)时,?(2011)|n!,所以,数列{an(m；且是周期数列,所以,数列{an}中存在无穷多项可；例7证明:存在无穷多个正整数n,使得n2+1?n；证明:引理1对素数p&2,p?1(mod4；(?1)p?1；2p?12?1(modp),(x2)p?12??；必要性:因1?x?p-1时,x,2x,?,(p-；p?1p?1p?12则这样的a,x共配成对,
)时,?(2011)|n!,所以,数列{an(mod2011)}构成模2011的完系,因当n??(2011
且是周期数列,所以, 数列{an}中存在无穷多项可被2011整除.
例7证明:存在无穷多个正整数n,使得n2+1?n!.
证明:引理1对素数p&2,p?1(mod4)?存在x(1?x?p-1)使x2??1(modp). 证:充分性:因对1?x?p-1,( p,x)=1,所以,xp?1?(x2)
2p?12?1(modp),(x2)p?12? ?1(modp),所以,p?1为偶数,即p?1(mod4). 2
必要性:因1?x?p-1时,x,2x,?,(p-1)x构成modp的既约剩余系,所以,存在 1?a?p-1,使得ax≡-1(mod p),若不存在a(1?a?p-1), a=x,使ax≡-1(mod p),
p?1p?1p?12则这样的a,x共配成对,则有(?1)?(p?1)!??1(modp),即为奇数,与 22
p?4k?1矛盾!所以,必存在x(1?x?p-1)使x2??1(modp).
引理2形如4k+1(k∈Z)的素数有无限多个.
证：假设形如4k+1的素数只有n个:p1,p2,?,pn，则p1,p2,?,pn都不是
a=4(p1p2?pk)2+1的素因数.
设q是a的一个素因数,则有(2p1 p2?pk)2≡-1(modq),因存在1?x?q-1使 2p1 p2?pk≡x(mod q),即x2≡-1(modq),所以,由引理1知q?4k?1,矛盾！
所以,形如4k+1的素数有无限多个.
回到原题:由引理1,2知,存在无穷多个素数p,使得存在x(1?x?p-1)使
x2??1(modp).即p|x2+1,因p&x,所以, p?x!, x2+1?x!,因这样的素数p无穷多,所以,相应的x也无穷多.
例8设f(x)是周期函数,T和1是f(x)的周期且0&T&1.证明:
(1)若T为有理数,则存在素数p,使得
1是f(x)的周期; p6
(2)若T为无理数,则存在各项均为无理数的数列{an}满足0&an+1&an&1
(n=1,2, …),且每个an都是f(x)的周期.
m证明：(1)设T=(正整数m,n互质,且n?2),因(m,n)=1,所以,m,2m,…,nm构成 n
modn的完系,故存在k∈N*使得km≡1(modn),即存在t∈N*使得km=nt+1,因 km111f(x)=f(x+kT)=f(x+)=f(x+t+)=f(x+),所以是周期. nnnn
111设n=kp,其中k∈N, p为素数,则?k?是周期.故存在素数p,使是周期. pnp*
(2)当T为无理数时,取a1=T,则T为无理数, 0&T&1.设k≤n时存在无理数
ak,使得0&ak&ak-1&1,且ak是周期.对k+1,总存在存在u,v∈N*,使得0&uak-v&ak&1,
取ak+1=uak-v,则ak+1是无理数且是f(x)的周期,且0&ak+1&ak&1,递推知存在各项均为无理数的数列{an}满足0&an+1&an&1(n=1,2,…),且每个an都是f(x)的周期.
例9设正整数n?2.求所有包含n个整数的集合A,使得A的任意非空子集中所有元素的和不能被n+1整除.
解:设A={a1,a2,?,an}是满足条件的集合.Sk??ai(k?1,2,?,n),依题意知,对
任意k=1,2,?,n都有n+1?Sk,且任意Sk, Sj(k≠j)都有Sk?Sj(modn+1),所以,{Sk}包含了modn+1的所有非零剩余,因对1?i≤n,整数ai,S2,S3,?,Sn也包含了mod(n+1)的所有非零剩余,所以, a1=S1≡ai(modn+1),即A中任意ai≡a1(modn+1).所以,对任意1?k?n, a1+a2+?+ak≡ka1(modn+1).且ka1?0(modn+1),从而(a1,n+1)=1.
取a1=a得集合A={a+ki(n+1)|ki∈Z, 1?i≤n,a∈Z,且(a,n+1)=1}为所求.
例10对任意正整数n,用S(n)表示集合{1,2,?,n}中所有与n互质的元素之和. 证明: 2S(n)不是完全平方数;
例11求所有的奇质数p,使得p|?kp?1.
222p?12例12求所有质数p,使得p3|(C1
p)?(Cp)???(Cp).
例13设n为大于1的奇数,k1,k2,?,kn是n个给定的整数,对1,2,?,n的每一个排列a=(a1,a2,?,an),记S(a)=?kiai.证明:存在两个1,2,?,n的排列b和c(b
≠c),使得n!|S(b)-S(c).
证明:如果对1,2,?,n的任意两个不同排列b和c(b≠c),都有
n!?S(b)-S(c),那么当a取遍所有排列时(共n!个),S(a)遍历模n!的一个完系, 因此,有?S(a)≡1+2+?+n!≡
nnn!(n!?1)n!?(modn!) ①, 另一方面,我们有 22nnn!(n?1)n
ki?0(modn!) ②. S(a)=??kiai???kiai??ki[(n?1)!?j]???2ai?1i?1ai?1j?1i?1a
由①?S(a)≡(modn!)与②?S(a)≡0(modn!)(因n为奇数)矛盾!故原命题成立.
例14已知m,n为正整数,且m为奇数,(m,2-1)=1.证明:m|?kn. n
证明:因1,2,?,m构成modm的完系,(m,2)=1,所以2,4,?,2m也构成
modm的完系,所以?(2k)??k(modm)即(2?1)?kn?0(modm). nnn
k?1k?1k?1mmm
因(m,2-1)=1,所以m|?kn.得证.
例15已知x∈(0,1),设y∈(0,1)且对任意正整数n，y的小数点后第n位数字是x的小数点后第2n位数字.证明:若x是有理数,则y也是有理数.
例16设A={a1,a2,…,aφ(n)}是模n的一个既约剩余系.如果方程x2≡1(modn)在A中解的个数为N,求证: a1a2…aφ(n)≡(?1)(modn).
同余方程与同余方程组
1.同余方程(组)及其解的概念
定义1 给定正整数m及n次整系数多项式f(x)?anxn?an?1xn?1???a1x?a0 ，则同余式f(x)≡0(modm)①叫做模m的同余方程,若an,则n叫做方程
若x=a是使f(a)≡0(modm)成立的一个整数,则x≡a(modm)叫做方程①的一个解,即把剩余类a(modm)叫做①的一个解.
若a1(modm),a2(modm)均为方程①的解,且a1,a2对模m不同余,就称它们是方程①的不同解.由此可见,只需在模m的任一组完系中解方程①即可.
例1解方程2x2+x-1≡0(mod7).
解:取mod7的完系:-3, -2,-1,0,1,2,3,直接验算知x≡-3(modm)是解.
例2求方程4x2+27x-12≡0(mod15).
解:取mod15的完系:-7, -6,?,-1,0,1,?,7,直接验算知x≡-6,3(modm)是解.
2.一次同余方程
设m?a,则ax≡b(modm),叫模m的一次同余方程.
定理1当(a,m)=1时,方程ax≡b(modm)必有解,且解数为1.
证明:因当(a,m)=1时,x与ax同时遍历模m的完系,所以,有且仅有一个x使得 ax≡b(modm).即x≡a-1b(modm).
定理2方程ax≡b(modm)有解?(a,m)|b,且有解时其解数为(a,m),及若x0是一个特解,则它的(a,m)个解是x?x0?
mt(modm),t?0,1,?,(a,m)?1. (a,m)9
例3解方程6x≡10(mod8).
解:因(6,8)=2,且-1是一个特解,所以,方程6x≡10(mod8)的解为:
x??1?4t(mod8),t?0,1即x??1,3(mod8).
例4解方程12x≡6(mod9).
因(12,9)=3,且-1是一个特解,所以,方程12x≡6(mod9)的解为:
x??1?3t(mod8),t?0,1,2即x??1,2，,5(mod8).
3.同余方程组
定义3给定正整数m1,m2,?,mk和整系数多项式f1(x),f2(x),?,fk(x),则同余式组 ?f1(x)?0(modm1)?f(x)?0(modm)?22②,叫做同余方程组.若x=a是使fj(a)≡0(modmj)(1?j?k)???????fk(x)?0(modmk)
成立的一个整数,则x≡a(modm)叫做方程组②的一个解,即把剩余类a(modm)叫做②的一个解.其中m=[m1,m2,?,mk].
?x?3(mod7)例5解方程组?. ?6x?10(mod8)
解:由例3知6x≡10(mod8)的解是x??1,3(mod8).所以,原解方程组?
?x?3(mod7)?x?3(mod7)?x?31(mod7)??或?或x?3(mod56)?x?31,3(mod56). ??x??1(mod8)?x?3(mod8)?x?31(mod8)
中国剩余定理:设K?2,而m1,m2,?,mk是K个两两互质的正整数，令
M=m1m2?mk=m1M1=m2M2=?=mkMk，则对任意整数a1,a2,?,ak下列同余式组： ?x?a1(modm1)?x?a(modm)?22-1-1-1?③的正整数解是x≡a1M1M1+a2M2M2+?+akMkMk(modM). ???
??x?ak(modmk)
其中Mj-1满足MjMj-1≡1(modmj)(1?j?k),即Mj对模mj的逆.
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