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5-2互质 质因数分解_ou.ppt

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§5.2 互质 质因数分解,,§5.2.1 整数互质,定义5.2.1 若a,b除±1外无其它公因数,则称a和b互质。 结论: 1、a和b互质,必要而且只要a、b的最高公因数为1(通常只考虑+1)。 2、±1和任意整数(包括0)互质。,定理5.2.1,a和b互质,当且仅当1可表示为a和b的倍数和形式,即存在整数s和t使1=sa+tb。 证明:必要性;由a和b互质知,a和b的最高公因数为1,从而根据定理5.1.3,存在s,t,使sa+tb=1。 充分性;只需证:若存在s,t,使sa+tb=1,则a和b的最高公因数d=(a,b)为1。假设d=(a,b) 1,则d|a,d|b,从而d整除sa+tb=1的左端,因此d|1,矛盾。,定理5.2.2,若a和b互质,而abc,则ac。 证明:因为a,b互质,故有s,t使1=sa+tb,从而 c=sac+tbc ………… (1) 今因abc,a|ac,故a整除(1)右边每一项,因而ac。,定理5.2.3,若b和a1,a2,…,an都互质,则b和a1a2…an互质。 证明:由题设,对i=1,2,…,n,有si,ti使 sib+tiai=1 把所有这n个式子乘起来,右边得1,左边有2n项,其中有一项包含a1a2…an,而其余各项都包含b,所以,乘起来的式子如下: S b+T a1a2…an=1 由定理5.2.1得,b和a1a2…an二者互质。,定理5.2.4,若m1,m2,…,mk两两互质而都整除a,则m1m2…mk|a。 证明:对k用数学归纳法。 当k=1时,结论显然。 当k=2时,由于m1|a,所以存在整数q使得a=m1q。 又m2|a,即m2|m1q,而(m1, m2)=1,故m2|q(定理5.2.2),于是存在p,使q=m2p。从而a=m1m2p,即 m1m2|a。,定理5.2.4,假定对i(1≤ik) 有m1m2…mi|a……………… (2) 我们证明m1m2…mimi+1|a……………(3) 由(2)知有q使a=m1m2…miq…………… (4) 今mi+1|a,且由定理5.2.3知mi+1和m1m2…mi互质,故由定理5.2.2,mi+1|q。据此及(4)可以得到(3)成立。归纳证毕。,例5.2.1,试证相继三个整数之积能被6整除。 证明:三个相继整数必有一个为偶数,且必有一个为3的倍数,即2|n(n+1)(n+2),3| n(n+1)(n+2)。而(2,3)=1,故根据定理5.2.4有,6|n(n+1)(n+2)。,例5.2.2,试证相继三个整数的立方和是9的倍数。 证明:设 n-1,n,n+1为三个相继整数,则(n-1)3+n3+(n+1)3 =3n3+3n2-3n2+6n-1+1=3(n3+2n)=3(n3+3n-n)=3(3n+n(n2-1))=9n+3(n-1)n(n+1) 而由上例5.2.1知3|(n-1)n(n+1), 故9|((n-1)3+n3+(n+1)3)。,例5.2.3试证2p-1和2q-1互质的充要条件是p和q互质。 证明:必要性:假若p和q不互质,(p,q)=a1,记p=ap1,q=aq1,则2p-1=2ap1-1,2q-1=2aq1-1。有公因数2a-11,矛盾。 充分性:已知 (p,q)=1,设(2p-1,2q-1)=d,往证d=1。不妨设 pq,辗转相除得 p=ql1+r1,q=r1l2+r2,…,rn-2=rn-1ln+rn,rn-1=rnln+1。由于(p,q)=1,故rn=1。因为 2p-1=2ql1+r1-1 =2r1(2ql1-1)+2r1-1 =(2q-1)N+(2r1-1),所以,(2q-1,2r1-1)=d。同理推得d=(2r1-1,2r2-1)= … = 。,例5.2.4,若(ai,bj) = 1,1 ≤ i ≤ n,1 ≤ j ≤ m,则 (a1a2…an,b1b2…bm)=1。特别当(a,b) = 1时,(an,bm) = 1,n,m为任意正整数。 证明:由(ai,bj)=1, 1 ≤ j ≤ m ,得 (ai, b1b2…bm)=1, 1 ≤ i ≤ n ,进而(a1a2…an,b1b2…bm) = 1。取ai=a,bj=b,则 (an,bm)=1。,更正,P161, 定理5.2.1中“充分性”证明的第二个sa+td=1(“从而d整除sa+td=1的左端”),应该是sa+tb=1. P161, 定理5.2.3中“若b和a1, a2, …, ak都互质”的ak应该是an.P162, 例5.2.3 倒数第二行最后:,改为,例5.2.5,设a,b为大于1的自然数,ba,且(a,b)=1,则logab 是无理数。 证明:反证法。若不然,假设logab=p/q为有理数。 因ba,
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