abstract

数论（Number Theory）是数学中专门研究整数及其性质的学科。数论的历史可以追溯到古代，至今仍是数学中最富有魅力和活力的领域之一。

数论主要研究对象是整数、质数（prime numbers）以及它们之间的关系和规律。(小数不是数论讨论的重点,大多性质或定理描述的内容是关于整数)

由于其探讨的对象和问题往往与简单的算术现象紧密相关，数论有时被称为“高等算术”。

数论的主要内容

本文仅讨论最基础的初等数论知识,它们在计算机科学和程序设计方面有重要应用,非数学专业人员往往对这方面的知识比较欠缺

以前高中阶段,有些教材提供了数论基础章节,比如人教版选修

1. 初等数论（Elementary Number Theory）

   • 研究基本的整数性质，如因数分解、最大公约数和最小公倍数、同余（congruences）、模运算（modular arithmetic）等。欧几里得算法和费马小定理都是初等数论中的基本工具。
   • 初等数论是数论的一个分支，主要研究整数的基本性质和基本运算，通常不借助于更高级的数学工具（如复分析或抽象代数）。尽管称为“初等”，初等数论中包含了许多深刻而有趣的理论，涉及整数的分解、同余关系、素数性质等内容。

2. 代数数论（Algebraic Number Theory）

3. 解析数论（Analytic Number Theory）

4. 几何数论（Geometric Number Theory）

5. 计算数论（Computational Number Theory）

数论的重要性和应用

• 密码学
• 数据安全和隐私
• 编码理论
• …

整除

在日常生活中，我们经常遇到整数的整除问题。例如，一箱苹果有48个，按个数分给7个人，能否分配公平？你马上知道，这不可能，原因是7不能整除48。

又如，本年级105人参加团体操，要求队形呈长方形($n$行$m$列)（不能排成一行或一列），问排列的行数如何选择？你会立即给出答案：行数可为3，5，7，15，21，35。这是因为只有这六个正整数能整除105。

研究整除问题，不仅是现实的需要，而且饶有兴味。研究整数的整除不仅是数论的开端，而且所形成的方法与理论是数论的基础。

整除的定义

这里讨论的是整数的整除性

对于任意整数 $a$ 和 $b$，如果 $a\ne 0$，我们说 $a$ 整除 $b$（记作 $a\mid b$），当且仅当存在整数 $c$ 使得 $b=a\cdot c$ (1)。

符号|是整除号,整除号的左边是因数(称为整除数,在式(1)中充当除数),右边是被整除数,在式(1)中充当积;

因此整除号两边用含义直接表示为整除数|被整除数或因数|倍数

$a|b$也可以读作: $b$被$a$整除,或者读作$a$是$b$的约数

整除@约数@倍数

设 $a,b$ 是整数，$b\ne 0$,如果有整数 $q$，使 $a=qb$，则称 $b$ 整除 $a$，记作 $b|a$。并称 $b$ 是 $a$ 的约数（或因数），$a$ 是 $b$ 的倍数。否则称 $b$ 不能整除 $a$，记作 $b\nmid a$。

• 例如，7 | 105，105 是 7 的倍数；$7\nmid 48$，48 不是 7 的倍数；1、3、5、7、15、21、35、105 都是 105 的约数；1 和 11 是 11 的约数；等等。

注意

• 0 不是任何整数的约数，但 0 是任何整数的倍数(任何数乘以0都是0)。
  • (说明了倍数不一定比约数要小,$b|a$不揭示$a,b$的大小关系),除非指定$a\ne 0$,那么有$|b|⩽|a|$
• 符号 $b|a$ 本身包含了条件 $b\ne 0$。$a,b$ 可以是负整数。
  • $0|0$这种写法是不正确的,和整除定义不符

正约数

• 一个正整数的正约数是我研究整除性质的重要对象
• 一个整数的所有正约数中非1的最小正约数,中间正约数,最大正约数是许多命题或定理的讨论对象

相关概念的辨析

在数论中，整除、被整除、除、除以这些术语虽然有联系，但各自含义稍有不同。理解这些概念的差别有助于更准确地掌握数学表达。以下是对这些概念的辨析：

整除（Divisibility）

整除是数论中的一个核心概念，描述了两个整数之间的关系。

若 $a\mid b$，表示“$a$ 整除 $b$”或“$b$ 能被 $a$ 整除”。整除的定义是：

• 如果 $a\ne 0$ 且存在整数 $c$，使得 $b=a\cdot c$，那么 $a\mid b$ 成立。

$a|b$可以理解为

• 用$a$来分$b$,分完后每份都是$a$
• 把$b$平均分成$a$份,每份都是整数

例如，$3\mid 6$ 表示3整除6，这个命题成立,因为存在整数2使得 $6=3\cdot 2$。在这种表达中：

• 被整除数 是 $b$（即6）。
• 整除数 是 $a$（即3）。

被整除（Being Divisible）

被整除的概念是从整除的角度反过来看。例如，在“3 整除 6”或“$3\mid 6$”这个表达中，6被3整除。换句话说：

• 如果 $a\mid b$，那么 $b$ 是 被整除数，表示 $b$ 能够被 $a$ 整除。

在许多表述中，“能被整除”常用于表达一个数是另一个数的倍数，例如“6 能被 3 整除”意指6是3的倍数。

除以@除

• 式子$a/b$或$a÷b$读作$a$除以$b$
• 国内由于历史遗留原因,有些地方称$a/b$为b除a,表示用$b$分$a$

整除的性质👺

1. 若 $b|a$,$ c | b$，则 $c|a$(传递性)
2. 若 $c|a,c|b$，则对任意整数 $x,y$(可以为负整数)，必有 $c|(ax+by)$(线性组合性质,同一个因数的不同倍数间的线性组合仍然是这个因数的倍数)
3. 若 $b|a,a\ne 0$，则 $|b|⩽|a|$;若$b|a$,$|a|<|b|$,则$|a|=a=0$
4. 若 $b|a,a\ne 0$，则 $\frac{a}{b}\mid a$
5. 若$a,b\in {\mathbb{Z}}_{+}$,$a|b$且$b|a$,则$a=b$
6. 若$a,m\in \mathbb{Z}$,$a\ne 0$,$a|am$
7. 若$a|b$,$m\in \mathbb{Z},m\ne 0$,则$am|bm$
8. 若$ab=m$,$(a,b,m\in \mathbb{Z},m\ne 0)$,则$a|m,b|m$

它们都可以通过定义推导和验证

举例应用👺

求证:设 $3\mid m,7\mid m$，则 $21\mid m$

• 这个命题的证明有一定的技巧性,需要配出来线性组合性质的系数来利用对应的整除性质进行证明

证明：

由 $3\mid m$，可写 $m=3q$。$(q\in \mathbb{Z})$

由此及 $7\mid m$ 知 $7\mid 3q$。由 $7\mid 7q,7\mid 3q$ 及线性组合性质可得 $7\mid [7q-2\times (3q)]$，即 $7\mid q$。

因此可令 $q=7d$，于是有 $m=3q=3\times 7d=21d$，故 $21\mid m$。

类似地,若$2|A$,$3|A$,则$6|A$这个命题可以类似的方法进行证明

令$A=2q$,则$3|2q$,由整除性质可知$3|3q$一定成立,根据整除的线性组合性质,$3|(3q-2q)$,即$3|q$,从而$6|2q$

又因为$A=2q$,得出$6|A$

其他性质

仅举例说明其中的经典性质

正约数性质1

设 $q_1,q_2,\cdots ,q_k$ 是正整数 $n$ 的所有的正约数，证明
$$(q_1{q}_2\cdots q_k{)}^2=n^k$$
证明：

由整除的性质，$m_1=\frac{n}{q_1}$,$m_2=\frac{n}{q_2}$,$\cdots$, $m_k=\frac{n}{q_k}$ 也是 $n$ 的全部正约数。

显然$q_1,\cdots ,q_k$中任意两个互不相同,$n$的所有正约数的集合可以表示为 S = { q 1 , q 2 , ⋯ , q k } S=\set{q_{1},q_{2},\cdots,q_{k}} S={q1​,q2​,⋯,qk​}, q i ≠ q j , ( i ≠ j , i , j ∈ { 1 , 2 , ⋯ , k } ) q_{i}\neq{q_{j}},(i\neq{j},i,j\in\set{1,2,\cdots,k}) qi​=qj​,(i=j,i,j∈{1,2,⋯,k})

方法1

显然$m_i\in S,(i=1,2,\cdots ,k)$,并且 m i = n q i ≠ m j = n q j , ( i ≠ j , i , j ∈ { 1 , 2 , ⋯ , k } ) m_{i}=\frac{n}{q_{i}}\neq{m_{j}}=\frac{n}{q_{j}},(i\neq{j},i,j\in\set{1,2,\cdots,k}) mi​=qi​n​=mj​=qj​n​,(i=j,i,j∈{1,2,⋯,k})

因此$m_1,\cdots ,m_k$构成的集合表示为 M = { m 1 , ⋯ , m k } M=\set{m_{1},\cdots,m_{k}} M={m1​,⋯,mk​},而$M$的元素全部来自于集合$S$,所以$M\subseteq S$

又因为$M,S$各自有$k$个不同元素,所有$M=S$;所有$q_1\cdots q_k$=$m_1\cdots m_k$

由条件可知${\prod }_{i=1}^k{q}_i{m}_i=n^k$;从而$({\prod }_{i=1}^k{q}_i)({\prod }_{i=1}^k{m}_i)$=$n^k$

所以$(q_1{q}_2\cdots q_k{)}^2=n^k$

方法2

不妨设 $q_1<q_2<\cdots <q_k$，则有 $q_1=\frac{n}{q_k},q_2=\frac{n}{q_{k-1}},\cdots ,q_k=\frac{n}{q_1}$。

• 实际上$q_i{q}_{k-i+1}=n$,$i=1,2,\cdots ,k$,该结论的解释附加在后面的补充

因此，$q_1{q}_2\cdots q_k=\frac{n}{q_k}\times \frac{n}{q_{k-1}}\times \cdots \times \frac{n}{q_1}$ $\Rightarrow (q_1{q}_2\cdots q_k{)}^2=n^k.$

补充

有些教材中的证明将$q_i{q}_{k-i+1}=n$的结论视为显然,这里稍微讨论一下

• $i=1$
  • $q_1{q}_k=n$;
• $i=2$,
  • 因为$q_1{q}_k=n$,$q_2{q}_j=n$必有$j⩽k-1$;如果$j<k-1$,那么说明$q_2{q}_{k-1}>n$,而$n/q_{k-1}\in S$从而只能$a_1{q}_{k-1}=n$,而这与$q_1{a}_k=n$矛盾,所以$j=k-1$
  • 所以$q_2{q}_{k-1}=n$
• $i=3$
  • 因为$q_2{q}_{k-1}=n$,$q_3{q}_j=n$必有$j⩽k-2$;
  • 如果$j<k-2$,则$q_3{q}_{k-2}>n$,$n/q_{k-2}\in S$,从而只能$q_1{q}_{k-2}=n$,或者$q_2{q}_{k-2}=n$;再由前面的结论,这两个情况都不可能,所以$j=k-2$
  • 随意$q_3{q}_{k-2}=n$
• …以此类推,$q_i{q}_{k-i+1}=n$

例

例如，1, 2, 3, 4, 6, 12 是 12 的全部正约数，因而
$$\frac{12}{1},\frac{12}{2},\frac{12}{3},\frac{12}{4},\frac{12}{6},\frac{12}{12}$$
也是 12 的全部正约数。后者不过是将前者倒过来排列。因此
$$1\times 2\times 3\times 4\times 6\times 12=\frac{12}{12}\times \frac{12}{6}\times \frac{12}{4}\times \frac{12}{3}\times \frac{12}{2}\times \frac{12}{1},$$
$\Rightarrow (1\times 2\times 3\times 4\times 6\times 12{)}^2=12^6$,(k=6)

正约数性质2

若正整数 $n$ 的全部正约数有奇数个，则 $n$ 为平方数

证明：将 $n$ 的全部正约数从最小到最大排列成一列：$q_1,q_2,\cdots ,q_k,q_{k+1},\cdots ,q_{2k+1}$ (这里设$n$的正约数个数为 $2k+1$个)

由上一性质可知,$q_1,\cdots ,q_{2k+1}$与约数 $\frac{n}{q_{2k+1}},\cdots ,\frac{n}{q_{k+1}},\frac{n}{q_k},\cdots ,\frac{n}{q_1}$ 对应相等。即$q_i{q}_{2k+2-i}=n$,当$i=k+1$时,$q_{k+1}{q}_{k+1}=n$;

从另一个角度,$S_n=1,2,\cdots ,k,\cdots ,2k+1$这个序列有奇数个元素,中间元素是第$k+1$位于中央的一对是 $q_{k+1},\frac{n}{q_{k+1}}$，因此 $q_{k+1}=\frac{n}{q_{k+1}}$，于是 $n=q_{k+1}^2$。

补充:

• 为什么序列$S_n$的中间位置是$k+1$?首先序列$S_n$含有奇数个元素,那么一定存在正中间位置,且其两边的元素数量一样多,两边都是$(2k+1-1)/2$=$k$,说明第$k+1$个元素是中间元素(从正数倒数都是第$k+1$个)

有意思的整除问题或性质

• 三个连续整数的和是3的倍数

  • 设$a\in \mathbb{Z}$,是三个连续整数中最小的数,则三数之和为$S=a+(a+1)+(a+2)$=$3a+3$=$3(a+1)$,
  • 所以$3|S$,$S$是3的倍数

• 若$c|(a+b)$,则$c|(a^3+b^3)$

  • 因为$a^3+b^3$=$(a+b)(a^2-ab+b^2)$,所以$(a+b)|(a^3+b^3)$
  • 又因为$c|(a+b)$,所以$c|(a^3+b^3)$

• 连续三个整数中有且只有一个是3的倍数

  • 设$n\in \mathbb{Z}$,则$n/3$的余数$r=n\mathrm{mod}3$ ,则 r ∈ { 0 , 1 , 2 } r\in\set{0,1,2} r∈{0,1,2}
  • 当$r=0$时,$n$是3的倍数
  • 当$r=1$时,$n-1,n+2$是3的倍数
  • 当$r=2$时,$n-2,n+1$是3的倍数
  • 由此可见,三类情况下总有$n,n+1,n+2$中有且只有一个是3的倍数
    • 同理$n-2,n-1,n$中也至少有一个是3的倍数
    • 因此,任意3个连续整数中有且只有一个3的倍数

• 若$n\in {\mathbb{Z}}_{+}$,则$6|[n(n+1)(2n+1)]$

  • 这个问题对于缺乏数学知识面的同学来说看起来有点证明
  • 方法1:
    • 如果你知道自然数平方和公式:$S$=${\sum }_{i=1}^{n}i$=$\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$,显然$S\in {\mathbb{Z}}_{+}$那么可以得出$6|[n(n+1)(2n+1)]$
  • 方法2:
    • $T$=$n(n+1)(2n+1)$=$n(n+1)((n+2)+(n-1))$=$n(n+1)(n+2)+(n-1)n(n+1)$
    • 可见,$T$可以表示为两组3个连续自然数乘积相加的结果
      • 令$A$=$n(n+1)(n+2)$;$B=(n-1)n(n+1)$
    • 由于3个连续自然数中一定有偶数(2的倍数)以及3的倍数,所以$2|A,3|A$,由本文讨论的整数除性质可推出$6|A$
    • 同理有$6|B$
    • 从而$6|(A+B)$,即$6|[n(n+1)(2n+1)]$

带余除法定理

设 $a,b$ 是两个整数，其中 $b>0$，则[存在]惟一的一对整数 $q$ 及 $r$，使: $a=bq+r$(1),$(0\le r<b)$

说明:

• 该定理的关键是$r$的取值范围,因此并不是将$a$拆分为$bq+r$的形式就能称为带余除法,余数$r$的大小比$b$小,

• 此外,定理中$r$还是非负的,由于$a,b,q$都是整数,所以$r=a-bq$也是一个整数,所以$r$实际上是非负整数

• 被除数$a$是整数,也就是带余除法研究对象和数论主要研究对象一致都是整数

证明:分为存在性和唯一性分别证明

存在性

作整数序列 $\cdots ,-3b,-2b,-b,0,b,2b,3b,\cdots$
则 $a$ 或者等于这个序列的某一项，或者在某相邻两项之间，即存在整数 $q$，使
$$qb⩽a<(q+1)b=qb+b$$,可得$0⩽a-qb<b$
令 $r=a-qb$,因为$q$存在,所以$r$存在，则 $0\le r<b$，$a=qb+r$。

$p,r$的存在性得证,而且它们的关系是$a=qb+r$

或者也可以从余数的角度讨论

• 若$b|a$,则$r=0$,而且存在$q$使得$a=bq$,即$a=bq+r$
• 若$b\nmid a$,则$r\ne 0$,所以存在$q$满足$qb<a<qb+b$,将这个式子变形:$0<a-qb<b$;
  • 令$r=a-qb$,则$0<r<b$,由于$q$存在,所以$r=a-qb$也存在
• 综上,存在$q,r$使得$a=bq+r$,且$0⩽r<b$

而且$q,r$存在完全对应的关系(一对一)

唯一性

唯一性命题或结论往往使用反证法,并且构造差式,证明相应差式为0

下面的证明利用了等式变形,绝对值不等式和整除的性质

设 $q_1,r_1$ 是满足（1）式的另一对整数，则有
$$b{q}_1+r_1=bq+r$$
于是有
$$b(q-q_1)=r_1-r$$
及
$$b|q-q_1|=|r_1-r|$$。

因为 $r$ 和 $r_1$ 都是小于 $b$ 的非负整数，所以 $0\le |r_1-r|<b$。

但 $b\mid (|r_1-r|)$，故有 $|r_1-r|=0$。因此 $r=r_1$，$q=q_1$。

带余除法和正负号

对于整数$a,b$,当$a$的符号变化之后,可能余数就会发生变化

例如

• $a=3,b=5$,$3=0\times 5+3$
• $a=-3$,$b=5$,$-3=-1\times 5+2$

#求整数商
>>> -3//5
-1
>>> 3//5
0
>>> -3//-5
0
#取模/求余数
>>> 3%5
3
>>> -3%5
2
>>> 3%-5
-2
>>> -3%-5
-3

余数和取模相关性质

• 若$a,b$都为正整数,且$a<b$,则$b=a\times 0+a$,即$b\mathrm{mod}a=a$

  • 这个性质在辗转相除法的程序设计中很有用,可以简化代码

  • 假设这时候求$gcd(a,b)$,程序可以这么设计

    int gcd(int a, int b)
    {a = abs(a);b = abs(b);if (a % b == 0){// a>=b的情况下才有可能return b;}else{/*(1)a<b时gcd(b, a);(2)a>b但a%b!=0 (2)gcd(b, a % b);如果考虑本节的性质,a<b时a%b=a,那么情况(1)可以的gcd(b,a)=g(b,a%b),和情况(2)的式子相同了所以上述两种情况(1)(2)合并*/return gcd(b, a % b);}
    }
    

如果要计算一正一负,两个负数的最大公约数,也可以转换为两个正整数的最大公约数的计算,只需要将$a,b$分被取绝对值再计算;事实上$gcd(a,b)$=$gcd(-a,b)$=$gcd(a,-b)$=$gcd(-a,-b)$;

例如$gcm(2,4)$=$gcm(-2,4)$=$2$

自然数可以表示为任意进制数

下述结论表明自然数可以表示成任意$q(>1)$进制数.
设$q$是大于1的整数，则任意自然数$n$可表示为
$$n=c_m{q}^m+\cdots +c_{1}q+c_0,$$
其中$m⩾0$，$0⩽c_i<q$，$0⩽i⩽m$，$c_m\ne 0$.对于给定的$q$，这种表示方法是惟一的.
上式称为**$n$的$q$进制表示**.

然而小数的情况要复杂一些,例如十进制的0.1无法位数被二进制数精确表达

利用带余除法做整数的进制转换

$n$=$(c_m{q}^{m-k}{c}_{m-1}{q}^{m-1-k}\cdots c_k)q^k$+$(c_{k-1}{r}^{k-1}{c}_{k-2}{r}^{k-2}.\cdots c_0)$

小数点移位

$n/r^k$=$[c_m{c}_{m-1}\cdots c_k].c_{k-1}\cdots c_0$

将$q$进制数化为10进制数

$ a_{n}a_{n-1}\cdots a_{1}a_{0}=a_{n}\times10^{{n}+a_{n-1}\times10}{n-1}+\cdots+a_{1}\times10+a_{0}. $
其中$a_n$，$a_{n-1}$，…，$a_1$，$a_0$在0，1，2，…，9中取值（$a_n\ne 0$，$n⩾0$）.

例如4376=4×$10^3$+3×$10^2$+7×$10^1$+6.

将10进制数化为$q$进制数

设$a$为10进制数，用$q$去除$a$，余数就是右起第一位数．将商除以$q$的余数，得到右起第二位数．

如此继续，直到商小于$q$为止.

例

例如，运用带余除法，可将十进制数101分别表为2进制数和8进制数：
101=$2^6+2^5+2^2+1=(1100101{)}_2$,
101=$8^2+4\times 8+5=(145{)}_8.$
在十进制中，数字符号有10个：0，1，2，…，9.在二进制中，数字符号只有2个：0，1.在$q$进制中，数字符号有$q$个:0，1，2，…，$q-1$.