PAGEPAGE1第一章整數(shù)理論第一節(jié)整除與帶余數(shù)除法定義1設(shè)a，b是整數(shù)，b0，如果存在整數(shù)q，使得a=bq成立，則稱b整除a或a被b整除，此時a是b的倍數(shù)，b是a的因數(shù)（約數(shù)或除數(shù)），并且記作：ba；如果不存在整數(shù)q使得a=bq成立，則稱b不能整除a或a不被b整除，記作：ba。定理1下面的結(jié)論成立：(1)ab，bcac；（傳遞性）(2)ma，mbm(a±b)(3)mai，i=1,2,,nma1q1a2q2anqn，此處qi∈Z（i=1,2,,n（證明留給學(xué)生自己）注：①abab；②babcac，此處c是任意的非零整數(shù)；③ba，a0|b||a|；ba且|a|<|b|a=0。④因式分解an-bn=(a-b)M1,n∈Zan+bn=(a+b)M2,2nM1，M2∈Z定理2(帶余數(shù)除法)設(shè)a與b是兩個整數(shù)，b>0，則存在唯一的兩個整數(shù)q和r，使得a=bqr，0r<b。(1)此外，ba的充要條件是r=0證明存在性作整數(shù)序列：…，-3b，-2b，-b，0，b，2b，3b，….則a必在上述序列的某兩項之間，即存在整數(shù)q，使得：qba<(q+1)b，0a成立，令a-qb=r，則a=bq+r，且0r<b。唯一性假設(shè)有兩對整數(shù)q，r與q，r都使得式(1)成立，即a=qbr=qbr，0r,r<b，則(qq)b=rr，0|rr|<b，(2)因此，由b||rr|知，rr=0，r=r，再由式(2)得出q=q從而q和r是唯一的。定義2稱式(1)中的q是a被b除的商，r是a被b除的余數(shù)。例1任意給出的五個整數(shù)中，必有三個數(shù)之和被3整除。解設(shè)這五個數(shù)是ai，i=1,2,3,4,5，記ai=3qiri，0ri<3，i=1,2,3,4,5。分別考慮以下兩種情形：(ⅰ)若在r1,r2,,r5中數(shù)0，1，2都出現(xiàn)，不妨設(shè)r1=0，r2=1，r3=2，此時a1a2a3=3(q1q2q3)可以被3整除；(ⅱ)若在r1,r2,,r5中數(shù)0，1，2至少有一個不出現(xiàn)，這樣至少有三個ri要取相同的值，不妨設(shè)r1=r2=r3=r（r=0，1或2），此時a1a2a3=3(q1q2q3)可以被3整除。綜合(ⅰ)、(ⅱ)可知，所證結(jié)論成立。注：此題利用了數(shù)學(xué)中的一個重要原理——抽屜原理，也稱為P.G.Dirichlet原理，即把n+1個元素或更多的元素放入n個抽屜中，則在其中一個抽屜里至少要放入2個元素。值得注意的是，利用帶余數(shù)除法得到的余數(shù)進行分類來構(gòu)造抽屜是數(shù)論解題中常用的方法。例2若是形如（x,y∈Z，a，b是兩個不全為零的整數(shù)）的數(shù)中的最小正數(shù)，則∣證明：不全為，在整數(shù)集合中存在正整數(shù)，因而有形如的最小正數(shù)。，由帶余除法有。則，由是中的最小整數(shù)知∴∣注：（1）設(shè)a1,a2,,an為不全為零的整數(shù)，以y0表示集合A={y|y==a1x1anxn，xiZ，1in}中的最小正數(shù)，則對于任何yA，y0y；特別地，y0ai，1in。（證明留給學(xué)生自己）。（2）此類題目的證明方法具有一般性，通常是針對所給的“最小正數(shù)”的概念進行反證法。思考與練習(xí)1.11、證明：maima1q1a2q2anqn，qi∈Z。i=1,2,2、證明：6︱n(n+1)(2n+1)n∈N。3、設(shè)a1,a2,,an為不全為零的整數(shù)，以y0表示集合A={y|y==a1x1anxn，xiZ，1in}中的最小正數(shù)，則對于任何yA，y0y；特別地，y0ai，1in。第二節(jié)最大公因數(shù)定義1設(shè)a1,a2,,an是n（n≥2）個整數(shù)，若整數(shù)d是它們之中每一個的因數(shù)，則d就叫做a1,a2,,an的一個公因數(shù)；其中最大的一個公因數(shù)叫做a1,a2,,an的最大公因數(shù)。記為(a1,a2,,an)。由于每個非零整數(shù)的因數(shù)的個數(shù)是有限的，所以最大公因數(shù)是存在的，且是正整數(shù)。若(a1,a2,,an)=1，則稱a1,a2,,an是互質(zhì)的；若(ai,aj)=1，1i,jn，ij，則稱a1,a2,,an是兩兩互質(zhì)的。顯然，a1,a2,,an兩兩互質(zhì)可以推出(a1,a2,,an)=1，反之則不然，例如(2,6,15)=1，但(2,6)=2。我們?nèi)菀椎玫饺缦陆Y(jié)論：定理1若a1,a2,,an為任意n個不全為零的整數(shù)。則：(1)a1,a2,,an與|a1|,|a2|,,|an|的公因數(shù)相同；(2)(a1,a2,,an)=(|a1|,|a2|,,|an|)。由定理1可知，在討論(a1,a2,,an)時，不妨假設(shè)a1,a2,,an是正整數(shù)，以后我們就維持這一假設(shè)。并且我們?nèi)菀椎玫饺缦陆Y(jié)論：定理2若b是任一整數(shù)，則：(1)0與b的公因數(shù)就是b的因數(shù)，反之，b的因數(shù)也就是0與b的公因數(shù)；(2)（0，b）=︱b︱。定理3若a，b，c是任意三個不全為零的整數(shù)，且a=bqc，其中q是非零整數(shù)，則a，b與b，c有相同的公因數(shù)，因而(a,b)=(b,c)。（證明留給學(xué)生自己）定理4對于任意的n個整數(shù)a1,a2,,an，記(a1,a2)=d2，(d2,a3)=d3，，(dn2,an1)=dn1，(dn1,an)=dn，則：dn=(a1,a2,,an)。證明：dn=(dn1,an)dnan，dndn1，dn1=(dn2,an1)dn1an1，dn1dn2，dnan，dnan1，dndn2，dn2=(dn3,an2)dn2an2，dn2dn3dnan，dnan1，dnan2，dndn3，d2=(a1,a2)dnan，dnan1，，dna2，dna1，即dn是a1,a2,,an的一個公因數(shù)。另一方面，對于a1,a2,,an的任何公因數(shù)d，由d2,,dn的定義，依次得出da1，da2dd2，dd2，da3dd3，ddn1，danddn，因此dn是a1,a2,,an的公約數(shù)中的最大者。故dn=(a1,a2,,an)。注：這個定理對最大公因數(shù)的性質(zhì)做了更深的刻劃：最大公因數(shù)不但是公因數(shù)中的最大的，而且是所有公因數(shù)的倍數(shù)。例1設(shè)a1,a2,,an為不全為零的整數(shù)，以y0表示集合A={y|y==a1x1anxn，xiZ，1in}中的最小正數(shù)，則y0=（a1,a2,,an）。證明：由于y0是集合A中的最小正數(shù)，故。設(shè)d是a1,a2,,an的任意一個公因數(shù)，則d∣，所以d≤y0。又由本章第1節(jié)思考與練思考與練習(xí)3知，y0ai，1in，因此y0也是a1,a2,,an的一個公因數(shù)。故y0一定是a1,a2,,an所有公因數(shù)中的最大正數(shù)。由此即得：y0=（a1,a2,,an）。注：由于（a1,a2,,an）是集合A={y|y==a1x1anxn，xiZ，1in}中的最小正數(shù)，由此題的證明過程直接得到如下結(jié)論：設(shè)不全為零的整數(shù)a1,a2,,an的最大公因數(shù)是（a1,a2,,an），則存在整數(shù)，使得=a1t1antn=（a1,a2,,an）。由此，我們?nèi)菀椎玫饺缦露ɡ恚憾ɡ?（裴蜀（Bézout,1730-1783）恒等式）設(shè)a，b是任意兩個不全為零的整數(shù)，則存在s，t∈Z，使得asbt=(a,b)。推論5.1(a,b)＝1的充要條件是：存在s，t∈Z，使得asbt=1。還可以推廣為如下結(jié)論：推論5.2(a1,a2,,an)=1的充要條件是：存在整數(shù)x1,x2,,xn，使得a1x1a2x2anxn=1。定理6若a，b，c是任意的三個整數(shù)，且(a,c)＝1，則(1)ab，c與b，c有相同的公因數(shù)；(2)（ab，c）＝（b，c）上面假定了b，c至少有一個不為零。證明：（1）由題設(shè)及推論5.1，存在s，t∈Z，使得asct=1。兩邊乘以b，即得：(ab)sc(bt)=b。設(shè)d是ab與c的任一公因數(shù)，由上式得：d︱b，因而d是b,c的一個公因數(shù)。反之b,c的任一公因數(shù)顯然是ab與c的一個公因數(shù)。故第一部分獲證。（2）因為b，c不全為零，所以（b,c）是存在的，于是由（1）知（ab，c）存在，且（ab，c）＝（b，c）推論6.1若(a,c)=1，cab，則cb推論6.2若(a,bi)=1，1in，則(a,b1b2bn)=1推論6.3若(ai,bj)=1，1in，1jm，則(a1a2an,b1b2bm)=特別地，若（a，b）=1，則（an，bm）=1。例2設(shè)a，b，c，n是正整數(shù)，ab=cn，(a,b)=1，則存在正整數(shù)u，v，使得a=un，b=vn，c=uv，(u,v)=1。證明：因為(a,b)=1，所以(b,an-1)=1，于是；同理可得，令，則a=un，b=vn，c=uv，且故結(jié)論成立。注：此題說明，若互質(zhì)的兩個正整數(shù)之積是一個整數(shù)的n次冪，則這兩個正整數(shù)都是整數(shù)的n次冪。此結(jié)論可以推廣為：若兩兩互質(zhì)的s個正整數(shù)之積是一個整數(shù)的n次冪，則這s個正整數(shù)都是整數(shù)的n次冪。這個性質(zhì)表現(xiàn)了整數(shù)互質(zhì)的重要性，其應(yīng)用較廣泛。思考與練習(xí)1.21、證明本節(jié)定理3。2、設(shè)m、n為正整數(shù)，m為奇數(shù)，證明：（2m-1，2n3、設(shè)n是正整數(shù)，求的最大公約數(shù)。第三節(jié)最小公倍數(shù)定義1設(shè)a1,a2,,an是n（n≥2）個整數(shù)，若整數(shù)d是這n個數(shù)的倍數(shù)，則d就叫做a1,a2,,an的一個公倍數(shù)；又在a1,a2,,an的一切公倍數(shù)中的最小正數(shù)叫做a1,a2,,an的最小公倍數(shù)。記作：[a1,a2,,an]。由于任何正數(shù)都不是0的倍數(shù)，故討論整數(shù)的最小公倍數(shù)時，假定它們都不是0。定理1[a1,a2,,ak]=[|a1|,|a2|,|ak|]證明：設(shè)m1=[a1,a2,,ak]，m2=[|a1|,|a2|,,|ak|]，則由aim1推出|ai|m1，即m2m1，同理可得m1m2，故定理2設(shè)a,b是任意兩個正整數(shù)，則：(1)a,b的所有公倍數(shù)就是[a,b]的倍數(shù)；(2)[a,b]=，特別地，若(a,b)=1，則[a,b]＝ab證明設(shè)m是a和b的一個公倍數(shù)，那么存在整數(shù)k1，k2，使得m=ak1，m=bk2，因此ak1=bk2，于是由于=1，所以由推論2.1得到其中t是某個整數(shù)。因此得到m=ak1＝t(1)另一方面，對于任意的整數(shù)t，由式(1)所確定的m顯然是a與b的公倍數(shù)，因此a與b的公倍數(shù)必是式(6)中的形式，其中t是整數(shù)。令t=1時，得到最小公倍數(shù)[a,b]=ab。又由式(1)m=ak1＝t＝[a,b]t知，a，b的所有公倍數(shù)就是[a,b]的所有倍數(shù)。注：這個定理說明：①最小公倍數(shù)和最大公約數(shù)之間有著一個很重要的關(guān)系；②兩個整數(shù)的最小公倍數(shù)不但是最小的正倍數(shù)，而且是另外的公倍數(shù)的因數(shù)。即：若m是整數(shù)a1,a2的任一公倍數(shù)，則[a1,a2]m。同樣地，若m是整數(shù)a1,a2,,an的任一公倍數(shù)，則[a1,a2,,an]m。這是因為：若m是a1,a2,,an的任一個公倍數(shù)，由a1m，a2m知：[a1,a2]=m2m，由m2m，a3m知：[m2,a3]=m3m，，由mn1m，anm知：[mn1,an]=mnm，即：[推論2.1設(shè)m，a，b是正整數(shù)，則[ma,mb]=m[a,b]。證明：[ma,mb]==m[a,b]。推論2.2整數(shù)a1,a2,,an兩兩互質(zhì)，即：(ai,aj)=1，1i,jn，ij的充要條件是：[a1,a2,,an]=a1a2an推論2.2有許多應(yīng)用。例如，如果m1,m2,,mn是兩兩互質(zhì)的整數(shù)，那么，要證明m=m1m2mn整除某個整數(shù)Q，只需證明對于每個i，1in，都有mi定理3對于任意的n個正整數(shù)a1,a2,,an，記：[a1,a2]=m2，[m2,a3]=m3，，[mn2,an1]=mn1，[mn1,an]=mn，則[a1,a2,,an]=mn證明：我們有mn=[mn1,an]mn1mn，anmn，mn1=[mn2,an1]mn2mn1mn，anmn，an1mn1mn，mn2=[mn3,an2]mn3mn2mn，anmn，an1mn，an2mn，m2=[a1,a2]anmn，，a2mn，a1mn即mn是a1,a2,,an的一個公倍數(shù)。另一方面，對于a1,a2,,an的任何公倍數(shù)m，由定理2及m2,,mn的定義，得m2m，m3m，，mn故mn是a1,a2,,an最小的正的公倍數(shù)。例1設(shè)k是正奇數(shù)，證明：1291k2k9k。證明：設(shè)s=1k2k9k，則由2s=(1k9k)(2k8k)(9k1k)=10q1及2s=(0k9k)(1k8k)(9k0k)=9q2得102s和92s，于是有902s，從而129=45s。例2設(shè)a，b是正整數(shù)，證明：(ab)[a,b]=a[b,ab]。證明：要證(ab)[a,b]=a[b,ab]。由定理2知：只需證，即須證(b,ab)=(a,b)，此式顯然成立。例3設(shè)a，b，c是正整數(shù)，證明：[a,b,c](ab,bc,ca)=abc。解[a,b,c]=[[a,b],c]=，（2）(ab,bc,ca)=(ab,(bc,ca))=(ab,c(a,b))=。（3）聯(lián)合式(2)與式(3)得到所需結(jié)論。注：利用最大公因數(shù)和最小公倍數(shù)的關(guān)系可以解決類似的問題。如證明等式：。思考與練習(xí)1.31、求正整數(shù)a，b，使得ab=120，(a,b)=24，[a,b]=144。2、設(shè)a，b是正整數(shù)，證明：若[a，b]=(a，b)，則a=b。3、證明：。第四節(jié)輾轉(zhuǎn)相除法本節(jié)要介紹一個計算最大公因數(shù)的算法——輾轉(zhuǎn)相除法，又稱Euclid算法。它是數(shù)論中的一個重要方法，在其他數(shù)學(xué)分支中也有廣泛的應(yīng)用。定義1下面的一組帶余數(shù)除法，稱為輾轉(zhuǎn)相除法。設(shè)a和b是正整數(shù)，依次做帶余數(shù)除法：a=bq1r1，0<r1<b，b=r1q2r2，0<r2<r1，rk1=rkqk+1rk+1，0<rk+1<rk，(1)rn2=rn1qnrn，0<rn<rn-1，rn1=rnqn+1rn+1，rn+1=0。由于b是固定的，而且b>r1>r2>，所以式(1)中只包含有限個等式。如(1)a=1859,b=15731859=1×1573+2861573=5×286+143286=2×143+0(2)a=169,b=121169=1×121+48121=2×48+2548=1×25+2325=1×23+223=11×2+12=2×1+0定理1若a，b∈Z，則（a，b）=rn。證明：從(1)式可見，rn=(rn1,rn)=(rn2,rn1)==(r1,r2)=(b,r1)=(a,b)。推論1.1a例1求（－1859，1573）解：（－1859，1573）=（1859，1573）=（286，1573）=（286，143）=143例2求（169，121）解：（169，121）=（48，121）=（48，25）=（23，25）=1例3證明：若n是正整數(shù)，則是既約分數(shù)。證明由定理1得到(21n4,14n3)=(7n1,14n3)=(7n1,1)=1。注：一般地，若(x,y)=1，那么，對于任意的整數(shù)a，b，有(x,y)=(xay,y)=(xay,yb(xay))=(xay,(ab1)ybx)，因此，是既約分數(shù)。定理2設(shè)a，b是任意兩個不全為零的整數(shù)，若m是任一正整數(shù)，則（am，bm）=（a，b）m若δ是a，b的任一公因數(shù)，則（，）=特別地,=1。證明：當(dāng)a,b有一個為零時，定理顯然都成立。今設(shè)ab≠0。（1）由前兩節(jié)知，（am,bm）=(|a|m,|b|m),（a，b）m=（|a|，|b|）m從而不妨設(shè)a>0，b>0。在輾轉(zhuǎn)相除法（1）式中兩邊同乘以m，即得：am=（bm）q1r1m，0<r1m<bm=（r1m）q2r2m，0<r2m<rn2m=（rn1m）qnrnm，0<rnm<rnrn1m=（rnm）qn+1rn+1m，rn+由定理1得，（am,bm）=rnm=（a，b）m（2）由（1）得：（，）|δ|=（，）=（|a|，|b|）=（a，b）故（，）=。特別地當(dāng)=（a，b）時,=1。推論2.1(ma1,ma2,,man)=|m|(a1,a2,,an)。m≠0推論2.2記=(a1,a2,,an)，則=1例4記Mn=2n1，證明：對于正整數(shù)a，b，有(Ma,Mb)=M(a,b)證明：作輾轉(zhuǎn)相除：a=bq1r1，0<r1<b，b=r1q2r2，0<r2<r1，rn2=rn1qnrn，0<rn<rn1，rn1=rnqn1rn1，rn1=0。由第一式得2a1=即等，于是。注：把此題中的2用任一大于1的自然數(shù)g代替，結(jié)論都成立。思考與練習(xí)1.41、證明：使用(1)式中的記號，記P0=1，P1=q1，Pk=qkPk1Pk2，k2，Q0=0，Q1=1，Qk=qkQk1Qk2，k2，則aQkbPk=(1)k1rk，k=1,2,,n。2、用輾轉(zhuǎn)相除法求(125,17)，以及s，t，使得125s17t=(125,17)。第五節(jié)算術(shù)基本定理定義1一個大于1的整數(shù)，如果它的正因數(shù)只有1及它本身，就叫做質(zhì)數(shù)；否則就叫做合數(shù)。以后在本書中若無特別說明，質(zhì)數(shù)總是指正質(zhì)數(shù)。定理1設(shè)a是任一大于1的整數(shù)，則a的除1外最小正因數(shù)q是一質(zhì)數(shù)，并且當(dāng)a是合數(shù)時，q。證明若q不是質(zhì)數(shù)，由定義，q除1外還有一正因數(shù)q1，因而，1＜q1＜q，但qa，所以q1a，這與q是當(dāng)a是合數(shù)時，有a=a1q，且a1>1，否則a是質(zhì)數(shù)。因q是a的除1外最小正因數(shù)，所以qa1，q2qa1a。故q注：由定理1易得：若大于1的整數(shù)a不能被任何適合q的質(zhì)數(shù)q整除，則a必為質(zhì)數(shù)。我們?nèi)菀椎玫饺缦陆Y(jié)論：定理2若p是一質(zhì)數(shù)，a是任一整數(shù)，則（p,a）=1或pa。推論2.1設(shè)a1,a2,,an是n個整數(shù)，p是一質(zhì)數(shù)，若pa1a2an，則存在1kn,使得pak在本節(jié)中，我們要介紹整數(shù)與質(zhì)數(shù)的一個重要關(guān)系，即任何大于1的正整數(shù)都可以表示成若干個質(zhì)數(shù)的乘積。定理3(算術(shù)基本定理)任何大于1的整數(shù)都可以表示成若干個質(zhì)數(shù)的乘積。即任何大于1的整數(shù)a＝p1p2pn，p1p2pn，其中p1,p2,,pn是質(zhì)數(shù)，并且若a＝q1q2qm，q1q2qm，其中q1,q2,,qm是質(zhì)數(shù)，則m=n，qi＝pii=1,2,…,n。（這里不再給予證明）推論3.1任何大于1的整數(shù)a能夠唯一地表示成a=，其中p1,p2,,pk是質(zhì)數(shù)，p1<p2<<pk，1,2,,k是正整數(shù)。使用推論3.1中的記號，稱a=是a的標準分解式，其中pi（1ik）是質(zhì)數(shù)，p1<p2<<pk，i（1ik）是正整數(shù)。推論3.2設(shè)任何大于1的整數(shù)a=，i﹥0（1ik）則a的正因數(shù)d可以表示成d=，iZ，0ii，1ik；的形式，而且當(dāng)d可以表示成上述形式時，d是a的正因數(shù)。注：①用d(a)表示a的所有正因數(shù)的個數(shù)，則②用σ(a)表示a的所有正因數(shù)的和，則③用π(a)表示a的所有正因數(shù)的積，則π(a)=推論3.3設(shè)正整數(shù)a與b的標準分解式是，其中p1,p2,,pk是互不相同的質(zhì)數(shù)，i，i（1ik）都是非負整數(shù)，則(a,b)=，i=min{i,βi}，1ik，[a,b]=，μi=max{i,βi}，1ik。證明：顯然對于i=min{i,βi}，1ik，，而且若da，db，則d的標準分解式中pi的指數(shù)同時不超過a和b的標準分解式中pi的指數(shù)，即d，這就證明了(a,b)=，i=min{i,i}，1ik；同理證得第二式。例1寫出51480的標準分解式。解我們有51480=225740=2212870=236435=2351287=2353429=23532143=233251113。例2設(shè)a，b，c是正整數(shù)，證明：(a,b)[a,b]=ab證明：設(shè)，其中p1,p2,,pk是互不相同的質(zhì)數(shù)，i，i（1ik）都是非負整數(shù)。于是有由此知(a,b)[a,b]==ab注：利用定理3的推論3.1可以容易地處理許多像例2這樣的問題。在本節(jié)中我們已經(jīng)證明了：任何大于1的正整數(shù)可以表示成若干個質(zhì)數(shù)冪的乘積。這就引出了一個問題：質(zhì)數(shù)是否有無窮多個？回答是肯定的。定理4質(zhì)數(shù)有無限多個。證明：假設(shè)只有k個質(zhì)數(shù)，設(shè)它們是p1,p2,,pk。記N=p1p2pk1。由定理1可知，N有質(zhì)因數(shù)p，我們要說明ppi，1ik，從而得出矛盾。事實上，若有某個i，1ik，使得p=pi，則由pN=p1p2pk1推出p1，這是不可能的。因此在p1,p2,,pk之外又有一個質(zhì)數(shù)p，這與假設(shè)是矛盾的。所以質(zhì)數(shù)不可能是有限個。思考與練習(xí)1.51、如果2m+1是質(zhì)數(shù)，則m=2n2、若a>1，an1是質(zhì)數(shù)，則a=2，并且n是質(zhì)數(shù)。3、設(shè)a，b，c是整數(shù)，證明：(a,[b,c])=[(a,b),(a,c)]。第六節(jié)函數(shù)[x]，{x}的性質(zhì)及其應(yīng)用本節(jié)中要介紹函數(shù)[x]，它在許多數(shù)學(xué)問題中有廣泛的應(yīng)用。定義1設(shè)x是實數(shù)，以[x]表示不超過x的最大整數(shù)，稱它為x的整數(shù)部分，又稱{x}=x[x]為x的小數(shù)部分。如：。請大家畫出[x]和{x}的圖像，分析其性質(zhì)。定理1設(shè)x與y是實數(shù)，則(1)x=[x]+{x}(2)x1<[x]x<[x]+10{x}<1(3)若n是整數(shù)，則[nx]=n[x],n∈Z；(4)[x]+[y][xy]{x}+{y}≥{x+y}(5)[x]=；(6)若b是正整數(shù)，那么對于任意的整數(shù)a，有，(7)設(shè)a與b是正整數(shù)，則在1,2,,a中能被b整除的整數(shù)有個。證明：能被b整除的正整數(shù)是b,2b,3b,，因此，若數(shù)1,2,,a中能被b整除的整數(shù)有k個，則kba<(k1)bk<k1k=。定理2在n!的標準分解式中質(zhì)因數(shù)p(p≤n)的指數(shù)則h=。注意，若ps>n,則=0，故上式只有有限項不為零，因而有意義。這里不再給予證明。有興趣的讀者可查閱有關(guān)資料。推論2.1設(shè)n是正整數(shù)，則n!=，其中表示對不超過n的所有質(zhì)數(shù)p求積。推論2.2設(shè)n是正整數(shù)，1kn1，則賈憲數(shù)N。若n是質(zhì)數(shù)，則n，1kn1。證明由定理2，對于任意的質(zhì)數(shù)p，整數(shù)n!，k!與(nk)!的標準分解式中所含的p的指數(shù)分別是。利用定理1中（4）可知，因此是整數(shù)。若n是質(zhì)數(shù)，則對于1kn1，有(n,k!)=1，(n,(nk)!)=1(n,k!(nk)!)=1，由此及N，推出k!(nk)!(n1)!，從而n。證畢。例1求最大的正整數(shù)k，使得10k199!。解由定理2，199!的標準分解式中所含的5的冪指數(shù)是=47，所以，所求的最大整數(shù)是k=47。例2設(shè)與是實數(shù)，則[2][2][][][]。(1)解設(shè)=[]x，0x<1，=[]y，0y<1，則[][][]=2[]2[][xy]，(2)[2][2]=2[]2[][2x][2y](3)如果[xy]=0，那么顯然有[][2][2]；如果[xy]=1，那么x與y中至少有一個不小于，于是[2x][2y]1=[xy]。因此無論[xy]=0或1，都有[xy][2x][2y]，由此及式(2)和式(3)可以推出式(1)。例3對任何實數(shù)x，恒有[x]+[x+]=[2x]證明：設(shè)x=[x]+α,0≤α<1①當(dāng)0≤α<時,[x+]=[x],[2x]=2[x]∴等式成立②當(dāng)≤α<1時,[x+]=[x]+1,[2x]=2[x]+1∴等式成立故對任何實數(shù)x,恒有[x]+[x+]=[2x]思考與練習(xí)1.61、求30！的標準分解式。2、證明：設(shè)a與b是正整數(shù)，則=。3、設(shè)與是任意兩個實數(shù)，證明：（1）[]-[]=[-]或[-]+1；（2）[2][2][][][]。閱讀材料一費馬數(shù)梅森數(shù)完全數(shù)1、費馬數(shù)當(dāng)n為非整負數(shù)時，形狀是f（n）=的數(shù)叫費馬數(shù)。費馬（Fermat，1601—1665）是16世紀法國業(yè)余數(shù)學(xué)家，常與當(dāng)時著名數(shù)學(xué)家笛卡兒、梅森交往，他一生有過許多重要發(fā)現(xiàn)，如費馬大定理、費馬小定理等。為了尋找質(zhì)數(shù)的表達式，1640年，費馬驗算了表達式f（n）=,當(dāng)n=0，1，2，3，4時的值分別為：F0=3，F(xiàn)1=5，F(xiàn)2=17，F(xiàn)3=257，F(xiàn)4=65537均為質(zhì)數(shù)，于是他斷言：對于任何非負整數(shù)n，表達式f（n）=的值均是質(zhì)數(shù)。1732年，數(shù)學(xué)大師歐拉（Euler）發(fā)現(xiàn)F5是合數(shù)，1880年，朗道（Landry）指出F6也是合數(shù)。在費馬數(shù)中，是否有無限多個質(zhì)數(shù)，或者是否有無限多個合數(shù)，這是個至今仍懸而未決的問題?？梢宰C明，任意兩個（不等的）費馬數(shù)互質(zhì)。證明：設(shè)兩個不同的費馬數(shù)為Fm，F(xiàn)n，不妨設(shè)n>m，則Fn-2=（）（）=(Fn-1-2)（）=Fn-1Fn-2…Fm…F0∴Fm∣（Fn-2）。令（Fn，F(xiàn)m）=d,∵d∣Fn，d∣Fm,∴d∣2，但費馬數(shù)是奇數(shù)，故d≠2，因此d=1，則（Fn，F(xiàn)m）=1。2．梅森數(shù)當(dāng)p是質(zhì)數(shù)時，形狀是Mp=2p1的數(shù)叫梅森數(shù)。若Mp也是質(zhì)數(shù)，則稱Mp是梅森質(zhì)數(shù)。梅森（Mersenne，1588—1648）,法國業(yè)余數(shù)學(xué)家，原是一位神父，但他酷愛數(shù)學(xué)。1644年，他向世人宣稱：當(dāng)p=2，3，5，7，13，17，19，31，67，127，257時，2p1是質(zhì)數(shù)。此后人們發(fā)現(xiàn)梅森上述結(jié)論有誤。1903年，科爾發(fā)現(xiàn)當(dāng)p=67時，2671=193707721×761838257287，故2671不是質(zhì)數(shù)，人們又發(fā)現(xiàn)p=61時，2611是質(zhì)數(shù)，1911年P(guān)ower發(fā)現(xiàn)了2891是質(zhì)數(shù)，三年后，他又發(fā)現(xiàn)了21071也是質(zhì)數(shù)。至今人們已經(jīng)找到了44個梅森質(zhì)數(shù)（詳見王丹華等編著的《初等數(shù)論》，北京航空航天大學(xué)出版社）。由第四節(jié)例4知道：當(dāng)m≠n,m,n為質(zhì)數(shù)時，（Mm，Mn）=1。3、完全數(shù)兩千多年前，古希臘學(xué)者歐幾里得在其著作《原本》中有這樣一段話：在自然數(shù)中，恰好等于其全部真因數(shù)（包括1）和的數(shù)叫“完全數(shù)”。也就是說，當(dāng)aN，若=2a，則稱a為完全數(shù)。注：近代完全數(shù)的概念已經(jīng)推廣為多倍完全數(shù)，即對自然數(shù)a，若=ka,則稱a為k倍完全數(shù)?？梢则炞C120是3倍完全數(shù)?？梢宰C明，正整數(shù)a是偶完全數(shù)的充分必要條件是:a－1）（n≥1）,且2n+1－1是質(zhì)數(shù).上述結(jié)論告訴我們:找到一個2p－1型的質(zhì)數(shù),即找到一個偶完全數(shù),而2p－1型質(zhì)數(shù)恰好是梅森質(zhì)數(shù).因而可以這樣講:發(fā)現(xiàn)一個梅森質(zhì)數(shù),即相當(dāng)于找到一個偶完全數(shù).根據(jù)上面所述,人們至少已找到了44個偶完全數(shù)。有無奇完全數(shù)存在，這是一個至今尚未解決的數(shù)學(xué)難題。完全數(shù)有許多奇妙的性質(zhì):（1）完全數(shù)是2的連續(xù)方冪的和，如：6=21+22，28=22+23+24，496=24+25+26+27+28，…（2）除6以外，完全數(shù)是連續(xù)幾個單數(shù)的立方和，如：28=12+33，496=13+33+53+73，…（3）兩位以上的完全數(shù)，把它的各數(shù)位上的數(shù)字相加得一數(shù)，再把這個數(shù)的各數(shù)位上的數(shù)字再相加又得一數(shù)，繼續(xù)這樣做下去，結(jié)果都是1.如:28，2+8=10，1+0=1；496，4+9+6=19，1+9=10，1+0=1；8128，8+1+2+8=19，1+9=10，1+0=1。閱讀材料二哥德巴赫猜想我們知道自然數(shù)集合分為奇數(shù)和偶數(shù)，也可以把自然數(shù)集合分為單位l，質(zhì)數(shù)與合數(shù)三類，奇數(shù)和偶數(shù)之間的關(guān)系很明顯，奇數(shù)加1是偶數(shù)，偶數(shù)加l是奇數(shù)；質(zhì)數(shù)與合數(shù)的關(guān)系也是比較明顯的，由算術(shù)基本定理知道，一個合數(shù)可以分解成幾個質(zhì)數(shù)的乘積。反過來幾個質(zhì)數(shù)相乘的結(jié)果是一個合數(shù)。那么，這兩種分類之間又有什么聯(lián)系呢?也就是說，奇數(shù)和偶數(shù)與質(zhì)數(shù)、合數(shù)之間有什么關(guān)系呢?除了2以外，其余的質(zhì)數(shù)都是奇數(shù)。顯然，奇數(shù)個奇質(zhì)數(shù)的和一定是奇數(shù)，那么，反過來是不是正確呢?也就是說，是不是每一個奇數(shù)都可以表示為奇數(shù)個奇質(zhì)數(shù)的和呢?特別是表示成三個奇質(zhì)數(shù)之和呢?此外，兩個奇質(zhì)數(shù)相加，它們的和顯然是偶數(shù)，那么，反過來是不是正確呢？也就是說，是不是每一個偶數(shù)都可以表示為兩個奇質(zhì)數(shù)的和呢?這樣的問題在數(shù)論的發(fā)展過程中必然要被提出來。1742年6月7日，彼德堡科學(xué)院士哥德巴赫寫信給當(dāng)時住在柏林的數(shù)學(xué)家歐拉。其信內(nèi)容摘譯如下：“……因此，我現(xiàn)在試作一個猜想，這就是，如果一個數(shù)是兩個質(zhì)數(shù)之和的話，則它可以是任意多個質(zhì)數(shù)(包括1)之和，質(zhì)數(shù)個數(shù)隨你而定，直至最終表成一串1之和。例如：4=5=6=…再看一遍以上的例子，我發(fā)現(xiàn)整個猜想對于n成立的話，且n+1是兩個質(zhì)數(shù)之和，則對n+l可以嚴格地證明該猜想，證明是很容易的，看起來至少好像每個大于1的數(shù)是三個質(zhì)數(shù)之和……”1742年6月30日，歐拉給哥德巴赫寫了一封回信，摘譯如下：“……正如在你給我的來信中所觀察到的那樣，每個偶數(shù)看來是兩個質(zhì)數(shù)之和，還蘊含著每個數(shù)如果是兩個質(zhì)數(shù)之和，則它可以是任意多個質(zhì)數(shù)之和，質(zhì)數(shù)個數(shù)由你而定。如果給定一個偶數(shù)n，則它是兩個質(zhì)數(shù)之和。對于n-2也是如此，因此，2是三個以至四個質(zhì)數(shù)之和，如果n是奇數(shù)，則它一定是三個質(zhì)數(shù)之和，因此，n-1是兩個質(zhì)數(shù)之和。所以，n是一個任意多個質(zhì)數(shù)之和，雖然我還不能證明，但我肯定每個偶數(shù)是兩個質(zhì)數(shù)之和……”從歐拉的信中，看到他已經(jīng)將哥德巴赫的猜想明確化。后人用略為修改了的語言，整理成傳于后世的哥德巴赫猜想：A：每一個大于或等于6的偶數(shù)都可以表示為兩個奇質(zhì)數(shù)之和；B：每一個大于或等于9的奇數(shù)都可以表示為三個奇質(zhì)數(shù)之和。這個猜想就是一座把奇數(shù)、偶數(shù)與質(zhì)數(shù)聯(lián)結(jié)起來的橋梁，用具體的數(shù)字進行驗算明顯看出這兩個猜測的正確性。6＝3+39=3+3+38=5+311＝3+3+510＝5+5＝3+713＝5+3+512＝5+715=3+5+714＝7+7=3+1117＝5+5+728＝5+2327＝3+11+13100=11+89101=23+37+41我們看出，命題A與命題B是有聯(lián)系的：即，命題B是命題A的直接推論，也就是說，只要命題A正確，就能證明命題B正確。因為，若命題A正確，我們設(shè)整數(shù)N≥9(N是奇數(shù))，則N一3≥6，而且N一3是偶數(shù)。由命題A可知，必有兩個奇質(zhì)數(shù)和。使得所以從而命題B成立。所以，解決哥德巴赫猜想關(guān)鍵在于證明命題A。由于歐拉是18世紀最偉大的數(shù)學(xué)家之一，他對這個猜測的信心，便吸引了許多數(shù)學(xué)家的注意，都試圖證明這個猜想，然而直到19世紀結(jié)束時，對哥德巴赫猜想的研究沒有任何進展，甚至根本不知道應(yīng)該如何下手。1900年德國大數(shù)學(xué)家希爾伯特在國際數(shù)學(xué)家大會的演說中提出了具有重要意義的23個數(shù)學(xué)問題，哥德巴赫猜想被列為希爾伯特第8問題的一部分，1912年另一個德國數(shù)學(xué)家朗道在國際數(shù)學(xué)會的報告中說，即使要證明下面的較弱的命題：“任何大于4的正整數(shù)，都能表示成C個素數(shù)之和，也是現(xiàn)代數(shù)學(xué)家力所不能及的?！?這里C是某個常數(shù))人們遇到困難的理論問題，有兩種研究方式。其一是直接地求證本題結(jié)論。例如，把問題B可理解為一個方程式N（奇）=，當(dāng)限制在質(zhì)數(shù)范圍求解時，解答個數(shù)記為L(依賴于N奇)，是否大于0呢?這方面的研究引出了對L進行估算的問題。最早對它研究的有英國數(shù)學(xué)家哈代與利特伍德，成功地作出直接貢獻的有蘇聯(lián)數(shù)學(xué)家維諾格拉多夫和我國數(shù)學(xué)家華羅庚。1937年依·維諾格拉多夫用他創(chuàng)造的“三角和方法”證明了：“每一個大奇數(shù)一定可以表示成三個奇質(zhì)數(shù)之和”，后來人們經(jīng)過計算知道，這里所謂的“大奇數(shù)”是一個比還要大的數(shù)。由于由9至這個“大奇數(shù)”之間有限個奇數(shù)的檢驗很難做到，所以只能說，依·維諾格拉多夫基本上解決了問題B在維氏之后，我國數(shù)學(xué)家華羅庚在1938年證明了：幾乎全體偶數(shù)都能表示成的形式，這里戶是質(zhì)數(shù)，k為任意給定的大于或等于l的自然數(shù)。這是華羅庚對第一個推測作出的重要貢獻。其二是將問題削弱一些，然后逐步逼近力爭解決。這里又分兩條途徑：①弱型哥德巴赫問題。先將N寫為一些質(zhì)數(shù)之和：N=我們總希望是越小越好。特別是當(dāng)N為偶數(shù)，＝2時，就是命題A。沿著這個途徑攀登，取得階段性成果的軌跡，如表1所列。表l哥德巴赫問題階段性成果k值上界年份成果獲得者8×101930史尼爾里曼(蘇聯(lián))22081935羅曼諾夫(蘇聯(lián)POMaHOB)711936海爾布朗(德Heilbron)朗道(德Landau)希爾克(德Scherk)671937蕾西(意大利Ricci)201950夏皮羅(美Shapiro)瓦爾加(美Warga)181956尹文霖(中國)61976旺格漢(R。C。Waughan)以上結(jié)論都是證明對“充分大”的偶數(shù)而言。1977年旺格漢證明了所有正整數(shù)均可表為至多26個質(zhì)數(shù)之和。1983年我國張明堯博士改進為：所有正整數(shù)均可表為至多24個質(zhì)數(shù)之和。②對命題A，將N＝N+N，其中N為a個質(zhì)因數(shù)乘積，N為b個質(zhì)因數(shù)乘積，則可稱為“每一個大偶數(shù)可以表示為一個質(zhì)因數(shù)個數(shù)不超過a個的數(shù)和一個質(zhì)因數(shù)個數(shù)不超過b個的數(shù)的和”，這個命題簡記為命題(a+b)。這樣，哥德巴赫猜想就是要證明命題(1+1)是正確的。在這種途徑上攀登的軌跡，列如表2表2哥德巴赫問題階段成果成果年份成果獲得者(9，9)1920布龍(挪威Brun)(7，7)1924雷特馬赫(德國Rademacher)(6，6)1932埃司特曼(英國Estermann)(5，7)，(4，9)(3，15)，(2，366)1937蕾西(意大利Ricci)(5，5)1938布赫夕太勃(蘇聯(lián))(4，4)1940布赫夕太勃(蘇聯(lián))(1,c)c為常數(shù)1948瑞尼（匈牙利Renyi）(3，4)1956王元（中國）(3，3)(2，3)1957王元（中國）(1，5)19611962巴爾斑(蘇聯(lián))潘承洞（中國）(1，4)19621963王元（中國）潘承洞（中國）巴爾斑(蘇聯(lián))(1，3)1965布赫夕太勃(蘇聯(lián))維諾格拉夫（蘇聯(lián)）波皮里（德國）(1，2)1973陳景潤（中國）在這個軌跡表中，1948年匈牙利數(shù)學(xué)家瑞尼的(1+c)的工作，是很有意義的。以前的研究(a+b)，每個都不是l，從這以后，在N＝N+N中，先控制N為質(zhì)數(shù)，再減小N質(zhì)因數(shù)的個數(shù)，這樣引出(1，5)，(1，4)，(1，3)，(1，2)后來的顯著成果。迄今為止，我國數(shù)學(xué)家陳景潤的結(jié)果“大偶數(shù)表為一個素數(shù)及一個不超過二個素數(shù)的乘積之和”也就是命題(1+2)仍是世界領(lǐng)先的成果。這一成果被世人稱譽為陳氏定理，人們稱贊這個定理是運用“篩法”的“光輝的頂點”。陳景潤教授已于1996年3月19日病逝。人們曾把哥德巴赫猜想比作數(shù)學(xué)這頂皇冠上的明珠。陳景潤登上了(1+2)這個臺階，距離皇冠上的明珠只有一步之遙。為了攻克命題(1+1)這個頂峰，尚需有志者不畏艱險的攀登！數(shù)論中還有許多美妙的猜想，比如“孿生質(zhì)數(shù)”猜想就是其中的一個。在自然數(shù)中兩個質(zhì)數(shù)相差為1，易知只有2和3這一對質(zhì)數(shù)。在奇質(zhì)數(shù)中，相差為2的兩個質(zhì)數(shù)叫孿生質(zhì)數(shù)，如(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)，(29，31)，都是孿生質(zhì)數(shù)。有沒有連續(xù)三個質(zhì)數(shù)從小到大兩兩都是孿生的呢?也就是(a，a+2，a+4)每個都是質(zhì)數(shù)，即“三生質(zhì)數(shù)”呢?我們可以證明：只有(3，5，7)這一組。因為若a＝3k+1型的數(shù)時，a+2＝(3k+1)+2＝3(k+1)必為合數(shù)；若a＝3k+2型的數(shù)時，a+4＝(3k+2)+4＝3(k+2)也必為合數(shù)，所以要a，a+2，a+4均為質(zhì)數(shù)，a只能取3k型的數(shù)，但3k型的質(zhì)數(shù)只有a=3，此時a+2=5，a+4=7。所以“三生質(zhì)數(shù)”只有(3，5，7)這一組。其它的“孿生的n質(zhì)數(shù)(n>3)”，當(dāng)然不可能存在了。于是我們回過頭來再看“孿生質(zhì)數(shù)”，人們提出是否存在“孿生質(zhì)數(shù)”的無限集合?有人在無窮的質(zhì)數(shù)列中尋找“孿生質(zhì)數(shù)”。如(109619，109621)，(10009871，10009873)及(1000061087，1000061089)都是“孿生質(zhì)數(shù)”。雖然可以有連續(xù)的n>2個數(shù)都是合數(shù)，但孿生質(zhì)數(shù)還是依稀出現(xiàn)，據(jù)統(tǒng)計，在三千萬以內(nèi)的自然數(shù)中共有152892對孿生質(zhì)數(shù)。因此人們猜測：“在自然數(shù)中，孿生質(zhì)數(shù)有無限多對”，這就是至今尚未解決的孿生質(zhì)數(shù)猜想。在科學(xué)高速發(fā)展的今天，人類即將迎來信息時代，以上歷史知識應(yīng)當(dāng)是普及數(shù)論知識的常識。而對這些問題的研究要用到解析數(shù)論等更高深的數(shù)學(xué)工具。將是專業(yè)數(shù)學(xué)工作者的攻堅任務(wù)。第二章不定方程第一節(jié)二元一次不定方程二元一次不定方程的形式：axby=ca,b,c∈Z,且ab≠0(1)不定方程的基本問題是(1)方程有沒有解？（2）若有解，怎樣求出它的解？定理1方程(1)有解的充要條件是(a，b)c證明：必要性：若（1）式有一整數(shù)解（x0,y0），則ax0by0=c因(a，b)a，(a，b)b，從而(a，b)c充分性：若(a，b)c，則c=c1(a，b)，c1∈Z。由裴蜀恒等式知，存在s,tZ,使得as+bt=(a,b)。令x0=sc1,y0=tc1,即得ax0by0=c。故（1）式有整數(shù)解（x0,y0）。定理2設(shè)a，b，c是整數(shù)，若方程axby=c有解(x0,y0)，則它的一切解具有，tZ(2)的形式，其中。證明容易驗證，由式(2)確定的x與y滿足方程(1)。下面證明，方程(1)的解都可寫成式(2)中的形式。設(shè)(x,y)是方程(1)的解，則由 ax0by0=axby=c，得到a(xx0)=b(yy0)，即：。由此，以及和第一章第三節(jié)定理4，得到xx0，因此存在整數(shù)t，使得故tZ注：定理1和定理2說明了解方程(1)的步驟：(1)判斷方程是否有解，即(a,b)c是否成立；(2)若方程(1)有解，即(a,b)c成立。則把方程(1)改寫為。顯然上式與方程(1)同解。若可用觀察法得到上式的特解x0，y0，則可進行下一步；若不易用觀察法得到，可利用輾轉(zhuǎn)相除法先求出a1xb1y=1的特解x0，、y0，，再求a1xb1y=c1的特解x0，y0。(3)寫出方程(1)的解例1：求7x+4y=100的一切整數(shù)解解：因（7，4）=1，從而原方程有解。其特解為x0=0，y0=25。故其一切整數(shù)解為x=4t，y=25-7ttZ。例2：求111x－321y=75的一切整數(shù)解解：因（111，321）=3，3︱75，從而原方程有3個解。且其解與37x-107y=25的解相同。先利用輾轉(zhuǎn)相除法求37x-107y=1的特解（x0，、y0，）。由107=37×2+3337=33×1+433=4×8+1得1=33-4×8=107-37×2-（37-33）×8=107-37×10+33×8=107-37×10+（107-37×2）×8=107×9-37×26=37×（-26）-107×（-9）從而x0，=-26、y0，=-9因此x0=-26×25，y0=-9×25。故x=-650-107t，y=-225-37ttZ。例3：證明：二元一次不定方程axby=N，a>0，b>0，(a,b)=1的非負整數(shù)解的個數(shù)為1。證明：二元一次不定方程axby=N的一切整數(shù)解為，tZ，于是由x0，y0得，但區(qū)間的長度是，故此區(qū)間內(nèi)的整數(shù)個數(shù)為1。思考與練習(xí)2.11、解下列不定方程：（1）15x+25y=100（2）306x-360y=6302、把100分成兩份，使一份可被7整除，一份可被11整除。3、設(shè)a與b是正整數(shù)，(a,b)=1，則任何大于abab的整數(shù)n都可以表示成n=axby的形式，其中x與y是非負整數(shù)，但是n=abab不能表示成這種形式。第二節(jié)多元一次不定方程設(shè)a1,a2,,an是非零整數(shù)，N是整數(shù)，稱關(guān)于未知數(shù)x1,x2,,xn的方程a1x1a2x2anxn=N(是n元一次不定方程。若存在整數(shù)x10,x20,,xn0滿足方程(1)，則稱(x10,x20,,xn0)是方程(1)的解，或者說x1=x10，x2=x20，，xn=xn0是方程(1)的解。定理1方程(1)有解的充要條件是(a1,a2,,an)N。（證明留給學(xué)生自己）定理2設(shè)a1,a2,,an,N是整數(shù)，再設(shè)(a1,a2,,an1)=dn1，(a1,a2,,an)=dn，則(x1,x2,,xn)是方程(1)的解的充分必要條件是存在整數(shù)t，使得(x1,x2,,xn,t)是方程組(2)的解。證明若有整數(shù)t，使得(x1,x2,,xn,t)是方程組(2)的解，則顯然(x1,x2,,xn)滿足方程(1)。設(shè)(x1,x2,,xn)是方程(1)的解，則a1x1a2x2an1xn1anxn=N。(令a1x1a2x2an1xn1則由定理1得dn1=(a1,a2,,an1)N。因此，存在tZ，使得a1x1a2x2an1xn1=dn1t，再由式(3)，得到dn1tanxn=b，即(x1,x2,,xn,t)滿足方程組(2)。注：定理2說明了求解n元一次不定方程的方法：先解方程組(2)中的第二個方程，再解方程組(2)中的第一個方程，于是，解n元一次不定方程就化為解n1元一次不定方程。重復(fù)這個過程，最終歸結(jié)為求解二元一次不定方程。由第一章第二節(jié)定理6，記：(a1,a2)=d2，(d2,a3)=d3，，(dn2,an1)=dn1，(dn1，an)=dn，逐個地解方程dn1tn1anxn=b，dn2tn2an1xn1=dn1tn1，d2t2a3x3=d3ta1x1a2x2=d2t首先求出最后一個方程的一切解，然后把tn1的每一個值代入倒數(shù)第二個方程，求出它的一切解，這樣下去就可以得到方程(1)的解。例1求不定方程9x24y－5z=1000的解。解因（9，24）=3，（3，-5）=1知原方程有解。由定理2知原方程化為9x24y=3t，即3x8y=t，(4)3t-5z=10003t-5z=1000，(5)解(5)得，uZ，再解3x8y=5u得到，u，vZ。故，u,vZ。例2將寫成三個分數(shù)之和，它們的分母分別是2，3和5。解設(shè)，則15x10y6z=19。依次解方程5t6z=19，15x10y=5t，得到，uZ，，vZ。消去t，得到，u,vZ。取u=0，v=0，得到x=1，y=1，z=4，因此。例3求不定方程x2y3z=7的所有正整數(shù)解。解依次解方程t3z=7，x2y=t，得到，uZ，，vZ。從上式中消去t，得到，u,vZ。(6)要使x1，y1，z1，則應(yīng)有3u2v0，v1，1u0。(7)所以3u2v2，u1u1，即u=1。由此及式(7)，有32v0，v1v1，所以v=1。將u=1，v=1代入式(6)，得到原方程的唯一一組正整數(shù)x=2，y=1，z=1。思考與練習(xí)2.21、證明定理1。2、求不定方程3x6y12z=15的解。3、把寫成分母兩兩互質(zhì)的三個既約分數(shù)之和。4、雞公一,值錢五,雞母一,值錢三,雞雛三,值錢一,百錢買百雞,問雞公母雛各幾何？第三節(jié)勾股數(shù)本節(jié)討論二次方程x2y2=z2。(1)容易看出，(x,y,z)=(0,0,0)，(0,a,a)以及(a,0,a)都是方程(1)的解。除此之外，方程(1)的每一組解都不包含零。要求方程(1)的一切非零解，只假設(shè)x>0，y>0，z>0若方程(1)有非零解，(x,y)=k>1，則kz，此時可以從方程(1)的兩端約去k，因此，我們再假定：(x,y)=1。由(x,y)=1，x與y不能同時是偶數(shù)；又若x與y均為奇數(shù)，則x2＝4m+1,y2＝4n+1，從而x2y2＝4（m+n）+2,但因x與y均為奇數(shù)，z為偶數(shù)，從而z2＝4N。故x2y2≠z2。因此，x與y有不同的奇偶性。不妨假設(shè)x是偶數(shù)。我們只需研究方程(1)的滿足下述條件的解：x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2∣x由第一章第二節(jié)例2容易得到如下結(jié)論：定理1不定方程uv=w2的滿足條件uv=w2，u>0，v>0，w>0，(u,v)=1的一切正整數(shù)解，可以寫成下面的形式u=a2，v=b2，w=ab，(a,b)=1，a>0，b>0。定理2方程(1)的滿足x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2∣x(2)的一切正整數(shù)解具有下面的形式：x=2ab，y=a2b2，z=a2b2，(3)其中a>b>0，(a,b)=1，a與b有不同的奇偶性。證明(ⅰ)若x，y，z由式(3)確定，容易驗證它們滿足方程(1)。設(shè)(x,y)＝d，由式(1)得到d2z2，因此dz，于是有da2b2，da2b2d2(a2,b2)d2。所以d=1或2。由于2y，所以d=1，這說明式(4)滿足。(ⅱ)若x，y，z是方程(1)的滿足式(2)的解，則2y，2z，并且。(4)記d=，所以dy，dz，于是d(y,z)=1，d=1。因此，利用定理1及式(4)得到。從而x=2ab，y=a2b2，z=a2b2。由y>0，可知a>b；由于x與y有不同的奇偶性，所以2y，因此，a與b有不同的奇偶性。推論2.1單位圓周上座標都是有理數(shù)的點（稱為有理點），可以寫成的形式，其中a與b是不全為零的整數(shù)。例1：證明：不定方程x2y2=z4，x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2∣x的一切正整數(shù)解可以寫成公式：x=4ab(a2b2),y=∣a4b4－6a2b2∣,z=a2b(a,b)=1，a>b>0，a,b一奇一偶。證明：設(shè)x，y，z是x2y2=z4的滿足(x,y)=1，2x的正整數(shù)解，則x=2ab，y=a2b2，z2=a2b2，a>b>0，(a,b)=1，a,b一奇一偶，再由z2=a2b2得a=2uv，b=u2v2，z=u2v2或a=u2v2，b=2uv，z=u2v2，u>v>0，(u,v)=1，u,v一奇一偶，于是得x=4uv(u2v2)，y=|u4v46u2v2|，z=u2v2，u>v>0，(u,v)=1，u,v一奇一偶。反之，易驗證它是原不定方程的整數(shù)解，且x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2x。例2：求出不定方程x23y2=z2，x>0，y>0，z>0，(x,y)=1的一切正整數(shù)解的公式。證明：由(x,y)=1易知(x,z)=1。設(shè)(zx,zx)=d，易知d=1或2。由(zx)(zx)=3y2得zx=3da2，zx=db2，y=dab或zx=db2，zx=3da2，y=dab，a>0，b>0，(a,b)=1。(ⅰ)當(dāng)d=1時，，a>0，b>0，(a,b)=1，3b，a,b同為奇數(shù)；(ⅱ)當(dāng)d=2時，x=|b23a2|，y=2ab，z=b23a2，a>0，b>0，(a,b)=1，3b，a,b反之，易驗證(ⅰ)或(ⅱ)是原不定方程的解，且x>0，y>0，z>0，(x,y)=1。思考與練習(xí)2.31、證明推論1.1。2、試證x22y2=z2，(x,y,z)=1的整數(shù)解可以寫成x=±(a22b2)，y=2ab，z=a22b2，其中a>0，b>0，(a,b)=1,2a3、證明不定方程x2y2=z4，x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2∣x的一切正整數(shù)解可以寫成公式：x=4ab(a2b2),y=∣a4b4－6a2b2∣,z=a2b其中(a,b)=1，a>b>0，a,b一奇一偶。閱讀材料費馬大定理簡介我們介紹一個與不定方程有關(guān)的問題，著名的費馬最后定理(Fermat’sLastTheorem)，我們把它簡記為費馬大定理。在中國較普遍地叫做費馬大定理。費馬(1601～1665)，出身于法國南部一個富裕的中產(chǎn)階級家庭，學(xué)過法律。1631年前曾在波爾多做法官，1631年5月，費馬成為圖魯茲地方高等立法議會議員，并移居圖魯茲。費馬的數(shù)學(xué)研究完全是業(yè)余進行的，雖然年近三十才認真注意數(shù)學(xué)，但他對數(shù)論、幾何、分析和概率等學(xué)科都做過深入的研究，做出了重大的貢獻，被人們譽為是“業(yè)余數(shù)學(xué)家”之王。17世紀之前，數(shù)論大體上是一些問題的匯集。到了17世紀，經(jīng)過費馬的系統(tǒng)化，數(shù)論才成為一門學(xué)科。因此，費馬獲得近代數(shù)論之父的美名。此外他頭上還有另外三頂桂冠，那就是近代數(shù)學(xué)三大學(xué)科的先驅(qū)，這三大學(xué)科是解析幾何、微積分和概率演算。古希臘數(shù)學(xué)家丟番圖著《算術(shù)》一書，1621年被從希臘文譯成拉丁文在法國出版，費馬買到后，對于其中的數(shù)論問題產(chǎn)生了濃厚興趣。工余之時，對希臘數(shù)學(xué)家的一些問題進行了研究和推廣，當(dāng)他讀到第Ⅱ卷第八命題“將一個平方數(shù)分為兩個平方數(shù)”時，他想到了更一般的問題。于是，他在頁邊空白處用拉丁文寫了一段話，大意是：“將一個立方數(shù)分為兩個立方數(shù)，一個四次冪分為兩個四次冪，或者一般地將一個高于二次的冪分為兩個同次的冪。這是不可能的。關(guān)于此，我確信已發(fā)現(xiàn)一種奇妙的證法，可惜這里的空白太小，寫不下了?！边@段敘述用現(xiàn)代數(shù)學(xué)語言來說，就是：當(dāng)整數(shù)，n>2時，方程(1)沒有正整數(shù)解。這就是著名的費馬最后定理，為了與費馬的另一個定理相區(qū)別，也叫做費馬大定理。寫有這段筆錄的書丟失了，但在1670年由他兒子S·費馬出版的費馬著作中有此記載。人們很想從費馬的遺著中找到費馬大定理的證明，但沒有找到。關(guān)于他的“奇妙的證明”，人們有各種猜測。比較傾向于費馬自己用無窮遞降法證明了n=4的情形，而無窮遞降法是他發(fā)現(xiàn)的一種很妙的證明方法，但他沒有察覺，無窮遞降法對一般情形并不適用。從而得出推測：費馬可能在這點上犯了錯誤，而誤認為發(fā)現(xiàn)了“奇妙的證明”。能不能補上這一缺憾，為費馬大定理找到一個證明呢?試一試，絕非輕而易舉。數(shù)學(xué)史家考證確認費馬大定理寫在書批上時約在1637年，1670年公諸于世，此后數(shù)學(xué)家們踏上征服費馬大定理的漫長且艱難的歷程。對于方程(1)我們?nèi)菀装l(fā)現(xiàn)如果(x，y)＝d，那么d|z，這樣令x＝d，，則(1)可以簡化為其中兩兩互質(zhì)。我們將(1)式的兩兩互質(zhì)的解，稱為原始解。另外，(1)式中的n如果是個合數(shù)，令，此時，，若無正整數(shù)解，則也必?zé)o正整數(shù)解。因為若有正整數(shù)解，則與無正整數(shù)解矛盾。由于一個大于2的整數(shù)n，當(dāng)，n是偶數(shù)時，必為4的倍數(shù)或為某個奇質(zhì)數(shù)的偶數(shù)倍，當(dāng)n是奇數(shù)時，必是一個奇質(zhì)數(shù)p的倍數(shù)，因此，證明費馬大定理，實際上只需證明和(p為奇質(zhì)數(shù))都沒有正整數(shù)解就可以了。前者無正整數(shù)解較好地被證明了，見我們給出的無窮遞降法的證明，后者(p為奇質(zhì)數(shù))無正整數(shù)解的證明卻是非常困難的。為了方便起見，經(jīng)常把費馬大定理分為下列兩種情形進行討論：第一種情形：對于質(zhì)數(shù)p，不存在x，y，z，使得p?xyz，且。第二種情形，對于質(zhì)數(shù)p，不存在整數(shù)x，y，z，使P│xyz，我們列表總結(jié)早期數(shù)學(xué)家關(guān)于費馬大定理研究的結(jié)果指數(shù)證明人證明時間n=4費馬貝西萊布尼茨歐拉167616781738n=3歐拉高斯1770n=5勒讓德狄里克勒18231825n=7拉梅1839n<100庫麥爾1844-1857應(yīng)當(dāng)指出，1843年，庫麥爾對復(fù)整數(shù)進行了研究，給出素整數(shù)、可除性以及類似的東西以適當(dāng)定義，并假定在分圓整數(shù)中唯一因子分解成立，由此出發(fā)，他給出了費馬大定理的一個“證明”。同年他把手稿寄給狄里赫勒，狄里赫勒看過后指出他的證明是錯誤的。1844年庫麥爾認識到狄里赫勒批評的正確性，他證明分圓整數(shù)唯一因子分解定理不是普遍成立的。事實上，還有兩位數(shù)學(xué)家也犯過與庫麥爾同樣的錯誤，一位是柯西，另一位是拉梅。在法國科學(xué)院的一次會議上，拉梅宣布他利用分圓整數(shù)理論證明了費馬大定理，當(dāng)他宣講證明概要后，劉維爾馬上站起來指出拉梅把通常整數(shù)的性質(zhì)用到分圓整數(shù)上是不妥的。然而，這篇錯誤的論文已經(jīng)發(fā)表在法國科學(xué)院的報告上，傳遍整個數(shù)學(xué)界。為了使唯一分解成立，。庫麥爾從1844年開始了一系列的研究，創(chuàng)立理想數(shù)的理論。他利用理想數(shù)，成功地證明對于許多質(zhì)數(shù)費馬大定理是正確的。在前100個自然數(shù)中，只有37，59，67不為庫麥爾的證明所包括，為了除去這三個例外，庫麥爾于1857年的一篇論文中將它的結(jié)果擴展到這些例外質(zhì)數(shù)，可惜還有缺點，直到1892年P(guān)＝37的情形才被米里諾夫所證明。正是由于庫麥爾等人的研究，1871年以后戴德金推廣了高斯的復(fù)整數(shù)和庫麥爾的代數(shù)數(shù)理論，創(chuàng)立現(xiàn)代代數(shù)數(shù)理論。過去代數(shù)數(shù)論本來是研究費馬大定理解的一種方案。而現(xiàn)在，自身卻變成了一個新興學(xué)科。它的創(chuàng)立被認為是19世紀代數(shù)學(xué)上最大成就。難怪希爾伯特把費馬大定理稱為會“生出金蛋的母雞”了，雖然費馬大定理當(dāng)時尚未攻克，但為了攻克費馬大定理而產(chǎn)生的數(shù)學(xué)新的理論、思想、方法，其意義遠超過證明費馬大定理本身。到了1908年，德國數(shù)學(xué)家佛爾夫斯克爾留下遺言，把10萬馬克的巨款贈給哥廷根皇家科學(xué)會。有一個附加條件，將款項作為獎金，授予第一個證明費馬大定理的人。按照哥廷根皇家科學(xué)會的決定，這項獎金限期100年，到2007年取消，消息傳出，應(yīng)征者的“證明”紛至沓來，單就1908年~1911年三年間，就收到1000多份證明，毫無例外，所有證明都是錯誤的。直到1918年第一次世界大戰(zhàn)結(jié)束后，馬克不斷貶值。這時10萬馬克的獎金實際上只能買幾張白紙!解答費馬大定理的熱潮至此才算告一段落。那些為獎金而努力的人不再作嘗試，繼續(xù)注意研究費馬大定理的人多是從愛好數(shù)學(xué)的立場出發(fā)，使關(guān)于費馬大定理的研究走向更深的層次。1977年，瓦格斯塔夫證明了，對于每一個p<125000的質(zhì)數(shù)指數(shù)，費馬大定理成立。1983年計算機專家斯洛文斯基在每秒運行一億次的超巨型計算機CRAY一1上運行5782秒得到結(jié)果：對梅森質(zhì)數(shù)M=2-1，費馬大定理第一種情形成立。對于方程(n>2)。X，Y，Z為正整數(shù)，兩端除以Z，變?yōu)?為有理數(shù)。這時，費馬大定理等價于沒有非零的有理數(shù)解。這時，我們得到函數(shù)：可以在xoy平面上畫出它的圖象。如圖所示這些曲線稱為費馬曲線Yn=2(1,1)n=3OX如果把平面上橫縱坐標都是有理數(shù)的點稱為有理點，則費馬大定理的幾何解釋是：對于n>2的情形，費馬曲線不通過xoy上單位正方形內(nèi)的有理點。到了1983年原聯(lián)邦德國29歲的數(shù)學(xué)家伐爾廷斯證明一個名叫莫德爾的猜想是正確的。由這個結(jié)果，可以推出費馬曲線(n≥4)上只有有限個有理點。也就是說，如果方程(n≥4)有解，則至多有有限多個。伐爾廷斯的成就受到了各國數(shù)學(xué)家的高度評價。1983年，由于莫德爾猜想的證明，數(shù)學(xué)家看出有一系列猜想最終可導(dǎo)出費馬大定理的證明。發(fā)展到1986年，數(shù)學(xué)家已經(jīng)看到了，要證明費馬大定理，只須證明對半穩(wěn)定橢圓曲線，谷山一志村猜想成立就可以了。英國數(shù)學(xué)家安德魯·維爾斯(AndrewWiles)知道這個消息之后，面壁7年，終于在1993年6月取得了突破。1993年6月23日，安德魯·維爾斯在劍橋大學(xué)新成立的牛頓數(shù)學(xué)研究所以《模形式、橢圓曲線和伽羅華表示》為題作了長達2.5小時的報告。在報告結(jié)束時，10時30分，他平靜地宣布：“我證明了費馬大定理?！边@一消息不脛而走轟動了世界。但到了11月，他的老師柯茲在牛頓研究所維爾斯作報告的同一報告廳中，證實維爾斯論文中確有漏洞。1993年12月4日，維爾斯發(fā)出電子郵件，勇敢地承認了證明中存在問題，并表示很快將克服這一問題。但直到1994年8月3日至11日，在瑞士蘇黎世召開四年一度的國際數(shù)學(xué)家大會上，仍沒有進展的消息。維爾斯從蘇黎世回來后只過了一個多月，為費馬大定理拼搏了八年之久的這位數(shù)學(xué)大師突然來了靈感。9月19日，他已經(jīng)發(fā)現(xiàn)了繞過困難的方案。原來的方案只需部分地改動，改動的部分涉及代數(shù)幾何的尖端，更正確地說是交換代數(shù)的理論。這時他需要關(guān)于?？?Hecke)代數(shù)的結(jié)構(gòu)理論。為了完成這部分占全部工作的工作，他與自己的學(xué)生泰勒合作，忙了一個月，便完成了全部工作，整個證明比原來的還要簡短。10月14日，他將他的108頁論文《模曲線和費馬大定理》送交當(dāng)代最權(quán)威的數(shù)學(xué)雜志——普林斯頓的《數(shù)學(xué)年刊》，而一周之前，他和他的學(xué)生泰勒的合作論文《