第一章 整数的可除性
1.1 整除的概念、欧几里得除法
定义 1.1.1
设 a , b a,b a,b是任意的两个整数,其中 b ≠ 0 b\ne0 b=0。如果存在一个整数 q q q使得等式
a = q ⋅ b a=q\cdot b a=q⋅b
成立,就称 b b b整除 a a a,或 a a a被 b b b整除,记作 b ∣ a b\mid a b∣a,并把 b b b叫做 a a a的因数, a a a叫做 b b b的倍数。反之,若 b b b不能整除 a a a,则记作 b ∤ a b\nmid a b∤a。
整除显然有如下结论
- 0是任何非零整数的倍数。
- 1是任何整数的因数。
- 任何非零整数a是其自身的倍数,也是其自身的因数。
定理 1.1.1
设 a , b , c ≠ 0 a, b, c\ne 0 a,b,c=0是三个整数。若 a ∣ b , b ∣ c a\mid b,b\mid c a∣b,b∣c,则 a ∣ c a\mid c a∣c。
定理 1.1.2/1.1.3
设 a , b , c ≠ 0 a, b, c\ne 0 a,b,c=0是三个整数。若 a ∣ b , a ∣ c a\mid b, a\mid c a∣b,a∣c,则对任意整数 s , t s,t s,t,有 a ∣ ( s ⋅ b + t ⋅ c ) a\mid (s\cdot b+t\cdot c) a∣(s⋅b+t⋅c)。
定理 1.1.4
定理 1.1.4是对定理 1.1.2/1.1.3的推广
设整数 c ≠ 0 c\ne0 c=0。若整数 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an均是 c c c的倍数,则对任意的整数 s 1 , s 2 , ⋯ , s n s_1,s_2,\cdots,s_n s1,s2,⋯,sn,有
c ∣ ( s 1 ⋅ a 1 + s 2 ⋅ a 2 + ⋯ + s n ⋅ a n ) c\mid (s_1\cdot a_1+s_2\cdot a_2+\cdots+s_n\cdot a_n) c∣(s1⋅a1+s2⋅a2+⋯+sn⋅an)
定理 1.1.5
设 a , b a,b a,b都是非零整数。若 a ∣ b , b ∣ a a\mid b,b\mid a a∣b,b∣a,则 a = ± b a=\pm b a=±b。
定义 1.1.2
设整数 n ≠ 0 , ± 1 n\ne 0,\pm1 n=0,±1。如果除了 ± 1 , ± n \pm1,\pm n ±1,±n之外, n n n再无其他的因数,那么则称 n n n为素数(或质数,不可约数)。否则,则称 n n n为合数。
定理 1.1.6
设 n n n是一个正合数, p p p是 n n n的一个大于1的最小正因数,则 p p p一定是素数,且 p ≤ n p\le\sqrt{n} p≤n。
定理 1.1.7
设 n n n是正整数。如果对于所有小于 n \sqrt{n} n的素数 p p p,都有 p ∤ n p\nmid n p∤n,则 n n n是素数。
通过定理 1.1.7,我们可以找到一个寻找质数的确定性方法,这个方法也被称为Eratosthenes筛法。
同时,定理 1.1.7也提供了一个判断素数的方法。对于任意给定的整数 N N N,设不大于 N \sqrt{N} N的素数为 S = { p 1 , p 2 , ⋯ , p s } S=\{p_1,p_2,\cdots,p_s\} S={ p1,p2,⋯,ps}。若对任意的 p i ∈ S p_i\in S pi∈S,都有 p i ∤ N p_i\nmid N pi∤N,则 N N N是素数。
定理 1.1.8
素数有无穷多个。
证明:假设素数只有有穷个,设这有穷个素数集合为 p 1 , p 2 , ⋯ , p n p_1,p_2,\cdots,p_n p1,p2,⋯,pn,考虑整数 p p p,如下所示
p = p 1 ⋅ p 2 ⋯ p n + 1 p=p_1\cdot p_2\cdots p_n+1 p=p1⋅p2⋯pn+1
假设 p p p是合数,由定理 1.1.6, p p p必然有一个最小的素数因子 p i p_i pi,即 p i ∣ p p_i\mid p pi∣p。又因为 p i ∣ ( p 1 ⋅ p 2 ⋯ p n ) p_i\mid (p_1\cdot p_2\cdots p_n) pi∣(p1⋅p2⋯pn),由定理 1.1.3得, p i ∣ ( p − p 1 ⋅ p 2 ⋯ p n ) p_i\mid (p-p_1\cdot p_2 \cdots p_n) pi∣(p−p1⋅p2⋯pn),即 p i ∣ 1 p_i\mid 1 pi∣1,与 p i > 1 p_i>1 pi>1矛盾。因此素数有无穷多个。
定理 1.1.9
(欧几里得除法)设 a , b a,b a,b是两
个整数,其中 b > 0 b>0 b>0,则存在唯一得整数 q , r q,r q,r,使得
a = q ⋅ b + r , 0 ≤ r < b . a=q\cdot b+r,0\le r<b. a=q⋅b+r,0≤r<b.
定义 1.1.3
在定理1.1.9中, q q q被称为 a a a被 b b b除所得的不完全商, r r r被称为 a a a被 b b b除所得的余数。
推论 1.1.3
在定理1.1.9的条件下, b ∣ a b\mid a b∣a的充要条件是 r = 0 r=0 r=0。
定义 1.1.4
设 x x x是实数,则称 x x x的整数部分为小于或等于 x x x的最大整数,记作 [ x ] [x] [x],此时有
[ x ] ≤ x < [ x ] + 1 [x]\le x <[x]+1 [x]≤x<[x]+1
在定义 1.1.4之下,定理 1.1.9中,有
q = [ a b ] , r = a − b ⋅ [ a b ] q=[\frac{a}{b}],\ r=a-b\cdot [\frac{a}{b}] q=[ba], r=a−b⋅[ba]
定理 1.1.10
(广义欧几里得除法)设 a , b a,b a,b是两个整数,其中 b > 0 b>0 b>0。则对任意整数 c c c,存在唯一的整数 q , r q,r q,r,使得
a = q ⋅ b + r , c ≤ r < c + b . a=q\cdot b+r,\ c\le r < c+b. a=q⋅b+r, c≤r<c+b.
1.2 整数的表示
定理 1.2.1
设 b b b是大于1的整数,则每个正整数 n n n可以唯一地被表示成
n = a k − 1 b k − 1 + a k − 2 b k − 2 + ⋯ + a 0 b 0 n=a_{k-1}b^{k-1}+a_{k-2}b^{k-2}+\cdots+a_0b^0 n=ak−1bk−1+ak−2bk−2+⋯+a0b0
其中, a i a_i ai是整数且有 a i < b a_i<b ai<b,首项系数 a k − 1 ≠ 0 a_{k-1}\ne0 ak−1=0。
因此,正整数 n n n在 b b b进制下的表示为 ( a k − 1 a k − 2 ⋯ a 0 ) b (a_{k-1}a_{k-2}\cdots a_0)_b (ak−1ak−2⋯a0)b。
1.3 最大公因数与广义欧几里得除法
定义 1.3.1
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是 n n n个正整数。对于整数 d d d,若满足
d ∣ a 1 , d ∣ a 2 , ⋯ , d ∣ a n d\mid a_1, d\mid a_2,\cdots,d\mid a_n d∣a1,d∣a2,⋯,d∣an
则称 d d d是 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an的公因数。特别地,若 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an不全为0,我们将 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an的所有公因数中最大的那一个称为最大公因数,记作 ( a 1 , a 2 , ⋯ , a n ) (a_1,a_2,\cdots,a_n) (a1,a2,⋯,an)。
当 ( a 1 , a 2 , ⋯ , a n ) = 1 (a_1,a_2,\cdots,a_n)=1 (a1,a2,⋯,an)=1时,则称 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an互素或互质。
最大公因数的数学表示如下
- d ∣ a 1 , d ∣ a 2 , ⋯ , d ∣ a n d\mid a_1,d\mid a_2,\cdots,d\mid a_n d∣a1,d∣a2,⋯,d∣an
- 若 e ∣ a 1 , e ∣ a 2 , ⋯ , e ∣ a n e\mid a_1,e\mid a_2,\cdots,e\mid a_n e∣a1,e∣a2,⋯,e∣an,则 e ∣ d e\mid d e∣d
此时, d d d是集合 { s 1 ⋅ a 1 + s 2 ⋅ a 2 + ⋯ + s n ⋅ a n ∣ s 1 , s 2 , ⋯ , s n ∈ Z } \{s_1\cdot a_1+s_2\cdot a_2+\cdots+s_n\cdot a_n|s_1,s_2,\cdots,s_n \in Z\} { s1⋅a1+s2⋅a2+⋯+sn⋅an∣s1,s2,⋯,sn∈Z}的最小正整数。
定理 1.3.1
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是n个不全为 0 0 0的整数,则有 ( a 1 , a 2 , ⋯ , a n ) (a_1,a_2,\cdots,a_n) (a1,a2,⋯,an)与 ( ∣ a 1 ∣ , ∣ a 2 ∣ , ⋯ , ∣ a n ∣ ) (|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_n|) (∣a1∣,∣a2∣,⋯,∣an∣)有相同的公因数。
定理 1.3.2
设 b b b是任意正整数,则 ( 0 , b ) = b (0,b)=b (0,b)=b。
定理 1.3.3
设 a , b , c a,b,c a,b,c是三个不全为零的整数。如果
a = q ⋅ b + c a=q\cdot b+c a=q⋅b+c
其中 q q q是整数,则有 ( a , b ) = ( b , c ) (a,b) = (b,c) (a,b)=(b,c)
由定理 1.3.3可以得到求解最大公因数的方法。
广义欧几里得除法/辗转相除法
根据定理1.3.3,若我们要求解 ( a , b ) (a, b) (a,b),其中 a ≥ b a \ge b a≥b。则反复利用欧几里得除法即可
a = r 0 , b = r 1 r 0 = q 1 ⋅ r 1 + r 2 r 1 = q 2 ⋅ r 2 + r 3 ⋮ r n − 1 = q n ⋅ r n + r n + 1 a=r_0,b=r_1\\ r_0=q_1\cdot r_1+r_2\\ r_1=q_2\cdot r_2+r_3\\ \vdots \\ r_{n-1}=q_n\cdot r_n+r_{n+1}\\ a=r0,b=r1r0=q1⋅r1+r2r1=q2⋅r2+r3⋮rn−1=qn⋅rn+rn+1
经过有限步骤后,必然有 r n + 1 = 0 r_{n+1}=0 rn+1=0,此时根据定理 1.3.3,可以得到如下结论
( r 0 , r 1 ) = ( r 1 , r 2 ) = ⋯ = ( r n , r n + 1 ) = r n (r_0,r_1)=(r_1,r_2)=\cdots=(r_n,r_{n+1})=r_n (r0,r1)=(r1,r2)=⋯=(rn,rn+1)=rn
定理 1.3.5
(贝祖定理)设 a , b a,b a,b是两个任意的正整数,则存在整数 s , t s,t s,t,使得
( a , b ) = s ⋅ a + t ⋅ b (a,b)=s\cdot a+t\cdot b (a,b)=s⋅a+t⋅b
在广义欧几里得除法中回代即可得出贝祖定理的系数。
定理 1.3.8
a , b a,b a,b互素的充分必要条件是存在整数 s , t s,t s,t,使得
( a , b ) = s ⋅ a + t ⋅ b = 1. (a,b)=s\cdot a+t\cdot b=1. (a,b)=s⋅a+t⋅b=1.
定理 1.3.9
设 a , b a,b a,b是任意两个不全为0的整数, d d d是正整数,则 d d d是整数 a , b a,b a,b最大公因数的条件是
- d ∣ a , d ∣ b d\mid a,d\mid b d∣a,d∣b
- 若 e ∣ a , e ∣ b e\mid a, e\mid b e∣a,e∣b,则 e ∣ d e\mid d e∣d
证明:
” ⇐ \Leftarrow ⇐“:在 d d d为最大公因数的前提下显然有1成立。由贝祖定理可得,存在整数 s , t s,t s,t使得
d = s ⋅ a + t ⋅ b d=s\cdot a+t\cdot b d=s⋅a+t⋅b
由定理 1.1.3可得, e ∣ ( s ⋅ a + t ⋅ b ) = d e\mid (s\cdot a+t\cdot b)=d e∣(s⋅a+t⋅b)=d。
“ ⇒ \Rightarrow ⇒”:1保证了 d d d是 a , b a,b a,b的公因数,2保证了 d d d不小于 a , b a,b a,b的所有公因数,因此 d d d是 a , b a,b a,b的最大公因数。
定理 1.3.10
设 a , b a,b a,b是任意两个不全为0的整数,则有
- 若 m m m是任意正整数,则 ( m ⋅ a , m ⋅ b ) = m ( a , b ) (m\cdot a,m\cdot b)=m(a,b) (m⋅a,m⋅b)=m(a,b)
- 若非零整数 d d d满足 d ∣ a , d ∣ b d\mid a, d\mid b d∣a,d∣b,则 ( a d , b d ) = ( a , b ) ∣ d ∣ (\frac{a}{d},\frac{b}{d})=\frac{(a,b)}{|d|} (da,db)=∣d∣(a,b)。特别地, ( a ( a , b ) , b ( a , b ) ) = 1 (\frac{a}{(a,b)},\frac{b}{(a,b)})=1 ((a,b)a,(a,b)b)=1
证明:只需证明1式即可,2可以由1直接推出
设 ( m ⋅ a , m ⋅ b ) = d ′ , ( a , b ) = d (m\cdot a,m\cdot b)=d',(a,b)=d (m⋅a,m⋅b)=d′,(a,b)=d。显然, m d md md是 m a , m b ma,mb ma,mb的因子,因此由最大公因数的数学定义,有
m d ∣ d ′ md\mid d' md∣d′
由贝祖定理可得,存在整数 s , t s,t s,t,使得
s ⋅ a + t ⋅ b = d s\cdot a+t\cdot b=d s⋅a+t⋅b=d
两边同时乘以 m m m
s ⋅ ( m ⋅ a ) + t ⋅ ( m ⋅ b ) = m d s\cdot(m\cdot a)+t\cdot(m\cdot b) = md s⋅(m⋅a)+t⋅(m⋅b)=md
由定理 1.1.3可得,
d ′ ∣ m ⋅ d d'\mid m\cdot d d′∣m⋅d
由定理 1.1.5可得
d ′ = m ⋅ d d'=m\cdot d d′=m⋅d
定理 1.3.11
设 a , b , c a,b,c a,b,c是三个整数,且 b , c ≠ 0 b,c\ne0 b,c=0,若 ( a , c ) = 1 (a,c)=1 (a,c)=1,则
( a b , c ) = ( b , c ) (ab,c)=(b,c) (ab,c)=(b,c)
证明:设 d 1 = ( a b , c ) , d 2 = ( b , c ) d_1=(ab,c),d_2=(b,c) d1=(ab,c),d2=(b,c)。
由于 d 2 ∣ b , d 2 ∣ c d_2\mid b,d_2\mid c d2∣b,d2∣c,所以 d 2 ∣ a b , d 2 ∣ c d_2\mid ab, d_2\mid c d2∣ab,d2∣c,因此 d 2 d_2 d2是 a b , c ab,c ab,c的公因子,所以有
d 2 ∣ d 1 d_2\mid d_1 d2∣d1
由贝祖定理得,存在整数 s , t s,t s,t,使得
( a , c ) = s ⋅ a + t ⋅ c = 1 (a,c)=s\cdot a+t\cdot c=1 (a,c)=s⋅a+t⋅c=1
两边同时乘以 b b b
s ⋅ ( a b ) + ( t b ) ⋅ c = b s\cdot (ab)+(tb)\cdot c =b s⋅(ab)+(tb)⋅c=b
由于 d 1 d_1 d1是 a b , c ab,c ab,c的公因子,所以有
d 1 ∣ b d_1\mid b d1∣b
因此
d 1 ∣ d 2 d 1 ∣ d 2 , d 2 ∣ d 1 ⇒ d 1 = d 2 d_1\mid d_2\\ d_1\mid d_2,\ d_2\mid d_1 \Rightarrow d_1=d_2 d1∣d2d1∣d2, d2∣d1⇒d1=d2
定理 1.3.12
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n , c a_1,a_2,\cdots,a_n,c a1,a2,⋯,an,c为整数。如果 ( a i , c ) = 1 , 1 ≤ i ≤ n (a_i,c)=1,1\le i\le n (ai,c)=1,1≤i≤n,则
( a 1 , a 2 , ⋯ , a n , c ) = 1 (a_1,a_2,\cdots,a_n,c)=1 (a1,a2,⋯,an,c)=1
使用定理 1.3.11容易证明
定理 1.3.13
设 a , b a,b a,b和 u , v u,v u,v都是不全为零的整数。如果
a = q ⋅ u + r ⋅ v b = s ⋅ u + t ⋅ v a=q\cdot u+r\cdot v\\b = s\cdot u+t\cdot v a=q⋅u+r⋅vb=s⋅u+t⋅v
其中, q , r , s , t q,r,s,t q,r,s,t是整数,且 q ⋅ t − r ⋅ s = 1 q\cdot t-r\cdot s=1 q⋅t−r⋅s=1,则 ( a , b ) = ( u , v ) (a,b)=(u,v) (a,b)=(u,v)
和定理 1.3.10的证明思路类似
定理 1.3.14
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是 n n n个整数,且 a 1 ≠ 0 a_1\ne 0 a1=0。令
( a 1 , a 2 ) = d 2 , ( d 2 , a 3 ) = d 3 , ⋯ , ( d n − 1 , a n ) = d n (a_1,a_2)=d_2,(d_2,a_3)=d_3,\cdots,(d_{n-1},a_n)=d_n (a1,a2)=d2,(d2,a3)=d3,⋯,(dn−1,an)=dn
则 ( a 1 , a 2 , ⋯ , a n ) = d n (a_1,a_2,\cdots,a_n)=d_n (a1,a2,⋯,an)=dn,且存在整数 s 1 , s 2 , ⋯ , s n s_1,s_2,\cdots,s_n s1,s2,⋯,sn,使得
s 1 ⋅ a 1 + s 2 ⋅ a 2 + ⋯ + s n ⋅ a n = d n s_1\cdot a_1+s_2\cdot a_2+\cdots+s_n\cdot a_n=d_n s1⋅a1+s2⋅a2+⋯+sn⋅an=dn
定理 1.3.15
(定理 1.3.9的推广)设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是 n n n个不全为0的整数, d d d是正整数。则 d d d是整数 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an的最大公因数的充要条件是
( i ) d ∣ a 1 , d ∣ a 2 , ⋯ , d ∣ a n ( i i ) 若 e ∣ a 1 , e ∣ a 2 , ⋯ , e ∣ a n , 则 e ∣ d (i)d\mid a_1,d\mid a_2,\cdots,d\mid a_n\\ (ii)若e\mid a_1,e\mid a_2,\cdots,e\mid a_n,则e\mid d (i)d∣a1,d∣a2,⋯,d∣an(ii)若e∣a1,e∣a2,⋯,e∣an,则e∣d
引理 1.3.1
设 a , b a,b a,b是两个正整数,则 2 a − 1 2^a-1 2a−1被 2 b − 1 2^b-1 2b−1除的最小非负余数是 2 r − 1 2^r-1 2r−1,其中 r r r是 a a a被 b b b除的最小非负余数。
引理 1.3.2
设 a , b a,b a,b是两个正整数,则 2 a − 1 2^a-1 2a−1和 2 b − 1 2^b-1 2b−1的最大公因数是 2 ( a , b ) − 1 2^{(a,b)}-1 2(a,b)−1
定理 1.3.16
设 a , b a,b a,b是两个正整数,则正整数 2 a − 1 2^a-1 2a−1和 2 b − 1 2^b-1 2b−1互素的充要条件是 a , b a,b a,b互素。
1.4 整除的进一步性质与最小公倍数
定理 1.4.1
设 a , b , c a,b,c a,b,c是三个整数,且 c ≠ 0 c\ne 0 c=0。如果 c ∣ a b , ( a , c ) = 1 c\mid ab,(a,c)=1 c∣ab,(a,c)=1,则 c ∣ b c\mid b c∣b。
定理 1.4.2
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是 n n n个整数, p p p是素数。若 p ∣ a 1 a 2 ⋯ a n p \mid a_1a_2\cdots a_n p∣a1a2⋯an,则 p p p一定整除某个整数 a i a_i ai。
定义 1.4.1
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是 n n n个整数。若 D D D是这 n n n个数的倍数,则称 D D D是这 n n n个数的公倍数,最小公倍数是最小的正整数公倍数,记作 [ a 1 , a 2 , ⋯ , a n ] [a_1,a_2,\cdots,a_n] [a1,a2,⋯,an]。
最小公倍数的数学表示如下。设 D = [ a 1 , a 2 , ⋯ , a n ] D=[a_1,a_2,\cdots, a_n] D=[a1,a2,⋯,an],则有
( 1 ) a i ∣ D , 1 ≤ i ≤ n ( 2 ) 若 a i ∣ E 对 任 意 1 ≤ i ≤ n 成 立 , 则 D ∣ E (1)\ a_i\mid D,1\le i\le n\\ (2)\ 若a_i\mid E对任意1\le i\le n成立,则D\mid E (1) ai∣D,1≤i≤n(2) 若ai∣E对任意1≤i≤n成立,则D∣E
定理 1.4.4
设 a , b a,b a,b是两个互素的正整数,则
( 1 ) 若 a ∣ D , b ∣ D , 则 a ⋅ b ∣ D ( 2 ) [ a , b ] = a ⋅ b (1)\ 若a\mid D,b\mid D,则a\cdot b\mid D\\ (2)\ [a,b]=a\cdot b (1) 若a∣D,b∣D,则a⋅b∣D(2) [a,b]=a⋅b
定理 1.4.5
设 a , b a,b a,b是两个正整数,则
( i ) 若 a ∣ D , b ∣ D , 则 [ a , b ] ∣ D ( i i ) [ a , b ] ⋅ ( a , b ) = a ⋅ b (i)\ 若a\mid D,b\mid D, 则[a,b]\mid D\\ (ii)[a,b]\cdot(a,b) = a\cdot b (i) 若a∣D,b∣D,则[a,b]∣D(ii)[a,b]⋅(a,b)=a⋅b
证明:先证明 ( i i ) (ii) (ii)
设 ( a , b ) = d (a,b)=d (a,b)=d,则由定理可知 ( a d , b d ) = 1 (\frac{a}{d},\frac{b}{d})=1 (da,db)=1。因此,由定理 1.4.4可知, [ a d , b d ] = a ⋅ b d 2 [\frac{a}{d},\frac{b}{d}]=\frac{a\cdot b}{d^2} [da,db]=d2a⋅b。进而得到, [ a , b ] = a ⋅ b d [a,b]=\frac{a\cdot b}{d} [a,b]=da⋅b。
用 ( i i ) (ii) (ii)来证明 ( i ) (i) (i)
由 a ∣ D , b ∣ D a\mid D,b\mid D a∣D,b∣D可得, a d ∣ D d , b d ∣ D d \frac{a}{d}\mid\frac{D}{d},\frac{b}{d}\mid\frac{D}{d} da∣dD,db∣dD。再由 a d , b d \frac{a}{d},\frac{b}{d} da,db互素可得, a d ⋅ b d ∣ D d \frac{a}{d}\cdot\frac{b}{d}\mid\frac{D}{d} da⋅db∣dD,因此
a ⋅ b d ∣ D ⇒ [ a , b ] ∣ D \frac{a\cdot b}{d}\mid D\Rightarrow[a,b]\mid D da⋅b∣D⇒[a,b]∣D
定理 1.4.6
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是 n n n个整数,令
[ a 1 , a 2 ] = D 2 , [ D 2 , a 3 ] = D 3 , ⋯ , [ D n − 1 , a n ] = D n [a_1,a_2]=D_2,[D_2,a_3]=D_3,\cdots,[D_{n-1},a_n]=D_n [a1,a2]=D2,[D2,a3]=D3,⋯,[Dn−1,an]=Dn
则 [ a 1 , a 2 , ⋯ , a n ] = D n [a_1,a_2,\cdots,a_n]=D_n [a1,a2,⋯,an]=Dn
定理 1.4.7
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是正整数。如果 a 1 ∣ D , a 2 ∣ D , ⋯ , a n ∣ D a_1\mid D,a_2\mid D,\cdots, a_n\mid D a1∣D,a2∣D,⋯,an∣D,则
[ a 1 , a 2 , ⋯ , a n ] ∣ D [a_1,a_2,\cdots,a_n]\mid D [a1,a2,⋯,an]∣D
1.5 整数分解
定理 1.5.1
给定正合数 n > 1 n>1 n>1。如果存在整数 a , b a,b a,b使得
n ∣ a 2 − b 2 , n ∤ a + b , n ∤ a − b n\mid a^2-b^2,n\nmid a+b,n\nmid a-b n∣a2−b2,n∤a+b,n∤a−b
则 ( n , a − b ) , ( n , a + b ) (n,a-b),(n,a+b) (n,a−b),(n,a+b)都是 n n n的真因数。
1.6 算术基本定理
定理 1.6.1
(算术基本定理)任一整数 n > 1 n>1 n>1均可表示为素数的乘积,且在不考虑乘积的顺序情况下,该表达式时唯一的,即
n = p 1 p 2 ⋯ p n , p i 是 素 数 , p i ≤ p i + 1 , 1 ≤ i ≤ n − 1 n=p_1p_2\cdots p_n,\ p_i是素数,\ p_i\le p_{i+1},\ 1\le i \le n-1 n=p1p2⋯pn, pi是素数, pi≤pi+1, 1≤i≤n−1
定理 1.6.2
任一整数 n > 1 n>1 n>1可以唯一地表示为
n = p 1 α 1 p 2 α 2 ⋯ p n α n p i < p i + 1 , 1 ≤ i < n p i 是 素 数 n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_n^{\alpha_n}\\ p_i<p_{i+1},1\le i<n\\ p_i是素数 n=p1α1p2α2⋯pnαnpi<pi+1,1≤i<npi是素数
定理 1.6.3
设 a 1 , a 2 , ⋯ , a n a_1,a_2,\cdots,a_n a1,a2,⋯,an是 n n n个正整数,且有素因数分解式
a i = p 1 α i 1 p 2 α i 2 ⋯ p s α i s α i j ≥ 0 , 1 ≤ i ≤ n , 1 ≤ j ≤ s a_i=p_1^{\alpha_{i1}}p_2^{\alpha_{i2}}\cdots p_s^{\alpha_{is}}\\ \alpha_{ij}\ge0,\ 1\le i\le n,\ 1\le j \le s ai=p1αi1p2αi2⋯psαisαij≥0, 1≤i≤n, 1≤j≤s
则有
[ a 1 , a 2 , ⋯ , a n ] = p 1 m a x ( α 11 , α 21 , ⋯ , α s 1 ) p 2 m a x ( α 12 , α 22 , ⋯ , α s 2 ) ⋯ p s m a x ( α 1 n , α 2 n , ⋯ , α s n ) ( a 1 , a 2 , ⋯ , a n ) = p 1 m i n ( α 11 , α 21 , ⋯ , α s 1 ) p 2 m i n ( α 12 , α 22 , ⋯ , α s 2 ) ⋯ p s m i n ( α 1 n , α 2 n , ⋯ , α s n ) [a_1,a_2,\cdots,a_n]=p_1^{max(\alpha_{11},\alpha_{21},\cdots,\alpha_{s1})}p_2^{max(\alpha_{12},\alpha_{22},\cdots,\alpha_{s2})}\cdots p_s^{max(\alpha_{1n},\alpha_{2n},\cdots,\alpha_{sn})}\\ (a_1,a_2,\cdots,a_n)=p_1^{min(\alpha_{11},\alpha_{21},\cdots,\alpha_{s1})}p_2^{min(\alpha_{12},\alpha_{22},\cdots,\alpha_{s2})}\cdots p_s^{min(\alpha_{1n},\alpha_{2n},\cdots,\alpha_{sn})} [a1,a2,⋯,an]=p1max(α11,α21,⋯,αs1)p2max(α12,α22,⋯,αs2)⋯psmax(α1n,α2n,⋯,αsn)(a1,a2,⋯,an)=p1min(α11,α21,⋯,αs1)p2min(α12,α22,⋯,αs2)⋯psmin(α1n,α2n,⋯,αsn)
1.7 素数定理
定义
不超过 x x x的素数个数记为 π ( x ) \pi(x) π(x)
定理 1.7.1
(切比雪夫不等式)设 x ≥ 2 x\ge2 x≥2,则有
ln 2 3 x ln x < π ( x ) < 6 ln 2 x ln x \frac{\ln 2}{3}\frac{x}{\ln x}<\pi(x)<6\ln2\frac{x}{\ln x} 3ln2lnxx<π(x)<6ln2lnxx
定理 1.7.2
lim x → + ∞ π ( x ) x ln x = 1 \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\frac{\pi(x)}{x}}{\ln x}=1 x→+∞limlnxxπ(x)=1