? 2 6 )996 ? (5 ? 2 6 )996 2 = 2(5996 ? C996 ? 5994 22 ? 6 ? ? ? 29966498 ) = 10A ? 2997?6498 = 10A ? 2?24498= 10A ? 2(25 ? 1)498 = 10B ? 2 , (10) 其中 A 和 B 都是整数。由于 0 < 5 ? 2 6 < 1,所 以,由式(10)可知[ ( 3 ? 2 )1996 ]的个位数是 1。
58

注: 一般地,如果 A,B?N,A2 > B,A ? 1,则由
( A ? B ) k ? ( A ? B ) k ? 2( Ak ? C 2 Ak ?2 B ? ?) k

B

<

可以求出[ ( A ? B ) k ]。 例 6 设 x 和 y 是正无理数,1 ? 1 ? 1 , 证明: x y 数列 [x], [2x], ?, [kx], ? 与 [y], [2y], ?, [my], ? (11) 联合构成了整个正整数集合,而且,两个数列 中的数互不相同。 解 显然 x > 1,y > 1,并且 x ? y。因此, 在数列(11)中至多有一个数等于给定的正整数 n,否则存在正整数 k 与 m,使得 n = [kx] = [my]。 因为 x 与 y 都是无理数,所以我们有 n < kx < n ? 1,n < my < n ? 1,
k 1 k m 1 m ? ? , ? ? , n ?1 x n n ?1 y n k?m 1 1 k?m ? ? ?1? , n ?1 x y n

n < k ? m < n ? 1, 这是不可能的。
59

下面证明,对于任意给定的正整数 n,总可 找到某个正整数 k,使得 n 等于[kx]或者[ky]。 假设不然,则存在 p, q?N,使得 [px] < n < [(p ? 1)x],[qy] < n < [(q ? 1)y]。 于是(因为 x 和 y 是无理数) , px < n < n ? 1 ? [(p ? 1)x] < (p ? 1)x, qy < n < n ? 1 ? [(q ? 1)y] < (q ? 1)y, p?q 1 1 p?q?2 ? ? ?1? , n x y n ?1 p ? q < n < n ? 1 < p ? q ? 2, 这是不可能的。 习 题 七 1. 证明定理 1。 2. 求使 12347!被 35k 整除的最大的 k 值。 3. 设 n 是正整数,x 是实数,证明: ? n ? 2 r ?1 ?[ r ] = n。
2

r ?1

4. 设 n 是正整数,求方程 x2 ? [x2] = (x ? [x])2 在[1, n]中的解的个数。 5. 证明:方程
60

f(x) = [x] ? [2x] ? [22x] ? [23x] ? [24x] ? [25x] = 12345 没有实数解。 6. 证明:在 n!的标准分解式中,2 的指数 h = n ? k,其中 k 是 n 的二进制表示的位数码 之和。 第八节 素 数

在第六节中我们已经证明了:每个正整数 可以表示成素数幂的乘积。 这就引出了一个问 题:素数是否有无穷多个?如果有无穷多个, 那么,作为无穷大量,素数个数具有怎样的性 状?这是数论研究中的一个中心课题。 本节要 对这一问题作初步的研究。 定义 1 对于正实数 x,以?(x)表示不超过 x 的素数个数。 例如,?(15) = 6,?(10.4) = 4,?(50) = 15。 定理 1 素数有无限多个。 证明 我们给出三个证明方法。 证法Ⅰ 假设只有 k 个素数,设它们是 p1, p2, ?, pk 。记
61

N = p1p2?pk ? 1。 由第一节定理 2 可知,N 有素因数 p,我们要 说明 p ? pi ,1 ? i ? k,从而得出矛盾。 事实上, 若有某个 i, ? i ? k, 1 使得 p = pi , 则由 p?N = p1p2?pk ? 1 推出 p?1,这是不可能的。因此在 p1, p2, ?, pk 之外又有一个素数 p,这与假设是矛盾的。所 以素数不可能是有限个。 证法Ⅱ 我们证明整数
2 ? 1, 2 2 ? 1, 2 2 ? 1, ?, 2 2 ? 1, ?
2 n

是两两互素的, 从而由第六节引理 1 可知素数 有无限多个。 事实上,若 m 和 n 是整数,m > n ? 0,则
2 2 ? 1 ? (2 2 ? (2 2 ?? ? (2 2
mn ?1 m m ?1

? 1)(2 2 ? 1)(2 2

m ?1

? 1) ? 1)(2 2
m?2

m ?1

m?2

? 1)
n n

? 1)(2 2

m?2

? 1) ? (2 2 ? 1)(2 2 ? 1)

? Q(2 2 ? 1) ,

n

此处 Q 是整数。因此
2 2 ? 1 ? Q(2 2 ? 1) ? 2 ,
m n


62

(2 2 ? 1, 2 2 ? 1) ? (2, 2 2 ? 1) ? 1。

m

n

n

证法Ⅲ 假设只有有限个素数 p1, p2, ?, pk 。由第六节定理 1,每个正整数可以写成 n = p1? p? ? p? ,?i ? 1,1 ? i ? k。 2 k 由于 ? (1 ? 1 ) ?1 ? ? 1? ,
1 2 k

p

? ?0

p

所以,对于任何正整数 N,有
1? 1 1 1 1 1 ?1 ? ? ? ? ? (1 ? ) ?1 (1 ? ) ? (1 ? 1 2 3 N p1 p2 pk

) ?1 。

当 N?? 时,上式左端是一个无穷大量,右端 是有限的,这个矛盾说明素数不能是有限多 个。证毕。 注 1:形如 2 2 ? 1 (n = 0, 1, 2, ?)的数称为 Fermat 数。Fermat 曾经猜测它们都是素数。 这是错误的,因为尽管 F0,F1,F2,F3,F4 都是素数,F5 = 22 ? 1 ? 641? 6700417却是合数。 注 2:将全体素数按大小顺序排列为 p1 = 2,p2 = 3,p3 = 5,p4,?,pn,?, 那么由第一个证明方法可以看出 pn + 1 ? p1p2?pn ? 1,n ? 1。 定理 2 对于 n ? 1,
n

5

63

(ⅰ)

?(n) ? 1 log2n;
2 2n

(ⅱ) pn ? 2 。 证明 (ⅰ) 设 n 是大于 1 的正整数。 由算 术基本定理,对于任意的整数 k,1 ? k ? n, 都有整数 a 和 b,使得 k = a2b,其中整数 b 不 能被任何大于 1 的整数的平方整除。现在,我 们来看使得 k = a2b,1 ? k ? n (1) 2 即 1 ? a b ? n 成立的整数 a,b 有多少对。首 先,整数 a 的个数 ? n ;其次,由于 b ? n 并 且不含有平方因数,所以,整数 b 的因数只可 能是不超过 n 的不同的素数的乘积,因此,整 数 b 的个数 ? 2?(n)。这样,使得式(1)成立的整 数 a 和 b 至多是 n 2?(n) 对,所以,n ? n 2?(n), 即?(n) ? 1 log2n。
2

(ⅱ) 以 pm 表示第 m 个素数,在结论(ⅰ) 中取 n = pm,我们得到 m ? 1 log2pm,由此即可
2

得到结论(ⅱ)。证毕。 注: 定理 2 对于无穷大量?(x)的下界估计是
64

相当粗糙的。下面的定理是已经知道的(由于 其证明较繁,故本书中不予证明) 。 定理 3(素数定理) 我们有 x ?(x) ? log x , (x??) , 此处 logx 是以 e 为底的 x 的对数。 推论 以 pn 表示第 n 个素数,则 pn ? nlogn(n??) 。 证明 由定理 3,当 n?? 时,有 p n ? log np 。
n

(2)

因此 nlogpn ? pn, logn ? loglogpn ? logpn, logn ? logpn。 由上式与式(2)得 pn ? nlogn(n??) 。证毕。 n 例 1 若 a > 1,a ? 1 是素数,则 a = 2, 并且 n 是素数。 解 若 a > 2,则由 an ? 1 = (a ? 1)(an ? 1 ? an ? 2 ? ? ? 1) 可知 a n ? 1 是合数。所以 a = 2。 若 n 是合数,则 n = xy,x > 1,y > 1,于是
65

由 2xy ? 1 = (2x ? 1)(2x(y ? 1) ? 2x(y ? 2) ? ? ? 1) 以及 2x ? 1 > 1 可知 2n ? 1 是合数, 所以 2n ? 1 是素数时,n 必是素数。 注:若 n 是素数,则称 2n ? 1 是 Mersenne 数。 例 2 形如 4n ? 3 的素数有无限多个。 解 若不然,假设只有 k 个形如 4n ? 3 的 素数 p1, p2, ?, pk。记 N = 4p1p?pk – 1。 由第六节引理 1,正整数 N 可以写成若干 个素数之积。我们指出,这些素因数中至少有 一个是 4n ? 3 形式。否则,若它们都是 4n ? 1 的形式,则 N 也是 4n ? 1 的形式,这与 N 的 定义矛盾。以 p 表示这个素因数,则 p ? pi,1 ? i ? k。 否则若有某个 i, ? i ? k, 1 使得 p = pi, 则由 p?N 推出 p?1,这是不可能的。因此在 p1, p2, ?, pk 之外又存在一个形如 4n ? 3 的素 数 p,这与原假设矛盾,所以形如 4n ? 3 的素 数有无限多个。 例 3 设 f(x) = akxk ? ak ? 1xk ? 1 ? ? ? a0 是
66

整系数多项式, 那么, 存在无穷多个正整数 n, 使得 f(n)是合数。 解 不妨假定 ak > 0。于是 f(x)? ??(x? ??) ,因此,存在正整数 N,使得当 n > N 时, 有 f(n) > 1。取整数 x > N,记 y = f(x) = akxk ? ak ? 1xk ? 1 ? ? ? a0, 又设 r 是任意的正整数,n = ry ? x,则 f(n) = f(ry ? x) = ak(ry ? x)k ? ak ? 1(ry ? x)k ? 1 ? ? ? a0 = yQ ? f(x) = y(Q ? 1) 是合数。 习 题 八 1. 证明:若 2n ? 1 是素数,则 n 是 2 的乘 幂。 2. 证明:若 2n ? 1 是素数,则 n 是素数。 3. 证明:形如 6n ? 5 的素数有无限多个。 4. 设 d 是正整数,6 ?| d,证明:在以 d 为 公差的等差数列中, 连续三项都是素数的情况 最多发生一次。 5. 证明:对于任意给定的正整数 n,必存
67

在连续的 n 个自然数,使得它们都是合数。 ? 1 6. 证明:级数 ? p 发散,此处使用了定理
n ?1 n

1 注 2 中的记号。

68


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