则r-（,v-x^q）a+（y-y^q）bgS,由ar0+/>}•）是S中的最小整数知r=0
.•・axi）+5儿lai+by
•••aq+by0Iax+by（x.y为任意難数〉弧十阮Ia,avu+b儿lb
.•.a^+fryol（a,Z>）.乂有（a^b）Ia.{a.b）\h
/.（a,b）\axu+by0故a\^by{}=（a,h}
4.若a.b是任意二整数.且bHO.证明：
存在两个整数s,I使得
.^\b\
a=bs+f,lr1<—
2
成立.并R当b是奇数时，s,胪唯-•存在的•当b是偶数时结果如何？
证：
作序列…，-塑,-岡,-也,0，也4|、刎,…则"必在此序列的某两项Z间
21122厂|2
（0当g为偶数时.若则令3===则有
22
（）<^a-hs=t=a-—b=a一#|力|
若bvO则令^=一号』=“一加=“+#b,则同样有|彳<弓
（“）当g为奇数时，若b>0则令s==a-^^b,则有
若"则令—竽—+中，则同样帥I還综上所述，存在性得址.
卜证唯•性
当b为奇数时.Yla-bs^i=bsl+人则|了一讣=|“$]—訓＞”|而才盾故*几r
当b为偶数时.sj不唯一•举例如下：
此时仝为整数
2
§2最大公因数与辗转相除法
1.证明推论4.1
推论4.1eb的公因数与（a.b）的因数相同.
证：
设/圧a,b的任一公因数•・・・/kbd'lb由帘余除法a=bql+rrb
十4,…讥-2
=%i，
V…V叶vb
•••（“）=rn
•・・d'\a-bch=G（19\6-^2=^—,d9\r^=rn^qn^rn={a.b）.
即d‘是（a上）的因数•
反过来（“上）1"冃（4上）1方,若十1（询则d"\a,d'\b,所以（a,b）的因数都是a、b的公因数,从而a上的公因数与（a,坊的因数相同。
2.证明：
见本书P2,P3第3题证明。
3.应用§1习题4证明任意两第数的尺大公因数存在.并说明其求法.试用你的所说的求法及撅转相除法实际17出（7650L971諛
解：
有§1习题4知:
Pa、bwZ、b=O、ms」6Z.fliw=/>5+/,1/ls£。
，
/.北/，便b=邛+人,1/斗M£,…，如此类推知：
玉—=人-2,1+—；
m几.1儿“‘粘・1=6«必h+粘-I；
R咔Sw鉴已・.・<叫黑
几22?
2會
而b是一个有PR数，.•.亦wN,使/”.严0
.•.（d,b）=（btf）=（/,/（）=（人,5）=••■==（心,0）—tn9存在其求法为:
{a,b）-（b,a-bs）={a-bs%b-{a-bs）s[）=t't
.-.（76501.9719）
=（9719,76501-9719x7）
=（846&9719-8468）
=（1251.8468-1251x6）
•••
=（3.l）
=14-证聊节⑴式中的必器
证：
由P3§1习题4知在（I）式中有
.\1^—,.\2氛.•.”510&&=皿，妙“5皿
2"*loglog2
§3整除的进一步性质及量小公倍效
1.证明两整数d，b互质的充分与必耍条件是：
存在两个整数S,I满足条件（U+仞=1.
证明必要性。
若（a,b）=l,则由推论1」知存在两个整数s,i満足：
“$+仞=（“劝，：
.as^bt=1
充分性。
若存在整数s.t使as+bt=l.则a,b不全为0«
又因为（a9b）laf（a9b）lb,所以（a.b\as+bt）即（°上）11。
又（“,〃）>（）••・（ab）=l
2.证明定理3
定理3［«!
，«-,='l］
证：
设［q・（S，…,©］=叫，则a,I码（i=1,2,…"）
•••IatIIniy（/=1,2,…,“）又设［lq1,1a」,…,1叩］=些
则叫I叫°反之若IqIIm2•则a.Ini2•/.mxI“
从而mx=m2•即…心］二［lql」a」9・・・,la,t町
3.设+…+“］X+“o
（1）
是一个整数系数多项式JL兔，厲都不是零.则
（1）的根只能是以q的因数作分子以4”为分付的既约分数.并rti此推出4不是有理数.
证，设
（1）的任一有理根为上.（g=w则
q
«„（—）"+aM_i（—++Oq=0qqq
“0S+…广'+g"=0⑵
由
（2）_",,//S+・・+qw'T+59”•
所以q整除上式的右端.所以q\anPn・乂（p,q）=l,q〉\,
所以（q,p"）=l,.・.gld“:
乂由
（2）Pgp"+a;2q+…+a\pq"'=-耳“
因为p整除上式的右端,所以叫矿，（阳）=1,彳＞1,所以@，p）=l,・・・pla.
故
（1）的有理根为上，且p\a^q\anO
q
假设JI为有理数，•.十-2=（）,次方稈为鄴系数方稈，则由上述结论，可知其
有有理根只能是
±1,±2,这与迈为其有理根才盾。
故为无理数。
另证，设为有理数忑=上，（“冷）=1冷＞1,则
q
（3）划掉2,3.5.7的倍数，剰卜的是100内的素数
将不超过100的止整数扌II列如F：
2.求82798848及81057226635000的标准1弋.
解：
因为81848,所以814,4=82798848=8x10349856=2'xR,
乂81856,所以8IB・fi=8xl293732=2'xC,
又4132,所以4IC,6*=4x323433=2*0
乂91（3+2+3+4+3+3）,所以9ID,D=9x35937=3:
xE,
乂91（3+5+9+3+7）,所以9IE,£=9x3993
又3993=3x1331=3x1P
所以A=2*35113；
同理有81057226635000=23-33-54-73112•17-23-37.
3・证明推论33并推广到n个正整数的情形.
推论3.3设a,b足任盘两个正整数・ft
a=慎'•p?
必，a,»0,i=1,2,…,A・
b=pf•Ppp?
，0弋0,/=1,2,•••,*,
则（a,b）=p?
•p?
p],la9b]=p?
•p?
p?
♦
其中兀=min（a八<5；=min（af,/^）>/=-J
证：
丫兀=min（a八A）.•••05久Sa八OS%
：
・pYIp/\Pi'Iaa=l,2…幻
口加w•x\Pi口於•
又显然（a、b）Ipjp?
…p?
同理可得P$P?
…p?
=[a^bd=maxa屛
描广
A<
设叫=pFP22…p\叫=ppp#…於,・••“=pF於…p：
（其中几为质数丿=12…Aq为任意n个正軟数心1.2,…山禹》0）・如
PW…代=（即5…4）6=巴缈禹}，）=12•讥/屮…={ava^^an\=max{/^J,）=1,2,…,R
4.应用带论3.3证明§3的定璘4（ii）
证：
设“二“於於…
其中刃•化.…•处是互不相同的素数，a，A（1
（a,b）=p?
p：
…p$,&=min{«rf,/7J,1G“，
|a,b]=H"pf•••”『，“=max（a.,/?
J,1GVh
人丄Anh
由此知（讥）|讥|=「1於屮=「!
严S叫5血=「1卩严":
从而有[a.h]=—
MlII（40）
5.若2"+l足质数（n>l）,则n足2的方祗
iiE：
（反证法）设n=2kl（l为奇数），
则2"+1=22，/4-1=（22*）/4-1=（2-+1）[22，-2*>+•••+1]
Iv2*+1<（22•••Y+1为合数牙盾.故n—定为2的方耶.
§5函数凶4｝及其在数论中的一个应用
I.求30!
的标准分解式•
解：
30内的素数为2,3.5,7.11>13>17,19.23,29
吩愕盾］囲憚］愕卜“
=15+4+3+1+0=23
罟卜愕卜愕卜［哥…g+心4
+…=6+1+0=7
胡外那•••=4+0=4.an=+…=2+0=2
J=
I
•■
30
137
■■
■■
30
'30'
«l7=
]7
■■
+
■
30
30
137
+•・•=I+0=].crl9=«|9=a23==1
30!
=225-3,4-55-74112132.1719-23・29
2.设n是任一正整数，a是实数，证明:
（1）
iiE：
（i）设[a]-m.R'Jftl性质11知m^a所以nm<.[na]所以[l^lj=m=[aj.
11
（ii）[证法一]设£W{a}=0」,2,…山-1•
nn
则k^n[a}v&+1,・•.[na]-n[a]+k
①当i+—1时・{a}+丄<*+1十‘Sl,[a+丄]=[a];
nitii
®^Z+^>nW.2>{«}+->—^14a+-J=la]+l;
iinn
••[a]+[a+丄]+…+[a+-~~]
nn
=Xla+_l=X[a+T+X【a+T
m"r-o«*an
=（n-Zr）[a]+/r（[a]+l）
=n[a]+k
・•.工[a+==5aj
[证法二]
令/（«）=£[a+丄]-[〃ah
/（«+丄）=Yla+—]-lna+1]=f（a）
|n-1
]-|na+l|=/（a）
T/（«+-）=V[«+
“r.0
:
.畑定以丄为同期的函数。
n
又当aeV）J）时,/（a）=0-0=0,•••awRJ（a）三0•
i
即V[a+—1=[/»«|o
Zo“
【评注]:
[证一]充分体现了常规方法的特点，而[证二]则表现了较高的技巧。
3.设a,0是任总二实数，证明：
（i）l«]-[/^]=La-/7J或
（ii）[加]+[20]»["+皿+0]+[/?
]
证明：
（i）由高斯函数[x]的定义有
«=[a]+r,/?
=[/?
]+54）则
a—0={4-[/?
]**c-s
当一沦U时,[a-0]=kd-[0]
当r-s故\a-p\^\a\-\P\或a-0]+l=【a]—[”]
（ii）设a=[«]+a,/7=[ft]+y,0S”,y<1.
则有（）Sa+）={a）+{"}<2
下面分两个区间讨论：
1若（）Mx+yv1・则[x+y]=（）・所以[«+/7]=[«]+[/7j.所以
[2a]+[20]=[2[a]+2.v]+[2[0]+2>，]=2[a]+2[“]+2（[x]+[y]）n2[a]+2[0]=
[«]+IQ+"J+la]=[a]+[a+0H[Q
2若lS;v+yv2,则[工+刃=1,所以[a+0]=[a]+[/?
]+1。
所以
[2a]+[20]=[20]+2刃+[2[0]+2y]
=2[«]+2（/7]+2（M+[y]）
>2[«]+2[^]+2（M+[l-x]）
=[a]+[0]+[0]+0]+2+2（【x]+[-x]）
22[a]+2[“]+l
十]+M+Q+/]
（ii）（证法2）由于a・0对称，不妨ft{«}^{/7）
[2a]+[2/7]=[2（[«]+{a}）]+[2（[/?
]4-（fl}）]
=2[a]+2（/?
J+[2{a）]+[2{/J）J
>2[«]+2l/7]+[l«）+{/?
）]
珂⑵+[Q+3+B]+[{a}+{0}]）
=|a]+[0]+[[a]+{a}+[0]+{0}]
=[a]+[a+0]+[0]
4.（i）设函数f3任闭区间Q和式
J[/«）
Q农示罟面区域QSaSR,0（ii）设〃g是两个互质的单止整数.证明：
（iii）设厂>0・卩是区域以+宀以内的整点数.证明:
7*=1+4[r]+8[>/r2-x2]-4[月
y
（iv）设n>0,卩是区域%>0,y>0,xyT=2工」三]-[何
0证明:
（略）
5.设n是任一・正整数•fLn=a0+atp+a2p2+—,p是庾数•Q^at在n!
的
标准分解式中•质I刃数"的指数是
总_S几
P-1
其中Sn=a0+at+a2+•••.
证明:
在n!
的标准分解式中.质因数p的指数有限.即
n=a0+a1p+a2p2+—+afpe.0MVp
所以
=（a】+a2p+…+a”7）+（a2+azP+…+atPt^+…+at
=at+a2（p+1）++p+1）+•••+at（P^1+Pr*2+…+1）
而
n—51
p=7[fli（p-1）+Q2（P2-1）+O3（P3-1）+…+aW-1）]p—1p—1
=Ql+Q2（P+1）+a3（P^+P+1）+•••+ar（pL'+p<・2+…+1）.h-w~5"
p-1
第二章不定方程
§2.I习题
1■解下列不定方程a）l5c+2>1"）306兀-360y=630
解：
a）原方程等价于：
3x+5y=2O显然它有一个整数解耳=1（）」严-2■
故一般解为
2'丁°土匕咗,
y=-2+3/
b）原方程等价于：
17x-20y=35显然它有一个整数解.vf）=-7x35,y0=-6x35
故-般解为
x=-7x35-y=-6x35-
10
0土t-2-,
2.把100分成两份.使-份可被7整除.一份可被11整除。
解：
依题点I屮求7,v+lly=100的正整数解.解得“=&y0=4
—般解足：
xJa=a±h…）
V=4+7/
但除f=0外无其他止幣数解.故有H只有100=56+44
当沖叭r=[|]-[-Al=^
x-x^-bty=），o+m但区间［-呂单］的长度是上.故此区间内的abab
4、证明:
二元一次不定方程ax+by=N,（a.b）—lfa>Kb>l»当N>ab-u-b
时有非负整数解.N=ub=u=b则不然.
证明：
先证后…点，当N=ab-u-b时，脈方程有非负整数解（心,儿）
则d=（“」*）・
=科耳+l9a|y0+1n冷+1=bk、％+\=ah.k>Ui>I
=>ab（k+h）=db、k+h工2,这是不可能的。
次证，当N>ab-a-bW，W（a.b）=l.故原方程有整数解（®・y。
）,一般解扯｛：
二巴（心0,±1,…）耍求Xo・b2O.y°-m20=>-H「S申会证明存在满足这个不等式的整数2心可取使ab
兀=加°+/（0.-..、x^b+1*
x-b%=「Sb-lnqZIII]
b
yQ+«/02儿+—（x0-b+1）丄（/nb+ov。
一ab+a）=丄（N-ab+a）>丄（ab—a—b—（ib+a）=—\bbbb
.-.j0+a/0>0=>/0>-^a
这就证明了当N>ab-a-b时,原方程有非负整数解.
1.证明定理2推论。
推论单位鬪周上座标都是有理数的点（称为有理点人可以写成
的形式.其中。
与b是不全为零的整数.
证明*设有理数X丄尸
m
=-（^#0）满足方程/+y2=1.即/2+n2=m
于览得/=±2abdfn=±（a2-b2）d9m=土+b2）d或/=±（o2-b2）d9m=±2abd9
亠如“、/.2ab,a?
—Q?
、十/a?
2ab\
由此得gy）=（一产”,±产毎）或（一产士冲y）.
代入方程x2+/=丨即知这样的点在单位岡周上-
2.求出不定方程刃=0的切止整数解的公式。
解：
设不定方程x2+3/=z2»Uy）=l^解则
（1）3/z-x或3/z+x因为3y2=z'-x2=（z-x）（z+x）
=>3/（z-.vXz+V）=>3/z-xWc3/z+x
2+3才亍GF或者八（十）送得3/z+x或3/z-x
以F不妨设3/z+x
2（x,z）=I.设（x,即则，d/x^d/zy*cW3£
若,3/〃,二>9/牙［9/乙=*9/3歹=3/$=>3/（x,y）与（x,y）=1矛盾这样（3,f//y=>J/y（t/3y）而d/xn〃/（x,y）nd=
3（z+x,z-x）=l或2,设r=（z+a\z-,v）=>//（z+,v）-（z-x）=2,v,
//（z+a）+（z-a）=2z=>//（2x2^）=2即『=1或了=2
4若（2+%,2・兀）=1,则（土孑,=
从而3y'=（z+x）（z-^）=＞y~2~~（^~x）市引理可设宁二么：
Z-x=/7\y=ab从而三，为址得儿z为整数，（x,z）=h
必须有a,b均为奇数，且3『＞]/从血3厂（+）（—）=＞田■汁亍
设宁二/亍讪冷曲川"3八戻尸2必z=3/+f
其中“上为一奇一偶，且有（4上）=1
4.解不定方程:
x1+3y2=z2^x>0^y>Ofz>0>（x.y）=Io
解:
设（Z-x,z+x）=d■易知d=I或2・由（z-x）（z+x）=3y2得z-.r=3da2.
<+x=db2•y=dab或z一x=db'•z+x=3da29y=dab、a>O»〃>（）•（a.b）
|^^232]"I"32
=I<（i）当d=1：
x=—-^―—»y=ab・z=-—^―—»a>0.>0.（a.b）=
1•3I/>•a.b同为奇数：
（ii）当d=2：
x=lb'■3a'l・y=2ab^z=b‘+3q‘•a>0,Z>>0»（a.0）=1.3Jb,a,b—奇一偶'反之，易验证（i）或（ii）是原不定方程的解•且x>0>y>0»z>0»（儿丫）=1°
3.证明不等式方程x2+y2=z\（x,y）=I,x>0,y>0,z/a的一切正整数解.
可以写成公式:
x=4ub（a2-b\y=Ia^b4-6ab>，“ciW
其中a>0,〃>0,（a,b）=hajr单-•双
证明:
由定理1知道原方程的解｝Lx=2cd,y=c'-d\z=c^d^
c>〃>O,（c,d）=l,且c,d为一奇一偶.
其中，c=2ab,d-ci>^>0,（n,/?
）=1.Ka.b为一奇偶.
所以x=4ub（a_b），y=Ic,+b'_6ab'，z=a+b是原方程的正整数解（x>O,y>0,z>0,（x,y）=l,2/x,1匕'+方’是奇数，
原方程止整数的解白：
（0,0,0）,（o,±d：
±“），（±/0,±“）（±4^/-/A±（M+//-6a7A±（/+Z/））（±0?
^b'-^ab±4（ib（a±（a'+b））‘
6.求方程H+）.2二才的满足2“的正幣数解.
解8设x，y・zx2+y2=z4的满足（x.v）=I»2|工的正槃数解.则x=2ab,y=a1■b‘•z2=a2+«>ft>0>（a.b）=l・q、b—奇一偶•再由z2=«2+
得a=2mv»b=ir一v2tz-u2+v2或a=u1一v\b=2wv>z=m2+v\m>v>0>（w.v）=1•utv—奇一偶•于是得x=4wv（w2-v2）>y=Im4+v4-6w2v2L5=w2+v2,H>V>0.（M.V）=I.M,V—偶.反Z，易验证它是原不定方程的整数解•.ax>0,V>0.z>0>（JC,y）=I•2Ixo
英中正负寸可任恿选収.
第三章同余
§1同余的概念及其基术性质
1、证明（i）若Aq5三B「g（modm）
Xf三y.（modm）、i=l>2八、、•k
则EA时畋冲…珍三工Bq...吸第…片‘（modm）S••円叫・m
特别地，
升级会员 