数论笔记

以下如无特殊说明，都默认在整数集中,^为幂符号，|为整除符号，%为取模符号，~| 表示不能整除

2014.01.13

费马数 

费马数是形如2^(2^n)+1(n >= 0)的数,表为F(n)

n > 0时有

F(n) = F(n-1)*F(n-2)...F(0)+2

F(n) = F(n-1)*F(n-1)-2F(n-1)+2

任意俩个费马数是互质的。

证明:

首先，对任意的F(n) 都有 F(n)%2 = 1，所以对于任意的不为1的d，使得 d|F(n) 都有d>2;

当n>m时，可以证明 F(m)|2^(2^n)-1;  ①

设T(k) = 2^(2^k)-1, F(n)，F(m)为任意俩个不同的费马数，不妨设n>m，而且存在d > 2，d|F(m),由①可知d|T(n)，所以F(n)%d = (T(n)+2)%d = 2，所以 d ~| F(n)，证毕。

利用这个性质可以证明质数有无穷多个，费马数俩俩互质，所以每个费马数都包含不同质因子，又费马数有无穷多个，所以质数有无穷多个。

若2^t+1为质数，则有t=2^c。

2014.01.16

设整数N >= 2，则有 N <= sqrt(N)*2^π(N)。(其中π(N)表示不超过N的素数个数)

证明:

首先，可以证明对于任意正整数M都可以表为M=i^2*j, 其中i是正整数,j是无平方因子数；

N可以看成不超过N的正整数个数，设 0<n<=N，则n可以表位i^2*j，其中0<i <= sqrt(N)，

所以 i可以取值的个数 <= sqrt(N)，j由于是无平方因子数，所以 j可以取值的个数 <= C(π(N), 0)+C(π(N), 1)+...+C(π(N),π(N)) = 2^π(N)，

根据乘法原理  N = 不超过N的正整数个数 <=  i可以取值的个数* j可以取值的个数 <= sqrt(N)*2^π(N)；

证毕。

设a>2是奇数。证明：

(1) 一定存在d<=a-1，使得a|2^d-1;

(2)设d0是满足(1)的最小正整数d。那么，a|2^h-1(h ∈N)的充要条件是d0|h。

用带余除法和rasmy引理可以证明(初等数论 P19)

2014.01.17

(初等数论P22 )

习题1.3.9

证明 (1) 对任意的整数x，y，必有8 ~| x^2-y^2-2;

(2) 若2 ~| x*y，则x^2+y^2 <> n^2;

(3) 若3 ~| x*y，则x^2+y^2 <> n^2;

(4) 若a^2+b^2 = n^2, 则6|a*b;

证明(1):

对任意整数x, 有x%8 ∈{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}，所以x^2%8 ∈{0, 1, 4}，而x^2-y^2%8 ∈{0, 1, 3, 4, 5, 7};

要使8 | x^2-y^2-2，则有(x^2-y^2)%8 = 2，有上面的结论我们知道x^2-y^2 不可能等于2，所以原命题成立。

证明(2):

假设2 ~| x*y，有x^2+y^2=n^2

因为2 ~| x*y，所以x%2=1，y%2=1，进而x^2%2=1，y^2%2=1，所以(x^2+y^2)%2 = n^2%2 = 0；

因为n^2%2 = 0，所以n^2%4 = 0，所以有(x^2+y^2)%4=0；

而因为x%2=1，y%2=1，所以x^2%4=1，y^2%4=1；

所以(x^2+y^2)%4=2，这与n^2%4 = 0相矛盾，所以假设不成立，原命题成立。

证明(3):

假设3 ~| x*y，有x^2+y^2=n^2

因为3 ~| x*y，所以y%2, x%2∈{1, 2}，所以x^2%2, y^2%2=1，所以(x^2+y^2)%2=n^2%2=2；

而对于任意整数我们有n^2%2∈{0, 1}，这与n^2%2=2相矛盾，所以假设不成立，原命题成立。

证明(4):

如果2|n而且3|n，则有6|n；

再结合证明(2)(3)，我们就可以证明命题。

 

习题1.3.11可以用中国剩余定理解决

习题1.3.14

证明 任一形如3x-1, 4x-1, 6x-1形式的正整数必有同样形式的质因数。

证明:

当3x-1为质数时，3x-1即为所求;

当3x-1不为质数时，必有a > 1, b > 1使3x-1=a*b，所以有(3x-1)%3 = 2=a*b%3；

对于任意整数n%3∈{0, 1, 2}，可以证明若a*b%3=2，必有a%3=2或b%3=2，

不妨假设前者成立，再对a%3=2继续分解，直到g%3=2且g是质数，且g可以写成3k-1的形式，证毕。

后俩个同理可以证明。

这里有一个错误的推广，对于质数p，设A = p+1，则A*x-1形式的正整数必有同样形式的质因数。

按照我们上面的思路证明，其实就是要证明a*b%A = p，必然能推出a%A=p或b%A=p，

但这一步是错误的，反例:3*5%8=7，但是3%8=3，5%8=5

习题1.3.15

证明 形如4x-1，6x-1的素数有无穷多个。

证明：

假设有有限多个设为p1,p2,...,pk，则可以构造g=4*p1*p2*...*pk -1，

显然g是形如4x-1的数，且g ~| pi (1<=i<=k)

而根据1.3.14题的结论，我们必然能够的到一个形如4x-1的质因子p，且p <> pi(1<=i<=k)，命题成立。

6x-1同理可以证明。

习题1.3.16

结论都可以用带余除法和二项式展开证明

推广，对于任意正整数n，m，想要通过m十进制数位快速判读n是否整除m，

则可以找到一个k，使得 10^k = ±1 (mod n)，然后k位k位的看，就能判断了。

2014.01.18

对于任意正整数n > 2，n不可能是所有小于等于n的素数的乘积。

证明：

 设<=n的素数为p1,p2,...pk

 假设n = p1*p2*...*pk，因为n>2，所以有k >=2，所以n不是质数；

 然而 n-1%pi = -1 (1<=i<=k)，所以p1,p2,...pk不是<=n的所有质数，这与假设相矛盾，故原命题成立。

伯特兰-切比雪夫定理

对于任意>1的整数n，必存在一质数p，n < p < 2n

证明:

http://zh.wikipedia.org/wiki/%E4%BC%AF%E7%89%B9%E8%98%AD%EF%BC%8D%E5%88%87%E6%AF%94%E9%9B%AA%E5%A4%AB%E5%AE%9A%E7%90%86

(初等数论P24)

习题1.3.20

设 k >= 1，证明：

(1). 若2^k <= n < 2^(k+1)，及1 <= a <= n，a <> 2^k，则2^k ~| a;

(2). 若3^k <= 2n+1 < 3^(k+1)，1 <= b <=n，2b-1 <> 3^k，则3^k ~| 2b-1。

(1)证明:

假设 2^k | a，因为a<>2^k，所以有a=x*2^k,x >= 2，所以有a=x*2^k>=2^(k+1)，

而这与a <= n < 2^(k+1)相矛盾，故原命题成立。

(2)证明:

注意到2b-1为奇数，然后利用(1)证明的思路即可证得。

习题1.3.21

证明 当n>1时，1+1/2+...+1/n不是整数。

证明1：

 对于n，我们可以找到一个k，使得2^k <= n < 2^(k+1)；

根据1.3.20结论在所有<=n的正整数中，有且仅有一个x=2^k，使得2^k|x

 设M = 1*3*5*... (所有小于等于n的奇数)，假设S是整数

                     S = 1+1/2+...+1/n

    S*2^(k-1)*M = 2(k-1)*M+2^(k-1)*M/2+...+2^(k-1)*M/n

    S*2^(k-1)*M = (2(k-1)*M+2^(k-1)*M/2+...+2^(k-1)*M/n)+2^(k-1)*M/x

                整数 = 整数+M/2(分数)

    得出矛盾，故原命题成立。

证明2:

利用伯-切定理，因为n>1，所以我们必能找到一个素数p，n/2<p<n；

因为2*p>n，所以素因子p在n!中仅出现了一次。

假设S是整数

          S=1+1/2+...+1/n

  S*n!/p=n!/p+n!/2p+...+n!/p^2+...+n!/np

  S*n!/p=(n!/p+n!/2p+...+n!/np)+n!/p^2  ，有n!/p^2为分数

     整数=整数+分数

矛盾，所以原命题成立。

习题1.3.22

证明 当n>1时，1+1/3+1/5+...+1/(2n-1)不是整数。

证明:仿照1.3.21证明2即可

习题1.3.22

证明任意给定的俩个以上的相邻的正整数中必有唯一的一个正整数a=2^r*m，2 ~| m，

使得2^r不能整除其他正整数。

证明：

首先，在给定的整数全部表示成2^r*m，必能找到最大的r，设为b；

显然当r < b时，命题成立，现在我们证明b的唯一性；

假设在给定数中存在俩个数x，y，可以表示成2^b*p，2^b*q，不妨设x < y，

则有q >= p+2，y >= 2^b*(p+2) = 2^b*p+2^(b+1)，显然2^(b+1) < 2^b*(p+2)，

这与我们假设b是最大的相矛盾，故原命题成立。

习题1.3.24

设m，n是正整数。证明

不管如何选取“+”,“-”，±1/m±1/(m+1)±...±1/(m+n)一定不是整数。

证明：

结合1.3.23的结论，我们找到m,m+1,...,m+n中表示成2^r*m形式里最大的r，

再仿照1.3.21的证明1即可证得。

习题1.3.25

设n>1。证明 n可表为俩个或俩个以上的相邻正整数之和的充要条件是n<>2^k。

证明：

首先证明必要性，假设n = 2^k且可表位俩个或以上的正整数之和，设为[a，b]，

则有n = (b-a+1)*(a+b)/2，因为(b-a+1)，(a+b)奇偶性互异，所以n包含为2的素因子，

这与n = 2^k相矛盾，所以必要性成立；

证明充分性，假设n = 2^k+m，k>=0，m>0，

则n可表示为(2^k-(m-1)/2)+(2^k-(m-1)/2+1)+...+(2^k+(m-1)/2)，充分性成立；

综上，可得出结论。

习题1.3.26

设m>n是正整数。证明2^n-1|2^m-1的冲要条件是n|m。任一正整数a>2代替2结论仍然成立吗？

证明：

证明充分性，n|m，有2^m-1 = (2^n-1)*(2^(m-n)+2^(m-2n)+...+1)，充分性成立。

证明必要性，2^n-1|2^m-1，证明n|m，用反证法，假设n ~| m，便有m = qn+r，0<r<n，

有2^m-1 = (2^n-1)*(2^(m-n)+2^(m-2n)+...+2^(m-qn))+2^r-1，其中0< 2^r-1 < 2^n-1，

这与2^n-1|2^m-1相矛盾，故必要性成立；

综上，命题成立。

任一正整数a>2代替2可以同理证明成立。