初等数论课件

1、初等数论课件十堰广播电视大学 任 鹏第一部分 大纲说明一、课程的作用与任务“初等数论” 课程是中央广播电视大学数学与应用数学专业的一门限选课。 数学与应用数学专业的学生学习一些初等数论的基础知识可以加深对数的性质的了解与认识， 便于理解和学习与其相关的一些课程。通过这门课的学习，使学生获得关于整数的整除性、不定方程、同余式、 原根与指标及简单连分数的基本知识， 掌握数论中的最基本的理论和常用的方法， 加强他们的理解和解决数学问题的能力， 为今后的学习奠定必要的基础。二、课程的目的与要求初等数论是研究整数性质的一门学科， 历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂， 容易引起人的兴

2、趣， 但是解决它们却非常困难。 本课程的目的是简单介绍在初等数论研究中经常用到的若干基础知识、基本概念、方法和技巧。通过本课程的学习， 使学生加深对整数的性质的了解， 更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系。三、教学要求有关定义、定理、性质等概念的内容按“知道、了解和理解”三个层次要求；有关计算、解法、公式和法则等方法的内容按“会、掌握、熟练掌握”三个层次要求。第二部分 学时按排、学时和学分1、本课程共54学时，学时分配为:章号内容课内学时IP学时备注1整数的整除性理论82不定方程83一元同余理论144平方剩余与原根145简单连分数10合计54272、学分本课程共3学分。二、教材1、文字教材

3、是学生学习的主要用书，它是教和学的主要依据。 根据远程开放教育要求和电大学生入学时水平参差不齐的实际情况, 文字教材除主教材外，并配辅助教材。文字教材是学生获得知识和能力的重要媒体， 教材中对概念的叙述要直观无误，论证要清楚，要适合成人开放教育、以业余学习为主的特点，要便于学生自学。2、 本课程要积极探索基于网络环境的远程开放教育的教学模式、学习模式，充分利用 IP 课程的卫星、网络传播的优势，充分发挥 IP课程的教学内容可选和交互性， 为学生自主学习本课程提供更方便的教学资源。三、教学环节1、自学自学是电大学生获得知识的重要方式， 自学能力的培养也是远程开放高等教育的目的之一， 本课程的教学

4、要注意对学生自学能力的培养。 学生可以通过自学， IP 课程、 直播课堂和网上教学辅导等方式进行学习，各教学点可以采用灵活多样的助学方式，帮助学生学习。2、面授助学面授助学要服从于教学大纲、文字教材或IP 课程，采用讲解、讨论、答疑等方式，通过解题思路分析，基本方法训练，培养学生基本运算的能力和分析、解决问题的能力。3、作业独立完成作业是学生学好本课程的一项重要的、必不可少的工作。作业内容以教材中的习题为主，通过这些习题的练习，逐步加深对课程中各种概念的理解， 熟悉各种基本解题方法， 达到基本掌握本课程主要内容的目的。4、考试考试题目要全面，符合大纲要求，同时要做到体现重点，题量适度，难度适中

5、，题量和难度的梯度应按照教学的三个不同层次安排。不出难题，怪题。未作具体教学要求的内容不作考试要求。第三部分 教学内容与目标整数的整除性理论（一）教学内容1、整除性、公因数、公倍数两个整数整除的概念、剩余定理；最大公因子的概念、性质及求最大公因子的方法；最小公倍数的概念、性质及最小公倍数的求法。2、素数与整数的素因子分解素数与合数的概念、素数的性质、整数关于素数的分解定理、素数的求法（筛法）。3、函数x 、 x 及其应用函数x与x的概念、性质、n!的素数分解、组合数为整数的性 质。4、抽屉原理抽屉原理的简单与一般形式、 抽屉原理在构造具有特殊性质整数方面的应用。重点：整除、公因子、素数的概念及

6、性质，剩余定理，求最大公因子的方法，整数的素数分解定理。难点：函数x 、 x 的概念及其应用。（二）教学基本要求1、理解整数整除、公因子、公倍数的概念及相关性质，理解剩余定理，熟练掌握用剩余定理求最大公因子、最小公倍数的方法。2、理解素数与合数的概念、素数的性质，理解整数的素数分解定理，会用筛法求素数。3、了解函数冈与x的概念、性质，n!的素数分解、组合数为整 数的性质。4、了解抽屉原理的简单与一般形式、会用抽屉原理构造一些具有特殊性质整数。一、 不定方程（一）教学内容1、二元一次不定方程二元一次不定方程的形式， 二元一次不定方程解的形式， 二元一次不定方程有整数解的条件，利用剩余定理（辗转相

7、除法）求二元一次不定方程的解。2、多元一次不定方程多元一次不定方程的形式， 多元一次不定方程有解的条件， 求简 单的多元一次不定方程的解。3、不定方程不定方程 的整数解的形式， 求形如 的整数解， Fermat 大定理的简单介绍。重点： 二元一次不定方程解的形式， 二元一次不定方程有整数解的条件，利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定方程的解。难点：不定方程 的整数解的形式，求解形如的整数解。（二）教学基本要求1、了解二元一次不定方程解的形式、二元一次不定方程有整数解的条件，熟练掌握利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定方程的方法。2、知道多元一次不定方程有解的条件，会求解简单的多元一次不

8、定方程。3、知道不定方城的整数解的形式，会求形如的整数解。一元同余理论（一）教学内容1、同余的概念及性质整数同余的概念、同余的基本性质，整数具有素因子的条件，利用同余简单验证整数乘积运算的结果。2、剩余系、完全剩余系剩余系、完全剩余系的概念，判断剩余系的方法，欧拉函数的定义及性质。3、欧拉定理及其应用欧拉定理、Fermat 小定理，循环小数的判定条件。4、一次同余式同余式的定义，一次同余式有解的条件，求解同余式。5、中国剩余定理中国剩余定理，中国剩余定理的应用，求解同余式方程组。6、高次同余式判断高次同余式的解个数， 解高次同余式的方法， 模整数同余式与模素数同余式的关系，求解简单的（ 3、

9、4 次）同余式。7、素数模的高次同余式素数模同余式的次数化简， Wilson 定理， 同余式的次数与解数的关系， n 次同余式有n 个解的条件。重点：剩余系的判定，欧拉函数的定义及性质，中国剩余定理，求解三次以下的同余式。难点：剩余系的判定，中国剩余定理，模整数同余式与模素数同余式的关系。（二）教学基本要求1、理解整数同余的概念及同余的基本性质，熟练掌握整数具有素因子的条件，会利用同余简单验证整数乘积运算的结果。2、理解剩余系、完全剩余系的概念，熟练掌握判断剩余系的方法，理解欧拉函数的定义及性质。3、了解欧拉定理、Fermat 小定理，掌握循环小数的判定方法。4、理解同余式的定义，掌握一次同余

10、式有解的条件，熟练掌握求解一次同余式。5、理解中国剩余定理，掌握中国剩余定理的简单应用，掌握求解简单同余式方程组的方法。6、了解高次同余式解的个数的判断方法，知道解高次同余式的方法，了解模整数同余式与模素数同余式的关系，掌握求简单的（ 3、4 次）同余式解的方法。7、了解素数模同余式的次数化简、Wilson 定理，了解同余式的次数与解的个数的关系，知道n 次同余式有n 个解的条件。三、 平方剩余与原根（一）教学内容1、二次同余式二次同余式的一般形式， 模整数同余与模素数幂同余的关系， 平 方剩余与平方非剩余的概念。2、单素数的平方剩余单素数的平方剩余与平方非剩余的欧拉判定法， 单素数的平方剩

11、余与平方非剩余的个数。3、Legende Jacobi 符号Legendre符号的定义、性质，Jacobi符号的定义、性质，利用 Legendre和Jacobi符号判断同余式的解的存在性。4、非素数模的二次同余式非素数模的二次同余式有解的条件及解的个数。5、素数的平方和分解对素数 p 讨论不定方程有整数解的条件。6、阶数原根的定义，阶数的定义及其基本性质。7、原根存在的条件讨论原根存在的条件，求原根的简单方法。8、简化剩余系的构造介绍利用原根得到整数简化剩余系的方法。9、指标指标的定义、性质，指标的应用（讨论同余式有解的条件及解的个数）。重点：模整数同余与模素数幂同余的关系 , 欧拉判定法,

12、利用Legendre和Jacobi符号判断同余式的解的存在性，讨论同余式有解的 条件及解的个数。难点： 非素数模的二次同余式有解的条件及解的个数， 素数的平方和分解，原根存在的条件。（二）教学基本要求1、理解二次同余式的一般形式、模整数同余与模素数幂同余的关系、平方剩余与平方非剩余的概念。2、理解单素数的平方剩余与平方非剩余的欧拉判定法，了解单素数的平方剩余与平方非剩余的个数。3、了解Legendre符号的定义、性质及Jacobi符号的定义、性质, 熟练掌握利用Legendre和Jacobi符号判断同余式的解的存在性。4、掌握非素数模的二次同余式有解的条件及解的个数的有关结5、会对素数p讨论不

13、定方程有整数解的条件。6、了解原根的定义、阶数的定义及其基本性质。7、会讨论原根存在的条件，掌握求原根的简单方法。8、会利用原根得到整数简化剩余系的方法。9、了解指标的定义、性质，掌握指标的应用（讨论同余式有解 的条件及解的个数）。作业答案初等数论第一次作业：一、单项选择题1、（o,b）（C ）.A b B b C b D 02、如果 ba, ab,则（D ）.Aab BabC a b D a b3、如果（a,b） 1,则（ab,a b）= （C ）.Aa B bC 1D ab4、小于30的素数的个数（A ）.A 10 B 9 C 8 D 75、大于10且小于30的素数有（C ）.A 4个 B

14、 5个 C 6个 D 7个6、如果 3n, 5n,则 15 （A） n.A整除 B 不整除 C等于 D不一定7、在整数中正素数的个数(C ).A有1个 B有限多 C无限多 D不一定二、计算题求24871与3468的最大公因数？解：24871=3468 7+5953468=595 5+493595=493 1+102493=102 4+85102=85 1+1785=17 5,所以,(24871,3468)=17.求24871,3468=?解：因为(24871,3468) =17所以24871,3468=97,3468=5073684所以24871与3468的最小公倍数是 5073684。3、求

15、136,221,391=?解：136,221,391=136,221,391=13617221,391=1768,391=1768 391=104 391=40664.17三、证明题1、如果a,b是两个整数，b 0,则存在唯一的整数对q,r ,使得a bq r,其中0 r b.证明：首先证明唯一性.设q , r是满足条件的另外整数对，即a bq r , 0 r b.所以 bq r bqr,即 bq q r r , bq q r r .又由于 0 r b, 0 r b,所以r r b.如果q q ,则等式bq q r r不可 能成立.因此q q , r r .其次证明存在性.我们考虑整数的有序列

16、,3b, 2b, b,0,b,2b,3b,则整数a应介于上面有序列的某两数之间，即存在一整数q使qb a q 1b.我们设r a qb,则有a bq r , 0 r b.并且(2,3)=1,所以从 2n(n 1)(n 2)和 3n(n 1)(n 2)有6n(n 1)(n 2),即31,是整数.任意一个n位数anania?ai与其按逆字码排列得到的数2色an冏的差必是9的倍数.证明：因为anania2aian 10n 1 an i 10n 2 a2 10 2,aia2 anian=ai 10n 1 a2 10n 2an i 10 an,所以，anani a2ai-aia2 an ian =an

17、(10n 1 1) an i 10(10n 2623证明： 因为工 =-(2 3n n2 3)=n(n 1)(n 2), 32666而且两个连续整数的乘积是2的倍数,3个连续整数的乘积是3的倍 数， 1) a2 10(1 10n 3) ai(1 10n 1).而上面等式右边的每一项均是9的倍数，于是所证明的结论成立.证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数.证明：设相邻两个偶数分别为2n,(2n 2)所以 2n(2n 2) =4n(n 1)而且两个连续整数的乘积是2的倍数即4n(n 1)是8的倍数.作业二答案一、单项选择题1、如果(A )，则不定方程ax by c有解.A (a,b)c B c(a,b

18、) C a c D (a, b) a2、不定方程 525x 231y 210 (A ).A有解 B无解 C有正数解D有负数解二、求解不定方程1、9x 21y 144.解：因为(9, 21) =3, 3144,所以有解；化简得3x 7 y 48 ；考虑 3x 7y 1 ,有 x 2, y 1 ,所以原方程的特解为x 96,y 48,因此，所求的解是x 96 7t, y 48 3t,t Z。2、6x 17y 18.解：因为(6,17)18，所以有解;考虑 6x 17y 1 ,x 3, y 1 ;所以x 54, y 18是特解, 即原方程的解是x 54 17t, y 18 6t3、107x 37y

19、25.解：因为（ 107, 37） =1 25,所以有解;考虑 107x 37y 1 ，有 x 9, y 26 ，所以，原方程特解为 x 9 25 =225， y 26 25=-650 ，所以通解为 x 225 37t, y 650 107t求不定方程25x 13y 7z 4 的整数解 .解 我们将它分为两个二元一次不定方程来求解25x+13y=t, t+7z=4.利用求二元一次不定方程的方法, 因为25(-t)+13(2t)= t, 32+7(-4)=4,所以 , 上面两个方程的解分别为xt13k1t327k2,.y2t25k1z 4k2消去 t 就得到所求的解x 32 13k1 7k2 y

20、 64 25k1 14k2 , z 4 k2这里ki,k2是任意整数.求不定方程4x 9y 5z 8 的整数解 .解 我们将它分为两个二元一次不定方程来求解4x-9y=t, t+5z=8.利用求二元一次不定方程的方法, 因为4(-2t)-9(-t)= t, 48+5(-8)=8,所以 , 上面两个方程的解分别为x2t9k1t485k2,.yt4k1z 8k2消去 t 就得到所求的解x96 9k1 10k2y48 4k1 5k2 ,z 8 k2这里ki,k2是任意整数.第三次作业答案：一、选择题 TOC o 1-5 h z 1、整数5874192能被 ( B)整除.A 3B 3与9 C9D3或9

21、2、整数637693 能被(C)整除.A 3 B 5C 7 D 93、模 5 的最小非负完全剩余系是 ( D ).A -2,-1,0,1,2B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,44、如果a b(mod m) , c是任意整数，则(A )A ac bc(mod m) B a b C ac bc(mod m) D a b二、解同余式(组)(1) 45x 21(mod132).解 因为 (45,132)=3 |21 ,所以同余式有 3个解 .将同余式化简为等价的同余方程我们再解不定方程15x 7(mod44).15x 44 y 7,得到一解(21,7).于是

22、定理4.1中的X。21.因此同余式的3个解为x 21(mod132),2121132一(mod132) 65(mod 132),31322 (mod 132) 109(mod132).3(2) 12x 15 0(mod45)解 因为(12,45)=3 |1 5，所以同余式有解，而且解的个数为3.又同余式等价于 4x 5 0(mod15)，即4x 5 15y .我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是(10,3),即定理4.1中的x0 10.因此同余式的3个解为x 10(mod 45),101045 ,.、八，,、一 (mod45) 25(mod45), 3-45,.、2 (mod45) 40(mod 45).3