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整除理论例题选做

时间:2019-05-24 19:27:59      阅读:152      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:class   自然数   两种   元素   line   公式   正整数   play   因子   

推论

设整数\(a \geq 2\)
1.若a是合数, 则必有不可约数\(p|a , p \leq a^{1/2}\)
2.若a有此表达式(\(a = p_1p_2 \cdots p_s\)), 则必有不可约数\(p|a , p \leq a^{1/2}\)

此推论给出了一个寻找不可约数的有效算法,通常叫做Eratosthenes筛法

例子:
用不超过\(100^{1/2} = 10\)的所有不可约数2、3、5、7将100以内的不可约数
求出(筛法求素数),接着将\(100^2 = 10000\)以内的不可约数求出……

这么好用的推论当然要有证明~
证:
设有合数a。
显然\(a^{1/2} = \sqrt{a}\)
设a有约数p, 显然\(p < \sqrt{a} 或 p \geq \sqrt{a}\)
\(p < \sqrt{a}\), 命题得证, 若\(p \geq \sqrt{a}\), 显然必有
\(q \leq \sqrt{a}\) ,使得 \(a = pq\), 命题得证。


定理
设整数\(a \geq 2\),那么a一定可以表示成不可约数的乘积(包括a本身是不可约数的情况),即

\[a = p_1p_2 \cdots p_s\]
其中 \(p_j(1 \leq j \leq s)\) 是不可约数。

证:
第一种证法来自原书,采用反证法和最小自然数原理来证明。
假设结论不成立,则存在正整数\(\geq 2\),它不可表示为不可约数
的乘积。 设所有这种正整数组成的集合为\(T\), 它是非空的,设\(n_0\)
\(T\)中的最小正整数。显而易见, \(n_0\)一定是合数, 所以必有
\(n_0 = n_1n_2, 2 \leq n_1, n_2 < n_0\),由假设及\(n_0\)的最小性知,
\(n_1\)\(n_2\)\(\notin T\),故\(n_1 、n_2\)都可表示为不可约数的乘积,
这样,\(n_0\)也可以表示为不可约数的乘积,这与假设矛盾。

第二种证法采用第二种数学归纳法来证明,是书上的要求。
过程如下:
\(P(n)\)表示n可以被表示成不可约数的乘积。
1.\(P(2)\)显然成立。
2.设一整数n,若\(P(2) 至 P(n-1)\)都成立, 显然对于n的所有约数t,
\(P(t)\)都成立, 所以\(P(n)\)一定成立。

所以对于所有自然数\(n \geq 2\)\(P(n)\)成立。


4.这是二项式定理的公式:

\[(a+b)^n=C(n,0)a^n+C(n,1)a^{n-1}b+...+C(n,i)a^{n-i}b^i+...+C(n,n)b^n\]

利用这个, 我们来证明一下这个关系式:
\[(b-c) | b^j - c^j\]

证:
设 k = (b - c),则 b = c + k, 于是
\[ b^j = C(j,0)c^j+C(j,1)c^{j-1}k+...+C(j,i)c^{j-i}k^i+...+C(j,j)k^j\]
\[ c^j = c^j (笑 \]
于是
\[ b^j - c^j = C(j,1)c^{j-1}k+...+C(j,i)c^{j-i}k^i+...+C(j,j)k^j\]
so
\[k | (b^j - c^j) => (b - c) | (b^j - c^j)\]


定理

  1. \(a>1\)是合数的充要条件是:\(a = de, 1 < d < a, 1 < e < a\).
  2. \(d > 1\), \(q\)是不可约数且\(d|q\),则\(d = q\).

证:
1.若a是合数,则a除了显然约数外还有其他约数,设为d、e(a = de),
自然d、e \(\neq\) $\pm\(1、\)\pm$a,且整数m | a 的必要条件是 \(m \leq a\)
所以当满足上述条件(\(a = de, 1 < d < a, 1 < e < a\))的d、e存在时,a为合数。

2.若\(q\)为不可约数,显然\(q\)的约数只有显然约数
\(d|p\),则\(d\)的取值只能是\(q或1\),but \(d > 1\), 故取\(d = q\)


真·习题
设 a >= 2 是给定的正整数。
要求证明:

1.对任一正整数n,必有 n < \(a^n\)
2.对任一正整数n,必有唯一的整数 \(k \geq 0\), 使得 \(a^k \leq n < a^{k+1}\)

证:
(1)
设S是使\(n < a^n\)成立的正整数n的集合,
\(n = 1\)时, 命题成立,S非空。
由于 \(a \geq 2\),则\(a^{n+1} - a^n \geq 2\)(\(n > 0\)), 于是
\(S = N_+.\)

(2)
用反证法。
设有正整数t,对于t,有两个或以上不同的k,
使得\(a^k \leq t < a^{k+1}\)。由最小自然数原理得,满足\(a^d \leq t<a^{d+1}\)的正整数d构成的集合(设为\(S\))中,必然有一个最小的元素\(d_0\)
使得\(t < a^{d_0 + 1}\), 然而对于任意\(m \in S\),都有\(a^m \leq t < a^{m+1}\),如果\(S\)中有2个以上不同的元素,由\(d_0\)的最小性可知,\(S\)中一定有\(m_k > d_0\), 使得\(a^{m_k} \leq t\),由于\(m_k > d_0\),
推出\(m_k \geq d_0+1\),这与\(t < a^{d_0 + 1}\)矛盾,故\(S\)中并不存在两个或以上的不同元素,这与原命题矛盾,
故题目所给命题正确。
----

\(x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0\), 有整数根\(x_0 \neq 0\)
\(x_0 | a_0\)

证:
将前\(n\)项提取公因子\(x\), 于是显然。


判断以下方程有无整数根,若有, 求出所有根。

1.\(x^2 + x + 1 = 0\)
2.\(x^2 - 5x - 4 = 0\)
3.\(x^4 + 6x - 3x^2 + 7x + 6 = 0\)
4.\(x^3 - x^2 - 4x + 4 = 0\)

解:
利用第二题,将常熟项的约数列举。
1、2、3:no。
4:\(x = 1、2、-2\).


4.有一种盒子能装3斤kiana, 另一种能装6斤kiana, 规定每个盒子必须装满, 试问:能用这两种盒子来装完100斤kiana吗?

解:
\[3x + 6y = 100\]

典型的不定方程求解题。
由于\(100 mod (gcd(3, 6) =3) \geq 0\), 次方程无解。


\(5|n\)\(17|n\),则\(85|n\)

证:

\(n = 5q\), \(n = (17 / gcd(5, 17))p\)
于是\(85 | n\)

整除理论例题选做

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原文地址:https://www.cnblogs.com/tztqwq/p/10895944.html

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