University of Science and Technology of China

第一章 整数的因子分解

•整除的概念 带余数除法

•最大公因数与辗转相除法

•整除的进一步性质

•质数（素数） 算术基本定理

•取整函数及其在数论中的一个应用

第一章 整数的因子分解第一章 整数的因子分解

$1 $1 整除的概念 带余数除法整除的概念 带余数除法

†

q a bq a b

b a

如果不存在整数 使得 成立，则称 不被 整除，记为 。

, 0

.

a b b

q

a qb

b a a b b a b

a a b

定义 设 是任意两个整数，其中 ，如果存在一个整数 使得等式

成立，就说 整除 或 被 整除，记作 ，此时把

叫作 的因数，把 叫作 的倍数

2 、整除的基本定理

定理 1 （传递性）： ab， bc ac

定理 2 ：若 a， b都是 m 的倍数，则 ab 都是 m 的倍数

1 2 1 2

1 1 2 2

3 , , , , , ,n n

n n

a a a m q q q

a q a q a q m

定理 ： 若 都是 的倍数，

是任意n个整数，则 是 的倍数

3 、带余数除法4 , 0

0 ( )

( )

a b b

q r

a bq r r b

q r

q r a b

定理 ： 若 是两个整数，其中 ，则存在着两个整数及 ，使得

，成立，而且 及 是唯一的。式中的 及 分别叫 被 除所得的商和余数。

,

, ,

q Z

a qb r a bq r q r

证明分析：作整数序列，-3b, -2b, -b, 0, b, 2b, 3b,

则a必满足qb a<(q+1)b, 其中令 可得到 进一步证明的唯一性。

4 , 0

0

a b b

q r

a bq r r b

q r

带余数除法的第二种表示定理 ： 若 是两个整数，其中 ，则存在着两个整数及 ，使得

，

成立，而且 及 是唯一的。

,

, 0

0 , ,

q Z

a q b r a b q r b

b q q r

证明分析：作整数序列

，-3b, -2b, - b, 0, b, 2b, 3b,

则a必满足q b a<(q+1) b, 其中

令 可得到 分 和

来讨论 进一步证明 的唯一性。

4 , 0

2

a b b

q r

ba bq r r

q r q r

带余数除法的第三种表示定理 ： 若 是两个整数，其中 ，则存在着两个整数及 ，使得

，

成立，而且当b是奇数时， 及 是唯一的；当b是偶数时， 及有可能是不唯一的。

5, 2

5 2 3 1 3, 1;

5 2 2 1 2, 1

a b

q r

q r

例 当 时，可有（ ）（ ）（ ），即或 （ ）（ ） ，即

2 2 2 2 2 2

,2 2

0 0 0

0 , ,

q Z

b b b

b q r q r

证明分析：作序列

3b 2b b b 2b 3b，- , - , - , 0, , , ,

b b则a必满足q a<(q+1) , 其中

分q为偶数时 和 ；q为偶数时 和来讨论 及 的存在性 进一步证明 的唯一性。

带余除法的应用举例

例 1 证明形如 3n-1 的数不是平方数。

2 2 2 2 2

2

, 3 , 0 3

(3 ) 9q 6qr r 3(q 6qr) r

3k r 3 1, 0 3.

( r 0,1,2 )

a Z a q r r

q r

n r

证明： ，

而

分别考虑 的情形

例 2 、任意给出的 5 个整数中，必有 3 个数之和被 3 整除。

5 , 1, ,5

3 0 3, 1, ,5i

i i i i

a i

a q r r i

证：设这 个数为 ，记， 。

分别考虑以下两种情形：

1 5

1 2 3

1 2 3 1 2 3

) , , 0 1 2

0, 1, 2

3( ) 3

3

i r r

r r r

a a a q q q

( 若在 中数 ，，都出现，不妨设

， 此时

可以被 整除。

1 5

1 2 3

1 2 3 1 2 3

( ) , , 0 1 2

0,1 2

3( ) 3

3

i

ii r r

r

r r r r r

a a a q q q r

若在 中数 ，，至少有一个不出现，

这样至少有3个 要取相同的值，不妨设

( 或 ）， 此时

可以被 整除。

3 1

1, 2 1d

a

d a a

例 、设 为奇数，证明：

存在正整数 使得

0 1 12 ,2 , , 2 2 (0 )a j

a

a j a

证：考虑下面的 个数：

，显然 不整除 ，

2 (0 )

2 , (0 )

j

jj j j

j a

q a r r a

由带余除法，对每个 ，

0 1 1, , , 1aa r r r a 因而 个余数 仅可能取 个值，

因此其中必有两个相等。0

( ) 2 2 2 (2 1)

i k

k i i k ik i

r r i k a

a q q

设为 ， ，不妨设 ，因而有

2 1 1k ia d k i a d

则有

，取 ，则 就满足要求。

0

( ) 2 2 2 (2 1)

i k

k i i k ik i

r r i k a

a q q

设为 ， ，不妨设 ，因而有

0 1 1, , , 1aa r r r a 因而 个余数 仅可能取 个值，

因此其中必有两个相等。

$2 最大公因数与辗转相除法1 2

1 2

1 2 1 2 1 2

, , , ( 2)

, , ,

, , , , , , =1 , , ,

n

n

n n n

a a a n n d

a a a

a a a a a a a a a

1、定义 设 是 个整数，若整数 是

它们之中每一个的因数，那么d就叫作 的一个

公因数。所有公因数中最大的一个叫最大公因数，记作（ ），若（ ） ，则说 互质或互素。

2 、任意整数的最大公因数可转化为正整数来讨论

1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

1 , , ,

) , , , , , ,

( )( , , , ) ( , , , ).

n

n n

n n

a a a n

i a a a a a a

ii a a a a a a

定理 若 是任意 个不全为零的整数，

则（ 与 的公因数相同；

3 、下面先讨论两个非负整数的最大公因数

定理 2 设 b 是任一正整数，则(i)0与 b 的公因数就是 b 的因数，反之， b 的因数也 就是 0 与 b 的公因数。(ii) (0,b)=b。

2.1 (0, )b b b推论 若 是任一非零整数，则

4 、定理 3 设 a,b,c 是三个不全为零的整数，且

a=bq+c其中 q 是非零整数，则 a,b与 b,c 有相同的公因数，

因而 (a,b)=(b,c)

5 、计算最大公约数的算法——辗转相除法， 又称 Euclid 算法。它是数论中的一个重要 方法，在其他数学分支中也有广泛的应用。

定义 下面的一组带余数除法，称为辗转相除法。

1 2 2 2 1     0 b rq r r r ， ，

1 1 1     0 ba bq r r ， ，

1 1 1 1  0 k k k k k kr r q r r r ， ，

, 0a b b 设 是整数， ，依次做带余数除法

2 1 1 0 n n n n n nr r q r r r ， ，

1 1 1 1+ 0n n n n nr r q r r , 。

4 , ( , ) n

n

a b a b r

r

定理 若 是任意两个正整数，则 ，

是上式中最后一个不等于零的余数。

4.1 , ( , )a b a b推论 的公因数与 的因数相同。

说明：（ 1 ）利用辗转相除法可以求两个整数的最大公因数

2

2log

log 2

b

（）辗转相除法中所包含的等式个数,

即所要做的带余数除法的次数估计为

n

解：因为 735000=238948×3+18156 ， 238948=18156×13+2920 18156=2920×6+636 2920=636×4+376 636=376×1+260 376=260×1+116 260=116×2+28 116=28×4+4 28=4×7所以（ 735000， 238948）=4.

例例 11 ：求（：求（ 735000735000，， 238942389488 ）） ..

例例 22 ：求（：求（ 26052605，， -5125-5125）） ..解：因为 5125=2605×1+2520 ， 2605=2520×1+85 2520=85×29+55 85=55×1+30 55=30×1+25 30=25×1+5 25=5×5所以（ 2605， -5125）=5.

6 、最大公因数的两个性质

5 , ,

( )

( , ) ( , )

,( ) , ,

, 1( , ) ( , )

a b

i m

am bm a b m

a ba bii a b

a b

a b a b

定理 设 是任意两个不全为零的整数，是任一正整数，则

若 是 的任一公因数，则 ，

特别

对于两个以上整数的最大公因数问题，不妨设

1 2

1 2 2 2 3 3 1

, , ,

( , ) , ( , ) , , ( , ) .n

n n n

a a a n

a a d d a d d a d

是任意 个正整数，令

于是我们有

1 2

1 2

, , ,

, , , ) .n

n n

a a a n

a a a d

定理6 是 个正整数，则 (

例例 33 ：求：求（（ 26052605，， 32453245，， 72507250）） ..

• 解：先求 2065和 3245 的最大公因数。 因为 3245=2605×1+1180 ， 2605=1180×1+885 1180=885×1+295 885=295×3 所以（ 2605， 3245）=295. 再求 295与 7250 的最大公因数。 7250=295×24+170 ， 295=170×1+125 170=125×1+45 125=45×2+35 45=35×1+10 35=10×3+5 10=5×2所以（ 2605， 3245， 7250）= （ 295， 7250）=5.

本节最后介绍另外一种求两个整数最大公因数的方法，先给出下面几个结果：

1 1

1

1 1

1

1

1

1

( ) ( , )

( )( , ) ( , )

( ) 2 , , 2 ,

2 , 1

( , ) 2 (2 , )

( ) , 2 , 2

( , ) ( , )

( ) , 2 ( , ) ( ,

2

)2

2

2

i a b a b a

ii a b a b b

iii a a b b

b n

a b a b

iv a b b b n

a b a b

a

a m

bv a b n a

m

b bm

即当 a与 b 是正整数时，只要使用被 2 除的除法运算和减法运算就可以计算出 (a,b)

例 1 、求（ 12345,678 ）

解： （ 12345,678） =（ 12345， 339 ）

=（ 12006,339 ）=（ 6003,339 ）

=（ 5664,339 ）=（ 177,339 ）

=（ 177,162 ）=（ 177， 81 ）

=（ 96,81 ）=（ 3,81） =3

21 42

14 3

nn

n

例 、证明：若 是正整数，则 是既约分数。

21 4,14 3) (7 1,14 3)n n n n 证明：因为（(7 1,7 2) (7 1,1) 1n n n

所以，命题得证。

$3 整除的进一步性质及最小公倍数

( , ) b

,k

a b a

r a b

最大公约数 与 和 有什么关系吗？进一步，辗转相除法中任意 与 的关系又如何？

1

0 1 1 1 2

0 1 1 2

1 ,

( 1) , 1, , ;

1, , ,

0, 1, ,

2,3, ,

kk k k

k k k k

k k k k

a b

Q a P b r k n

P P q P q P P

Q Q Q q Q Q

k n

定理、若 是任意两个正整数，则

其中

2.1 ,

( , )

a b

s t

as bt a b

推论 若 是任意两个不全为零的整数，则存在两个整数，使得

2 217 2 6 5, 2, 5q r 3 36 1 5 1, 1, 1q r

例 用辗转相除法求 (125, 17) ，以及 x ， y ，使得 125x 17y = (125, 17) 。解 做辗转相除法：

1 1125 7 17 6, 7, 6q r

3(125,17) 1r 由定理得

0 1 2 31, 7, 2 7 1 15, 1 15 7 22,P P P P

0 1 2 30, 1, 2 1 0 2, 1 2 1 3,Q Q Q Q

3 1 33 3( 1) 3, ( 1) 22,x Q y P 取

则125 3+17 22 （- ）=(125, 17)=1

2 , , ( , ) 1

, ,

) ( , ) ( , ),

,

a b c a c

ab c b c

ii ab c b c

b c

定理 、 若 是三个整数，且 ，则（i ) 与 有相同的公因数，（上面假定了 至少有一不为零。

2.1 ( , ) 1 , .a c c ab c b推论 、 若 ， 则

1 2 1 2

1 2 1 2

2.2 , , , ,

, ) 1

n m

n m

a a a b b b

a a a b b b

推论 、 设 及 , , 是任意两组整数，

若前一组中任一整数与后一组中任一整数互质，则(

1 2

1 2

1 2

, , , ( 2)

, , ,

[ , , ,

n

n

n

a a a n n d n

a a a

a a a

定义 设 是 个整数，若整数 是这 个

数的倍数，则d就叫作 的一个公倍数。所有公

倍数中最小的一个叫最小公倍数，记作 ]。

1 2 1 23 [ , , , ] [ , , , ].n na a a a a a 定理

, ,

, ] ( ) ,

, . , ,( , )

a b a b

a b ii a b

aba b a b a b ab

a b

定理4 设 是任意两个正整数，则( i ) 的所有公倍数就是[ 的所有倍数； 的最小公倍数等于以它们的最大公因数除它们的乘积所得的商，即

[ ]= 特别地，当（ ）=1，则[ ]=

对于两个以上整数的最小公倍数问题，不妨设

1 2

1 2 2 2 3 3 1

, , ,

[ , ] ,[ , ] , ,[ , ] .n

n n n

a a a n

a a m m a m m a m

是任意 个正整数，令

于是我们有

1 2

1 2

, , ,

, , , ] .n

n n

a a a n

a a a m

定理5 是 个正整数，则 [

注：多项式的带余除法类似于整数的带余除法

$4 质（素）数 算术基本定理一、质（素）数

1 、定义 一个大于 1 的整数，如果它的正因数只有 1

及它本身，就叫做质数（或素数）；否则就叫合数。

2 、与素数相关的性质定理

1 1 1a a

q a q a

定理 设 是任一大于的整数，则 的除 外最小

正因数 是一素数，并且当 是合数时，

2

=1

p a

a p p a a p p

定理 设 是一素数， 是任一整数，则 能被 整除或 与 互质，即（ ， ） 或 。

1 2

1 2

. , , ,

.n

n k

a a a n p

p a a a p a

推论21 设 是 个整数， 是素数.

若 ，则 一定能整除某一

1

.

a a

a a

定理 若 是整数，则 是素数

不大于 的素数都不能整除

.a a充分性：设不大于 的素数都不能整除

1a p p若 是合数，设 是除 外的最小正因数，则 是素数。

证：必要性显然。

21 1a pa a pa p p a 令 ,则 ，即 ，这样就找到一个

a p a a不大于 的素数 ，它可以整除 ，矛盾， 是素数。

对于一个给定的整数，我们根据上述定理不仅可以判别它是否是素数，且还可以找出所有不大于它的素数

, 1, 2,3,4,5,6,7, ,a Z a

把 1 划去，剩下第一个数是 2,2 是素数。从 2 起划去它

后面所有 2 的倍数，剩下的第一个数是 3 ，它不是 2 的倍所以它是素数。 依次，当我们把所有的不大于

a a的素数倍数划去后，剩下的数就是所有不大于

的素数。 这种方法是希腊时代幼拉脱斯展纳发明的，

好像用筛子筛出素数一样，称幼拉脱斯展纳筛法。

数的素性检验方法问题在近几年得到了飞速的发展。 过去 , 要检验一个数是否是素数，最简单方法是试除法。 若用计算机编成程序，对于 10 位数，几乎瞬间即可完成，对于一个 20 位数，则需要 2 个小时，对于一个 50 位数就需要一百亿年，令人吃惊的是，要检验一个一百位数，需要的时间就猛增到 1036 年。

到了 1980年 , 这种困难的情况得到了改观 , 阿德曼(Adleman), 鲁梅利 (Rumely), 科恩 (Cohen), 和伦斯特拉 (Lenstra) 研究出一种非常复杂的技巧 , 现在以他们的名字的首字母命名的 ARCL 检验法。 检验一个 20 位数只消 10 秒钟 , 对于一个 50 位数用15 秒钟 , 100 位数用 40 秒钟，如果要他检验一个 1000位数，只要用一个星期也就够了。 但是大部分的素性检验法都不能分解出因数来，只能回答一个数是否是素数 .

定理 3 、素数的个数是无穷的。

注： 2000 多年前，古希腊数学家欧几里得（前 330-

前 275 ），著有《几何原本》，他在此书中率先证明了

素数的无限性，这个证明一直被当作数学证明的典范，

受到历代数学家的推崇，因为这一定理及其证明既简洁、

优美而不失深刻。其证明思路如下：

证明 : 假设正整数中只有有限个质数，设为1 2 1 2

1 2

, , , . 1 1.

1 , 1,2, , .

, 1

.

k k

i

k

p p p p p p N N

N p p p i k

p p p p p N p p

p k

令 ，则

由定理， 有一素因数 ，这里

否则 ，因此 ，而与 是素数矛盾。

故 是上面 个素数以外的素数，因此定理获证

定理 3 、素数的个数是无穷的。

关于素数的个数，有著名的素数定理：

( 1 )

)ln

)lim 1

ln

n

n n

nn n

nnnn

若不大于 ）的素数的个数用（ 表示，

当 非常大时，（ ，

（或 （即是同阶无穷大）

下面列举的数字也可以说明定理的真实性。

3

4

5

6

7

8

9

10

( ) ( )lnln

10 168 144.8 1.160

10 1229 1085.7 1.132

10 9592 8685.9 1.104

10 78498 72382.4 1.085

10 664579 620420.7 1.071

10 5761455 5428681.0 1.061

10 50847478 48254630.3 1.054

10 455052512 434294481.9 1.048

n nn n n

nn

素数定理是古典素数分布的理论核心，这个定理

大约是在 1798 年高斯与勒让德作为猜想提出的。之后

许多学者都做过深入的研究，但都没有成功。 1896 年，

法国数学家哈达马及比利时数学家德 . 瓦利 - 普斯因同时

独立地证明了它，他们是用黎曼 zata 函数获得解决的。

1949 年，挪威数学家赛尔伯格与匈牙利数学家爱尔特希

第一次给出不用很多函数论知识，也可以说是一个初等

的证明。他们的证明是依靠一个不等式，但是这个所谓

的初等证明也是非常复杂的。 1950 年，赛尔伯格还因为

这个证明获得了菲尔茨奖。

二、算术基本定理

1 、定理 4 任一大于 1 的整数能表成素数的乘积，

即任一大于 1 的整数

1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

1 2

, , (1)

, 1,2, ,

n n

n

m m

m i i

a p p p p p p

p p p

a q q q q q q

q q q m n q p i n

其中 ， ， 是素数，并且若， ，

其中 ， ， ， 是素数，则 ， 。

此为算术基本定理。

2 、正整数的标准分解式

推论 4.1 任一大于 1 的整数 a能够唯一地写成1 2

1 2 , 0, 1,2, , ,

( )

kk i

i j

a p p p i k

p p i j

其中

推论 4.2 设 a 是任一大于 1 的整数，且1 2

1 2

1 2

1 2

, 0, 1,2, , ,

, 0, 1,2, ,

k

k

k i

k i i

a p p p i k

a d

d p p p i k

d d a

则 的正因数 可以表成

的形式，而且当 可以表成上述形式时， 是 的正因数。

推论 4.3 设 a,b 是任意两个正整数，且

1 2

1 2

1 2

1 2

, 0, 1,2, , ,

, 0, 1,2, , ,

k

k

k i

k i

a p p p i k

b p p p i k

1 2

1 2

1 2

1 2

( , ) ,

[ , ] ,

min( , ), max( , ) 1,2, , .

k

k

k

k

i i i i i i

a b p p p

a b p p p

i k

则

其中 ，

注：利用推论容易证明： [ , ]( , )

aba b

a b

定理 5 设 a 是任一大于 1 的正整数

1 21 2 , 0, 1,2, ,k

k ia p p p i k

a a

是 的标准分解式，则 的正因数个数为

1 2 1( ) ( 1)( 1) ( 1) ( 1)

k

k iiT a

1

1

1

1

10 0 1

1( )

1

ik

k

k

ki

ki i

a

pa p p

p

的所有正因数的和为

1( )

2( )T a

a

P a a

的所有正因数的乘积为

1 2

1 2

1 2

1 2

4.2 , 0, 1,2, , ,

, 0, 1,2, ,

k

k

k i

k i i

a p p p i k

a d

d p p p i k

证明：由推论 ，

的正因数 可以唯一地表成

，

1,2, ,

1, 2, , 1i

i i i

i i

i k a

i k

a

d

(1)于是可以通过依次确定（ ）作出 的正因数.

因为（ ）可以是0，1，2， ， 这 个数

中的任意一个，即确定 的方法有 种，所以 的不同正

因数 的个数为：

1 2 1( ) ( 1)( 1) ( 1) ( 1)

k

k iiT a

1 21 2

, 0 01,2, ,

(2)

( ) k

i i

kd a d

i k

a

a d p p p

的所有正因数的和为

1 2

1 1 2 2

1 10 0 0

k

k k

kp p p

1 2 1 11 11 2

11 2

1 11 1

1 1 1 1

k ikk i

ik i

p pp p

p p p p

1 2 ( )

1 2 ( )

, , ,

, 1, 2, , ( )

, , ,

T a

i i

T a

d d d a

a d d i T a

d d d a

(3)若 是 的所有正因数，

令 ，

则 也是 的所有正因数，

1 2 ( ) 1 2 ( )( ) , ,T a T a

a

P a d d d d d d

故 的所有正因数的乘积为

1 1 2 2 ( ) ( )

1( )( ) 2

T a T a

T aT a

d d d d d d

a a

（ ）（ ） （ ）

2

2

1640

2 1

2 1

n

n

n

n

n F

F

费马在 年设计了一个公式，给出一些素数。

费马坚信对于所有自然数 ， 总能产生素数。

称 为费马数。 然而他大错特错了！只有五个素数被发现是遵从于这个公式的，它们是 3,5,17,257和 65537, 分别对应于 n=0,1,2,3,4 。 瑞士科学家欧拉于 1732 年举出

现已证明： n=5~20， 22， 23， 36， 38， 73 等的 Fn 皆非素数。 http://www.fermatsearch.org/status.htm

525 2 1 641 6700417F

故费马的猜测不正确。

1 、费马数：与素数有关的某些问题

尺规作图是起源于古希腊的数学课题。尺规作图是指用没有刻度的直尺和圆规作图。 只使用圆规和直尺，并且只准许使用有限次，来解决不同的平面几何作图题。尺规作图使用的直尺和圆规带有想像性质，跟现实中的并非完全相同：

1 、直尺必须没有刻度，无限长，且只能使用直尺的固定一侧。只可以用它来将两个点连在一起，不可以在上画刻度； 2 、圆规可以开至无限宽，但上面亦不能有刻度。它只可以拉开成之前构造过的长度。

2 、费马数与尺规作图的联系：

22 1n

1796年，19岁的高斯证明了：

对于边数是素数的正多边形，当边数是形如的费马数时，才能用尺规作图，并且给出正17边形的尺规作图法。

2kn n正 边形能尺规作图 为 与不同费马素数积的乘积。

一般地，任意正 n 边形有以下结论：

3 、梅森数

梅森数 (Mersenne number) 是指形如 2p － 1 的正整数，

其中指数 p是素数，常记为 Mp 。若 Mp 是素数，则称为梅森素数。

早在公元前 300 多年，古希腊数学家欧几里得

就开创了研究 2p－ 1 的先河，他在名著《几何原本》

第九章中论述完美数时指出：如果 2P－ 1 是素数，

则 (2p－ 1)2p-1 是完美数。

n 2n n若 的所有因子之和等于 ，则 称为完美数或完全数。

n n n为自然数，用 ( )表示 的所有因子之和。s1

s1

a 1a 1aa s1

1 s1 s

p 1p 1n=p p n .

p 1 p 1

若 ,则 ( )=

n 1 n n12 2 1 p p 1 p=2 1

2 ( - )= ( +)是偶完全数 - 为素数。

梅森在欧几里得、费马等人的有关研究的基础上 ，对

2p－ 1 作了大量的计算、验证工作，并于 1644 年在他的

《物理数学随感》一书中断言：对于 p=2， 3 ， 5 ，7 ，

13， 17， 19， 31， 67， 127， 257 时， 2P－ 1 是素数

而对于其他所有小于 257 的数时， 2P－ 1 是合数。

前面的 7 个数属于被证实的部分，是他整理前人的工作

得到的；而后面的 4 个数属于被猜测的部分。

值得提出的是：虽然梅森的断言中包含着若干错误，

但他的工作极大地激发了人们研究 2P－ 1 型素数的热情，

在梅森素数的基础研究方面，法国数学家鲁卡斯和美国

数学家雷默都做出了重要贡献；以他们命名的“鲁卡斯 -

雷默方法”是目前已知的检测梅森素数素性的最佳方法。

此外，中国数学家和语言学家周海中给出了梅森素数分

布的精确表达式，为人们寻找梅森素数提供了方便；这

一研究成果被国际上命名为“周氏猜测”。

GIMPS ： 1995 年程序设计师乔治 ·沃特曼 (George Woltman) 编制了一个梅森素数寻找程序并把它放在网页上供数学爱好者免费使用：“互联网梅森素数大搜索”计划 (GIMPS， the Great Internet Mersenne Prime Search) 。http://www.equn.com/gimps/EFF： 1999年 3月，在互联网上活动的一个协会“电子边界基金” (EFF， Electronic Frontier Foundation)宣布了由一位匿名者资助的为寻找巨大素数而设立的奖金。它规定向第一个找到超过一百万位的素数的个人或机构颁发五万美元的奖金，超过一千万位，十万美元；超过一亿位，十五万美元；超过十亿位，二十五万美元。

2005 年，美国数学家 C.Cooper和 S.Boone领导的科研小组 CMSU 小组发现了第 43 个梅森素数，该素数有 9 152 052位数： 30 402 4572 1

2006年 9月 4日， CMSU 小组再次取得新的成功，一个新的更大的素数即第 44 个梅森素数又被这两人发现，这个素数是

232582657-1,它有 9808358 位，比前面他们发现的第 43 个梅森素数多了 650000 位。

• 2008年 8月 23日，加州大学洛杉矶分校的电脑发现第四十五已知梅森素数， 243112609-1 ，一个庞大的 12,978,189位数字！这个素数获得资格，由EFF 的十万美元奖金发现第一个千万位数的素数。

• 仅仅相隔两个星期， 2008年 9月 6 日，第 46 个梅森素数， 237156667-1， 11,185,272位数，由Hans-MichaelElvenich 发现，在 Langenfeld ，德国科隆附近！这是自Colquitt和Welsh在1988 年发现 2110503-1 以来首次梅森素数不按顺序被发现。

• 时至今日止，人们已经发现了 47 个梅森素数，并且确定 M20996011位于梅森素数序列中的第 40位。

关于梅森数有下列的一个命题：

11

2 1( 1)

2 1 2047 23 89.

n n n

若 是素数，则 是素数.其逆命题不成立，例如

第五节 函数 [x],{x}及其在数论中的一个应用

一、取整函数及性质

1 、取整函数 [x] 的定义 :

函数 [x]与 {x} 是对于一切实数都有定义的函数，函数

[x] 的值等于不大于 x 的最大整数；函数 {x} 的值是 x-[x].

把 [x] 叫做 x 的整数部分， {x} 叫做 x 的小数部分。

2 3[ ] 3,[ ] 4, 0, 1;

3 5

3 2,{ } 0.14159 ,{ 2} 0.414 ,

5 5

{ } 1 0.14159 0.95840

例如：

问题：这两个函数的图像如何？

2 、取整函数的简单性质(1) [ ] { }x x x

(2) [ ] [ ] 1, 1 [ ] , 0 { } 1x x x x x x x

(3) [ ] [ ],n x n x n 是整数

(4) [ ] [ ] [ ], { }+{ } { }x y x y x y x y

[ ] { }, [ ]+{ }, [ ] [ ] { } { }x x x y y y x y x y x y 证：

[ + ] [ ] [ ] [{ }+{ }] [ ] [ ] [ ] [ ] 1x y x y x y x y x y 或

[ + ] [ ] [ ]x y x y

([ ] [ ]) [ + ]x y x y 由此可得

{ }+{ } ( ) ([ ] [ ]) ( ) [ + ]

{ }

x y x y x y x y x y

x y

从而

[ ] 1[ ]

[ ]

x x Zx

x x Z

(5)

[ ] [ ]x Z x x x 证：当 时， ；

<{ }<1, <-{ }<0, [ { }] 1x Z x x x 当 时，0 -1

[ ] [ ([ ] { })] [ ] [ { }] [ ] 1x x x x x x

1(9) , ,

m nn m Z

n n

0 1m qn r r n 证

1,

m r m r nq

n n n n n

(6) [ ]-1x x 小于 的最大整数是

[ ]x x （7） 不小于 的最小整数是

[ ] 1x x （8） 大于 的最小整数是

(10) , , 0

0 1

a b Z b

a a aa b b b b

b b b

带余数除法： ，则

，

a a a a aa b b

b b b b b

证明： ，

(11) , ,a b Z a b

a

b

则不大于 而为 的倍数的正整数

的个数是

1 10 , 0a

m bm a mb

例题

11 [ ] [2 ]

2x R x x x

例、证明： ，有

[ ] { },

1 1 1[ ] [ ] [ ] { } 2[ ] { }

2 2 2

x x x

x x x x x x x

证：

[2 ] [2[ ] 2{ }] 2[ ] [2{ }]x x x x x ；

则原命题等价于证1

{ } [2{ }]2

x x

1 1 10 { } , { } 1,0 2{ } 1

2 2 21

[2{ }] { } 02

x x x

x x

当 时 ，

故

1 1 1{ } 1 ,1 { } 1 ,1 2{ } 2

2 2 21

[2{ }] { } 12

x x x

x x

当 时 ，

故

2

1 2 1[ ] [ ]

n

nn

n n n

例 、设 是任一正整数， 是实数，证明：

1 2 1( ) [ ] [ ]

nf n

n n n

证明：令

1 1 1+ [ 1] 1

nf n

n n n

则

注：此为厄米特恒等式。

1 1[ ] 1 1

nn

n n

1 1[ ] ( )

nn f

n n

1, ( )R f f

n

即对

1 1, ( ) 0 ,f f

n n

又因为当0 时

2, ( ) 0f

n 所以当0 时 ，

, ( ) 0x R f 因此 ，厄米特恒等式成立。

1 2

1 2 1 2

1 2

3

( )( )

( ) 0 ( )

( )x n x

x x y f x x x x

i x x x y f x

M f n n

例 、平面上坐标为整数的点称为整点或格点，设 是实数， 是非负连续函数，证明：区域： ， 上的整点的个数

，这里 取整数值；

1 2

1 2,1 ( )

,1 ( )

1 ( )

( ) ( )x n x

x n y f n n x n x

x n y f n

y f n y

f n M f n

证：区域上的整点都是在这样的直线段上：， 是一满足 的

整数，而直线段 上的整点数就是满足条件 的整数 的个数，

有 个，则

1 2

1 2( )[ ] [ ] ( ) 0x n x

ii x x M f n

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

1 2

2 1[ ] 1 [ ]

2 1

= [ ( )] ( ) ( )

( ) ( )

0 ( ) 1 1 [ ] [ ]

[ ] [ ] ( ) 0

x n x x n x x n x

x n x x n x

x n x x n x x n x

x n x

M f n f n f n

M f n f n

f n x x

x x M f n

证：

0 02 2

)

1 1

2 2q px y

iii p q

p q p qx y

q p

（ 设 ， 是互质的奇正整数，证明：

1 0, 0, ,2 2

1 10, 0, ,

2 21 1

.2 2

q pp q x y x y

q pS x y x y

p q

证：（）因为 ， 是奇正整数，故

围成的矩形 内的整点个数与

围成的矩形内的整点个数相等，有 个

0 02 2

0 02 2

2

1 1.

2 2

q px y

q px y

py x S

q

p qx y

q p

p q p qx y

q p

（）直线 将矩形 分成两个部分，这两个部

分的整点个数分别为 与 ，所以

二、取整函数的一个应用

21

1 ! ( )

rr

n p p n

n n nh

p p p

、定理：在 的标准分解式中素因数 的指数

12!=1 2 3 12, 2,3, ,12

2(2 12)

=

=

分析：以12！的标准分解式为例，考虑素因数2的指数.因为 设想将 都分解成标准分解式，则分解式中素因数 的指数恰好为1的有1+1+1 3个(即2, 6与10）；恰好为2的有1+1 2个(即4,与12）；恰好为3的有1个(即8）。

1 2 3

1 2 3

2 3

3

1 2 3

!=1 2 3 , 2,3, ,

( )

2 3r

n n n

p p n

r n

h n n n

n n n

n n

n

N N N

证法一：因为 设想将 都分解成标准分解式，设分解式中素因数 的指数恰好为的有 个，则

1

2

2,3, ,

+ +

rr r r

r r

r

N n n n p

nN

p

n n nh

p p p

其中 恰好是 中能被

除尽的整数个数，但 ，故

! 2,3, ,

2,3, ,

, 2 , , ,

!

2 !n

p

p n p n

nn p

p

np p p

p

n p p

n np p p p

p p

证法二、若 ，则 必整除1, 中某数，

但1, 中 的倍数是下面 个数：

于是 中 的最高次幂就是以下乘积中 的最高次幂:

( !) !

!

n np n p

p p

n np pn

pp p p

2 2

2 3

!n n n

pp p p

n n n

p p p

12 1 !r

r

n

p

p n

n p

、推论

例 3 、求 50！中 3 的最高幂[3（ 50！） =16+5+1]

例 4 、求 1000！的十进制表示式中末尾连续零的个数

解： 1000！的十进制表示式中因子 5 的个数等于因子

10 的个数，所以 1000 ！的十进制表示式中末尾连续零的个数等于因子 5 的个数，即

2 3 4

1000 1000 1000 10005 1000 = + + + +

5 5 5 5

=200+40+8+1=249

（ ！）

!3 2 (0 )

!( )!

nk n

k n k

、推论 贾宪数 是整数

1 1

1

( = , ( = ,

(( ) = ,

r rr r

rr

n kp n p k

p p

n kp n k

p

证： ！） ！）

！）

+ 1,2, .r r r

n k n kr

p p p

注意到 ，

可知结论成立

1 2

1 2

2 , 0,

1 ,

!

! !

s j

s

n a a a a

j s

n

a a a

推论 的推广 若 其中

则

是整数！

( )

( )

4 3 ( ) ( )

( )( )

!

k

k

f x n f x

f xk k n n k

k

、推论 若 是一 次整系数多项式，

是它的 阶导数 ，则 是一 是次整系

数多项式( )

( )

( )

!

( )( )

!( )( 1) ( 1) ( )!

! ! !

k

ki k i

i k i k i

f xn k

k

f xx f x x

kk i k i i k i

b a ak k i

分析： （1）说明 是一 是次多项式；

（2） 中 的系数（对应于 中 的系数来考虑)

= 是整数

作业：作业：P14 1.3 ， 1.7 ， 1.9 ， 1.18

谢谢！

23/4/21 88

Q & A