第二章一次不定方程证明反证法.假设V2eQ，将其写为既约分数V2=%，这里a,b是互质的正整数.两边平方整理得262 = a2.因左边是偶数，故a也是偶数，设a=2c.代入上式得62=2c2，从而b也是偶数，设为6=2d.-这样,(a,b)=(2c,2d)=2(c,d)>1,矛盾！类似地，我们也可以证明Vπ不是有理数，这里n非完全平方数例2.3.4V2+V3也不是有理数假设=V2+V3EQ,则#2=5+2V6eQ因而V6eQ，矛盾！-上面的推论还可以推广到更一般的情形推论2.3.5考虑以下首一多项式f(a)=an+an-irn-1+..+ar+ao,aeZ,i=0,1...,n-1,如果方程f(α）=0没有整数根，则它也没有有理根证明反证法，假设=是有理根（(p,Q）=1).代入方程整理得p" +an-1p"-lq+...+aipqn-1+aoq"=0注意到上式除了第一项外，其余项都含有因子g.因此glp".但是（p,9）=1，这就推出q=1，即-=p是整数根，矛盾！例2.3.5(1)取f(r)=a2-2.方程显然没有整数根，因而由推论2.3.5,=V2不是有理数.(2)取f(c)=24-10r2+1.此时f=0无整数根，且#=V2+V3是它的一个根.因此这就再次证明V2+V3是无理数.-例2.3.61og210不是有理数反证法.设log210=是有理数，p,q互质.我们有2P=109上式左边只有素因子2，右边却包含素因子5，矛盾！-命题2.3.1自然对数e不是有理数证明我们使用如下估计式111/ne=l+0<0<1.1+++n!In.n!假设e=P是有理数.我们取n=9，并在上式两边乘以g!，则有q+q!++...+p-(q-1)!=e·q =q!++21qq-这就推出是整数，因此。也是整数，矛盾！-12 -
第二章一次不定方程2.3.5应用(IV)：素数个数无限的证明我们将讨论素数个数的无限性定理2.3.2素数有无限多个证明反证法.假设素数只有有限个p1<P2<..<ps，我们构造整数N = pip2 **ps + 1(> 1).显然pi+N（否则将推出pi|1).因此N的素因子分解中必含有不同于诸pi的素数，这与假设矛盾！■注2.3.1这个证明的巧妙之处在于，它并未具体构造出无限多个素数.这就是数学中所谓的存在性证明，即能断言某对象存在，但却未能提供具体构造的方法.我们以前学过的介值定理-等等都属于存在性证明类似地，我们也可以证明如下结论，推论2.3.6形如4n一1的素数有无限多个，换言之，等差数列3,7,11,.,4n - 1, -中含有无限多个素数证明反证法.假设形如4n-1的素数只有有限个p1<p2<·<ps.我们构造整数N=4pip2.ps-1易知N的素因子中不含诸p；及2.因此N的素因子只含有形如4n十1的素数.但是任何形如4n+1的整数相乘仍然是形如4n+1的整数，即被4除余数是1.这意味着N被4除余数是1■这与N的构造矛盾！狄利克雷给出了以下的一般结果，但是证明比较困难定理2.3.3（狄利克雷定理）设a,b是互质的正整数，则等差数列a,a+b,a+2b,.a+nb..中含有无限多个素数我们还可以利用费尔马数Fn = 22" + 1来证明素数个数的无限性，首先我们有以下恒等式（留给读者验证）n-1II Fh = Fn - 2.(2-5)k=0引理 2.3.1任何两个费马数都互质：证明设m=（Fk,Fn）（k<n）.由式（2-5)，这意味着m=（2,Fk）.注意Fk是奇数，所以图m= 1.-13-
第二章一次不定方程既然任何两个费马数都互质，所以它们包含的素因子也不相同.由于我们有无限多个费马数，所以我们也有无限多个不同的素因子，这就证明素数有无限多个。欧拉提供了另一种证明素数无限多的独特证明，常被看作是解析数论的开端．这里我们来简单介绍一下，假设只有有限多个素数p1,P2,·…，ps我们考虑乘积(1+1+1±)+++）·(1+1++++）（++#+）(2-6)的展开式.显然，（2-6)的展开式中每一项都可以写成1p"pe...pm.由算术基本定理和假设条件，对每个整数n，恰好出现在(2-6)的展开式中出现一次.因此(1+1+}+..（+++）（+++-2+A+:++无论如何，上式右端是发散的级数，这就得到矛盾！欧拉的证明富有很大的启发性比如我们考虑以下的无穷连乘积I(1+1+1+1)(2-7)+++这里p取遍所有素数，S是实部大于1的复数易知（2-7)收敛于一个解析函数，并且类似上面讨论可知+#+七+#II(1+)n=inp注意到=1+元+六+元(1-1+++p3sps所以我们有(2-8)N=1nS函数(0)=n=ins称作黎曼-（函数它可以延拓到整个复平面上，并且除了8二1是一级极点之外处处解析.恒等式（2-8）将素数和解析函数密切关联起来.此外，黎曼函数的零点和素数的性质之间有着深刻的联系.这一杰出的发现是由天才数学家黎曼首先获得的、由此开创了解析数论，他为数论引入了分析这一强大工具，让我们能用复变函数的方法去有效地解决数论问题黎曼提出了如下著名的数学猜想，这一猜想曾被纳入希尔伯特著名的23个问题中，也是悬赏百万美元的千禧年七大数学难题之一，问题2.3.1（黎曼猜想）（(s）的非平凡零点都落在复平面上直线Re(s)=上这里所谓的非平凡零点是指那些不容易求出的零点（易求的零点称为平凡零点），如果黎曼猜想-14-
第二章一次不定方程能被证明，那么将有许许多多重要且深刻的数论定理被证明解析数论能够解决很多数论难题，这里我们介绍一个和素数个数有关的定理，定理2.3.4（素数定理）设π(a）表示不超过实数的素数的个数，则T(r)lim=1.1-007loga这个结论最早由高斯提出猜测.切比晓夫首先给出突破性进展，最终由阿达玛和Paussin几乎同时独立证明．后来艾尔多斯和塞尔伯格给出了初等证明lim()2=0，即素数在正整数中出现的几率为零.推论2.3.72-0032.4一次不定方程我们关心以下方程的整数解（1，.，年m）：aiai+a2a2+...+amcm=n这里诸a和n都是给定整数，如果m=1，那么这就是我们前面所讨论的整除性．以下我们先讨论m=2的情形，然后再将它推广到一般情形2.4.1二元一次不定方程的求解算法考虑不定方程(2-9)ax+by=n,这里a,b,n是给定整数命题2.4.1方程（2-9)有整数解的充分必要条件是(a,b) I n.证明月（→）设（ro,yo）是整数解，则由引理2.2.3得（a,b)n(=aro十byo)(）设（a,b)In.首先，由推论2.2.1，存在8.tEZ满足as + bt = (a,b)■今取20=825，90=t（，则得方程(2-9)的一组解。由上述命题，我们只需要讨论（a,b)=1的情形就足够了，在这种情形下，上述命题保证方程总是有解的。我们甚至可以利用推论2.2.4来具体造出方程（2-9）的一组特解命题2.4.22设(a,b)=1，0,90满足方程(2-9)：则方程(2-9)的通解公式为x=co+bt(=o-at,这里t取遍所有整数，-15-
第二章一次不定方程证明由aa+by=n,ao+byo=n可得a(- ro) +b(y -yo) = 0因为(a,b)=1,所以a|y-yo.我们令t=“，则y=yoat,且 teZ、由此可得 a=co+bt.上面的讨论总结起来，提供了求解二元一次不定方程的具体方法(1)先判断（a,b)|n是否成立.(2）将方程（2-9)化简成ban(2-10)-(a,b)(a, b)(a,b)"(3）求出方程(2-10)的特解（ro,yo)(4）求出通解例2.4.1(1）求不定方程3a-5=1的通解显见（co,3o)=(2,1)是一组特解.因(3,5)=1，故由上面引理得通解公式『a=2-5t[ y =1- 3t,这里t取遍所有整数(2）求不定方程4x+6y=10的通解.因（4,6）10，故方程有解，且可化简为2x+3y= 5.(ro.yo）=（1,1)显然是一组特解.因此通解公式为[x=1+3t(y=1-2t,这里t取遍所有整数(3）求方程3α+7y=46的所有正整数解首先求得特解（ro,9o)=（-1,7).其次求出整数解通解公式(a=-1+7t( y =7-3t,这里t取遍所有整数。因为要求>0,9>0,所以-1+7t>0.7-3t>0■这就推出t=1,2.因此正整数解为(z,y)=(6,4),(13,1).一般说来，二元一次不定方程即使有整数解也未必存在非负整数解或正整数解比如3r+5y=4就没有非负整数解（为什么?).推论2.4.1设(a,b)=1,a>0,b>0.如果n>ab-a-b,则方程(2-9)必有非负整数解；如果n=ab-a-b,则方程没有非负整数解.换言之，ab-a-b是最大的正整数不能由ar+by(α≥0,y≥0)表出者-16 -