数论：整除、同余和不定方程

第一章 整除

1.1 整除及其相关概念

1.1.1 整除的概念及性质

定义1 设有两个整数a，b \((b\neq 0)\) 如果 $a=bk(k\in Z)，则称 a被b整除，记作 \(a\mid b\)。

接下来，我们来看常用的整除的性质。（某些性质的名字是编者自取）

1. 传递性：\(a\mid b,b\mid c，\)则$ \ a\mid c$

2. 加减性：\(a\mid n,a\mid m，\)则$ \ a\mid xn+ym\ (x,y\in Z)$

3. 反身性：\(a\mid b,b\mid a，\)则$ \ a =\pm b$

4. 绝对性：\(a\mid b \ 且\ b\neq 0，\)则 $ \left|a\right| \le \left|b\right|$

5. gcd性：\(a\mid b\ 且\ b\mid c，\)则 $ a\mid (b,c)$

6. lcm性：\(a\mid c\ 且\ b\mid c，\)则 \([a,b]\mid c\)

7. 互质性：\(a\mid bc,(a,c)=1，\)则 \(a\mid b\)

8. 唯一性：\(p\)为质数，\(p\mid ab，\) 则 $ p\mid a\ $ 或 $ p\mid b$

1.1.2 约数

定义2 如果 \(a\mid b\)，则称 b 为 a 的约数（因数）。

1.1.3 质数与合数

从约数的个数这一方面来分类，可以将正整数分为三类：

\(正整数 \begin{cases} 合数\\ 1\\ 质数\end{cases}\)
定义3 如果一个数有且仅有 1 和它本身两个约数，则称这种数为 质数。需要注意的是，1不是质数。而约数数量大于等于2的数，则称之为 合数。

1.1.4 算术基本定理

这是非常重要的一条定理，在后面做题的时候有很大用处。

算术基本定理：对于任意正整数 \(N\)，有 \(N=\displaystyle \prod^n_{i=1} p_i^{\alpha _i}\)，其中 \(p_k(k=1,2,\cdots n)\) 为不同的质数，\(\alpha _k(k=1,2,\cdots n)\) 为正整数，如果不考虑质数的顺序，则该分解式唯一。

1.1.5 最大公约数与最小公倍数

定义4 对于任意整数 a 和 b 相同的因数中，最大的称为它们的最大公约数，记作 \((a,b)\)，在它们相同的倍数中，最小的称为它们的最小公倍数，记作 \([a,b]\)。特别地，如果 \((a,b)=1\) 或 \([a,b]=ab\)，我们称这两个数 互质。

1.2 整除相关问题

1.2.1 约数个数问题

例1：对于正整数 \(a=p^k\)，其中 p 为质数，k 为正整数，求 a 的正约数个数

解：共 \(k\) 个，分别为 \(p^0p^1,p^2,\cdots p^k\)

例2：对于正整数 \(a=p^kq^t\)，其中 p和q 都是质数，k 和 t 都为正整数，求 a 的正约数个数

解：与例1类似，我们知道 \(p^k\) 提供 k+1 个约数， \(q^t\) 提供 t+1 个约数，根据乘法原理，我们得到原数应有 \((k+1)(t+1)\) 个正约数。

例3：推导 \(N=\displaystyle \prod^n_{i=1} p_i^{\alpha_i}\) 的正约数个数公式

解：与上两题类似，我们得出：

\(p_1^{\alpha_1}\) 有 \(\alpha_1+1\) 个正因数，

\(p_2^{\alpha_2}\) 有 \(\alpha_2+1\) 个正因数，

\(\cdots\)

\(p_n^{\alpha_n}\) 有 \(\alpha_n+1\) 个正因数，

根据乘法原理，\(N=\displaystyle \prod^n_{i=1} p_i^{\alpha_i}\) 会有 \(\displaystyle \prod^n_{i=1} (\alpha_i+1)\) 个正因数。

坑：习题

第二章 同余

2.1 同余的概念和性质

对于 \(a,b\in Z\)，若 \(a=k_1m+r_1\)，\(b=k_2m+r_2\)，若 \(m\in Z\)，\(r_1=r_2\)，则称 a 和 b 模 m 同余，记作 \(a \equiv b\ \left(\mod m\right)\)。

接下来又是喜闻乐见的性质。

1. 反身性 \(a\equiv a (\mod m)\)
2. 对称性 \(a\equiv b (\mod m)\Longleftrightarrow b\equiv a(\mod m)\)
3. 传递性 \(a\equiv b(\mod m)，b\equiv c(\mod m) \Longrightarrow a\equiv c(\mod m)\)

坑：习题

2.2 完全剩余系

2.1 剩余类

当一个整数被 2 除时，余数只可能是1或0，因此我们可以把全体整数分为两类：mod 2为0（偶数）和1（奇数）。同理，一个整数被 3 除时所剩的余数也只可能是0，1，2，这样也可以把全体整数分为 mod 3为0，1，2三类。

对于一般一些的情况，全体整数可以按照 mod m 是否同同余分为若干个两两不相交的集合，使得在同一个集合中的任意两个数mod m一定同余，而不同集合中的两个数 mod m一定不同余。每一个这样的集合称作模 m 的剩余类，而从mod m的每个剩余类中任意选一个数作为代表，组成的集合则称作mod m的完全剩余系，简称为完系。

第三章 不定方程

3.1 一次多元不定方程及其解法

定义1 设 \(k\ge 2\) 为整数，则称 \(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+\cdots+a_kx_k\) 为一元不定方程

一般对于“求不定方程的解”的类似题目，一般是指求不定方程的整数解或正整数解。
首先来看二元一次不定方程的解法

对于不定方程 \(ax+by=c(a，b\in Z，c\neq 0)\)，求其全部整数解的方法如下：

• 首先，求出方程 \(ax+by=0\) 的通解，这是非常容易的，移项就能得到 \(\begin{cases}x=-bt\\ y=at\end{cases}\) ，其中 \(t\) 是一个整数
• 其次，找出方程 \(ax+by=c\) 的特解，即找到 \(\begin{cases}x=x_0\\ y=y_0\end{cases}\) 使得原方程成立。
• 最后，就能得出方程的全部整数解： \(\begin{cases}x=x_0-bt\\ y=y_0+at\end{cases}\)

例：求 \(5x+3y=52\) 的全部整数解

解：注意到 \(\begin{cases}x=8\\ y=4\end{cases}\) 为原方程的解

所以方程 \(5x+3y=52\) 的全体整数解为 \(\begin{cases}x=8+3t\\ y=4-5t\end{cases} (t\in Z)\)

这类题是最基本的不定方程求整数解的类型，接下来我们来看比较难以运算的题目

例2：求 \(907x+731y=2107\) 的全部整数解。

分析：求全部整数解的本质实际上就是找到一组特解，但是本题的系数极大，所以我们不能单独尝试x和y的值来尝试找出特解，而要用一种类似于辗转相除的方法来找到特解。

解：首先，我们将系数较大的x移到右边，将y的系数除过去。

\(y=\dfrac{2107-907x}{731}\)

对其进行分离常数，得到：

\(y=-x+3+\dfrac{-176x-86}{731}\)

设 \(\dfrac{-176x-86}{731}=z\)

则 \(x=\dfrac{-731z-86}{176}=-4z+\dfrac{-27z-86}{176}\)

设 \(\dfrac{-27z-86}{176}=w\)

用此方法循环往复，直到化不干净的真分式足够简单到可以很轻松看出来使其为整数的未知数值，随后从下往上求值带入，最后就能得到原方程的通解，在本题中的答案是 \(\begin{cases}x=-258 \\ y=323\end{cases}\)

例3：求 \(15x_1+10x_2+6x_3=61\) 的全部整数解。

分析：本题是三元的情况，可以通过移项转换成二元一次不定方程求解。

解：\(x_3=\dfrac{-15x_1-10x_2+61}{6}\)

则 \(x_3=-3x_1-2x_2+10+\dfrac{3x_1+2x_2+1}{6}\)

设 \(\dfrac{3x_1+2x_2+1}{6}=s\)

则 \(3x_1+2x_2+1=6s\)

\(x_2=\dfrac{6x_4-3x_1-1}{2}=3s-x_1+\dfrac{-x_1-1}{2}\)

要使 \(x_2\) 为整数，不妨设 \(x_1=2k-1\)

代入，可得方程的全部整数解：\(\begin{cases}x_1=2t-1 \\ x_2=3s-2k+1\\ x_3=11-5s\end{cases} (k，s\in Z)\)

关于本题，还有一个非常重要的技巧。为什么我们要一开始就将系数最小的6x_3留在左边呢？观察一下过程，我们发现想要解出原方程只需要去解关键方程 \(3x_1+2x_2-6s=-1\)，而分离常数正好就相当于给原方程的每个系数做了带余除法。如果不将最小的留在左边，那么就没法做带余除法（无法分离常数），也就解不出来了。

另外，如果在解不定方程经过很长时间尝试并没有找到特解，需要去考虑是否方程无特解，即原方程无整数解，比如方程 \(6x+4y=3\)，这个方程的左边是偶数，右边是奇数，那么这个方程就不可能有整数特解。

3.2 勾股方程

定义2 形如 \(x^2+y^2=z^2\) 的方程叫做勾股方程

要讨论勾股方程这种二次不定方程解的情况，需要从两个方面来考虑：\(xyz\) 是否为0。

\(xyz=0\) 时

能得出原方程有这几种解：\((x，y，z)=(t，0，t)，(0，t，-t)，(t，0，-t)，(0，t，t)\)。这些解都非常的简单，因此我们称他们是勾股方程的平凡解，我们讨论的“解”则是非平凡解，即 \(xyz\neq 0\) 的情况。

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\(xyz\neq 0\)

若 \((x,y)=d>1\)，设 \(x=x_1d，y=y_1d\)，则 \(z^2=(x_1^2+x_2^2)d^2\)，故 \(d \mid z\)。这告诉我们只须在 \((x,y)=1\) 的情况下求解。

若 \((x,y)=1\)

若 \(z\) 为偶数，x和y不同时为奇数，否则 \(x^2+y^2\equiv 2 \not\equiv z^2(\mod 4)\) 方程无解。因此x，y，z不两两互质。

若 \(z\) 为奇数，不妨设 y 为偶数，x 为奇数（具有对称性）

即 \(y^2=z^2-x^2=(z-x)(z+x)\)

则 \(\left(\dfrac{y}{2}\right)^2=\left(\dfrac{z-x}{2}\right)\left(\dfrac{z+x}{2}\right)\)

由最大公约数的性质可得 \(\left(\dfrac{z-x}{2}，\dfrac{z+x}{2}\right)=(z，x)=1\)

并且这两个东西乘起来还是完全平方数。

有算术基本定理可得，若 \((a，b)=1，ab=n^2，则a=t^2，b=s^2\)

随后我们就可以设 \(\dfrac{z+x}{2}=m^2，\dfrac{z-x}{2}=n^2，(m,n)=1，m，n\) 一奇一偶

最后，我们得到：\(\begin{cases}x=m^2-n^2\\ y=2mn \\ z=m^2+n^2\end{cases}\)

这，就是勾股方程 \(x^2+y^2=z^2\) 的本原解，也就是两两互质的正整数解。

至此，我们完成了对于此类勾股方程的解的讨论及分析。

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接下来，我们来看更加难的一些有关勾股方程的题目。

例：求证：不定方程 \(x^4+y^4=z^2\) 无非平凡解。

编者注：所谓“非平凡解”在本题中指不满足 \(xyz=0\) 的整数解。

分析：看到这个式子，我们要往以下几个思路去考虑：

1. 证明在题目的条件下左式不等于右式；
2. 在假设有解的情况下尝试证明某个未知数不是整数；
3. 在假设有最小解的情况下尝试证明还有更小的解。

那么本题，我们应当使用第三种思路。

证明：假设原方程有非平凡解，不妨设它们都是正整数解。

考察所有解中使得 \(z\) 最小的解，设其为 \((x_0，y_0，z_0)\)

那么，我们怎么证明这里有最小解呢？原因是：正整数集的非空子集一定有最小元，也就是说我们一定能找到一个最小的 \(z_0\)。

不难证明 \(x_0，y_0，z_0\) 两两互质（如果有同一个素因子 \(p\)，那么写成 \((\dfrac{x_0}{p}，\dfrac{y_0}{p}，\dfrac{z_0}{p})\) 即可。）

同样不难证明 \(x_0，y_0\) 不全为奇数，否则 \(x_0^2+y_0^2\equiv 2(\mod 4)\)，这意味着 \(z^2\equiv 2(\mod 4)\)，矛盾。

所以我们不妨设 \(x_0\) 为奇数。

那么 \(x_0^4=z_0^2-y_0^4=(z_0-y^2)(z_0+y^2)\)

又因为 \((z_0-y^2，z_0+y^2)=(z_0-y_0^2，2y_0^2)=(z_0-y_0^2，y_0^2)=(z_0，y_0^2)=1\)

所以存在 \(u，v\) 使得 \(z_0-y_0^2=u^4，z_0+y_0^2=v^4\)，其中 \((u，v)=1，u，v\) 都为奇数。

故 \(z_0=\dfrac{u^4+v^4}{2}，y_0^2=\dfrac{v^4-u^4}{2}=(v^2-u^2)\times\dfrac{u^2+v^2}{2}\)。观察一下，我们发现 \(y_0^2\) 的解似乎可以导出矛盾，那么我们就朝着这个思路去做一下。

因为 \((v^2-u^2,\dfrac{v^2+u^2}{2})=(2v^2，\dfrac{v^2+u^2}{2})=(v^2,\dfrac{u^2+v^2}{2})=(v^2,v^2+u^2)=(v^2+u^2)=1\)

所以 \(v^2-u^2\) 和 \(\dfrac{u^2+v^2}{2}\) 都为完全平方数，不妨设 \(v^2-u^2=r^2\)，\(\dfrac{u^2+v^2}{2}=s^2\)

那么我们发现，有上面的条件可以得到 \(u^2+r^2=v^2\)，这是一个经典的勾股方程。那么一定存在 \(a，b\) 一奇一偶使得

\(u=a^2-b^2，v=2ab，v=a^2+b^2\)，也就是勾股方程的本原解。

则 \(s^2=\dfrac{1}{2}(u^2+v^2)=a^4+b^4\)，说明 \((a，b，s)\) 也为原方程的一组整数解。

而 \(s\le s^2=\dfrac{u^2+v^2}{2}<\dfrac{u^4+v^4}{2}=z_0\)

而这与 \(z_0\) 的最小性矛盾！故假设不成立，原方程无非平凡解。

至此，我们完成了此题的证明。而这种通过导出“有更小的解”而产生矛盾的方法叫做 无穷递降法。我们在题目的开头规定这些未知数都是正整数，而正整数是没有无穷递降这一说法的，从而导出矛盾。这是证明方程无解的很常用的一种方法。