于6 定理在n！的标准分解式中质因数p(p≤n)的指数 h=8+是+.=公号 (2) D 注意若p>n,则”=0，故上式只有有限项不为零，因而 有意义. 证设想把2，.，都分解成标准分解式，则由算术基本定 理，h就是这n~1个分解式中p的指数之和，设其中p的指数是 r的有n,个(1≤r),则 h=m+2h2+3m+. =n+h+n+.+ h+h+.+ +.+ . =M+N2+N+., 其中N,=n,+n,+1+.恰好是2，.，n这n-1个数中能被p除 尽的个数，但由M,心=号，故 h=B+吕+吕+. p 证完 推论1 nl=Πp点，产 p5 其中T表示展布在不超过n的一切质数上的积式 n！ 推论2贾宪数x1(:)是整数0<k<m) 证由V及n=(n-k)+k, p p ·21·
于 a b . 定理 在 n ! 的标准分解式中质因数 p( p≤ n)的指数 h = n p + n p 2 + . = ∑ ∞ r = 1 n p r . ( 2) 注意 .若 p s > n ,则 n p s = 0, 故上式只有有限项不为零, 因而 有意义 . 证 设想把 2,., n 都分解成标准分解式, 则由算术基本定 理, h 就是这 n - 1 个分解式中 p 的指数之和,设其中 p 的指数是 r 的有 nr 个(1≤ r) , 则 h = n1 + 2 n2 + 3 n3 + . = n1 + n2 + n3 + . + n2 + n3 + . + n3 + . + . = N1 + N2 + N3 + ., 其中 Nr = nr + nr + 1 + .恰好是 2, ., n 这 n - 1 个数中能被 p r 除 尽的个数,但由Ⅶ, Nr = n p r , 故 h = n p + n p 2 + n p 3 + . . 证完 推论 1 n ! = ∏ p≤ n p ∑ ∞ r= 1 n p r , 其中 ∏ p≤ n 表示展布在不超过 n 的一切质数上的积式 . 推论 2 贾宪数 n ! k ! ( n - k ) ! 是整数 (0 < k < n ) . 证 由Ⅳ及 n = ( n - k) + k , n p r ≥ n - k p r + k p r , · 21 ·
吕≥公“后+公台 卫p品片点方|Ip点 由推论1即得k！(n-k)！|n↓故推论获证 证完 推论3若f(x)是一n次整系数多项式，f(x)是它的k 阶导数(k≤)，则是一nk次整系数多项式 k！ 证显然四是n·k次多项式，设 k! fx)=ax+a-1x-1+.+ax+, 则卫中x的系数 k! 6=a,k+k+i:i+山=a,k+D k! k li! 由推论2及假设知6为整数，即卫是整系数. 证完 k! 大家都知道日是二项式系数，这种数最早是由我 国人发现的，因为宋朝杨辉在他的著作《详解九章算法》(1261年) 里指出贾宪已经用过下述的图形： 1 11 2 3 3 1 4 6 4 1 15101051 16 15201561 因此我们可以看出二项式系数早在杨辉以前，即最迟在十三世纪 已被我国人民所发现.这要比欧洲最初发现这件事实至少早260 ·22·
∑ ∞ r = 1 n p r ≥ ∑ ∞ r = 1 n - k p r + ∑ ∞ r = 1 k p r . 故 ∏ p≤ n p ∑ ∞ r = 1 n - k p r + ∑ ∞ r = 1 k p r ∏ p≤ n p ∑ ∞ r = 1 n p r . 由推论 1 即得 k ! ( n - k ) ! | n !, 故推论获证 . 证完 推论 3 若 f ( x ) 是一 n 次整系数多项式, f ( k ) ( x ) 是它的 k 阶导数( k≤ n ) , 则 f ( k) ( x ) k ! 是一 n - k 次整系数多项式 . 证 显然 f ( k ) ( x ) k ! 是 n - k 次多项式,设 f( x ) = an x n + an - 1 x n - 1 + . + a1 x + a0 , 则 f ( k ) ( x ) k ! 中 x i 的系数 bi = ak + i ( k + i) ( k + i - 1). ( i + 1 ) k ! = ak+ i ( k + i) ! k !i ! . 由推论 2 及假设知 bi 为整数,即 f ( k ) ( x ) k ! 是整系数 . 证完 大家都知道 n ! k ! ( n - k ) ! 是二项式系数, 这种数最早是由我 国人发现的,因为宋朝杨辉在他的著作《详解九章算法》(1261 年) 里指出贾宪已经用过下述的图形: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 因此我们可以看出二项式系数早在杨辉以前, 即最迟在十三世纪 已被我国人民所发现 .这要比欧洲最初发现这件事实至少早 260 · 22 ·
年左右，要比Pascal发现此事实(1654年)早400年 习题 1.求30！的标准分解式. 2.设n是任一正整数，a是实数，证明： 0[n=[a; (Ia+a+++a+“分=m. 3.设a,B是任意二实数，证明： (i)[a]-[]=[a·]或[a·]+1; (i)[2a+[2]≥[a]+[a+]+[) 4.()设函数f八x)在闭区间Q≤x≤R上是连续的，并且非负，证明和 ￡n1 表示平面区域Q<x≤R,0<y≤f(x)内的整点（整数坐标的点）的个数 ()设p,9是两个互质的单正整数，证明 三多分分 2 (i的)设r>0,T是区域x+≤2内的整点数，证明 2 T=1+4小+8。F父4专 0<≤ (iv)设n>0,T是区域x>0,y>0,xy≤n内的整点数，证明： 5.设n是任一正整数，且 n=+ap+p+,p是质数，0≤a<p, 证明：在n!的标准分解式中，质因数p的指数是 其中Sn=6+a1+☑+. ·23·
年左右,要比 Pascal 发现此事实( 1654 年) 早 400 年 . 习 题 1. 求 30 ! 的标准分解式 . 2. 设 n 是任一正整数 ,α是实数 ,证明 : ( i) [ nα] n = [α] ; ( ii) [α] + α+ 1 n + . + α+ n - 1 n = [ nα] . 3. 设 α,β是任意二实数 , 证明 : ( i) [α] - [β] = [α- β] 或[α- β] + 1; ( ii) [2α] + [2β] ≥[α] + [α+ β] + [β] . 4.(i)设函数 f ( x ) 在闭区间 Q≤ x≤ R 上是连续的 , 并且非负 , 证明和 式 Q ∑< x≤ R [ f( t) ] 表示平面区域 Q < x≤ R ,0 < y≤ f ( x ) 内的整点 (整数坐标的点) 的个数 . ( ii) 设 p , q 是两个互质的单正整数 ,证明 : ∑ 0 < x < q 2 p q x + ∑ 0 < y < p 2 q p y = p - 1 2 · q - 1 2 . ( iii) 设 r > 0 , T 是区域 x 2 + y 2 ≤ r 2 内的整点数 , 证明 : T = 1 + 4[ r] + 8 ∑ 0 < x≤ r 2 r 2 - x 2 - 4 r 2 2 . ( iv) 设 n > 0 , T 是区域 x > 0 , y > 0, xy≤ n 内的整点数 ,证明 : T = 2 0 <∑x < n n x - n 2 . 5. 设 n 是任一正整数 , 且 n = a0 + a1 p + a2 p 2 + ., p 是质数 ,0≤ ai < p, 证明 :在 n ! 的标准分解式中 , 质因数 p 的指数是 h = n - Sn p - 1 , 其中 Sn = a0 + a1 + a2 + . . · 23 ·
第二章不定方程 中国古代数学家张丘建曾经解答了下面的题目： “鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一.百钱买百 鸡问鸡翁母雏各几何”① 设用x,y,:分别代表鸡翁、鸡母，鸡雏的数目，就得到下面的 方程： 5x+3y+号：=100， x+y+z=100. 消去：，再化简，即得 7x+4y=100 我们要解决这个问题，就是要求出上述方程的非负整数解但是上 述方程不过是二元一次不定方程的一个具体的例子所谓二元 次不定方程的一般形式是 ax+by c, 其中α，b,c是整数.不定方程在历史上有极其丰富的研究，文献 极其丰富，也留下很多经典难题另一方面，由于数学应用的空前 普遍，方程及不等式的整数解问题研究，也有了应用前景我们这 一章的目的就是首先讨论二元一次不定方程有整数解的条件及其 解法，进而讨论多元一次不定方程的解法，最后介绍几个高次不定 方程及著名的费马问题 ①此题系《张丘建算经卷下的最后一题，该书为张丘建所著，作者生卒年代今已 不易考，惟知该书在隋代已经广泛流传该书今传本在隙经十物之内 ·24
第二章 不 定 方 程 中国古代数学家张丘建曾经解答了下面的题目: “鸡翁一, 值钱五,鸡母一, 值钱三, 鸡雏三, 值钱一 .百钱买百 鸡 .问鸡翁母雏各几何 ?”① 设用 x , y, z 分别代表鸡翁、鸡母,鸡雏的数目, 就得到下面的 方程: 5 x + 3 y + 1 3 z = 100, x + y + z = 100 . 消去 z, 再化简,即得 7 x + 4 y = 100 . 我们要解决这个问题,就是要求出上述方程的非负整数解 .但是上 述方程不过是二元一次不定方程的一个具体的例子 .所谓二元一 次不定方程的一般形式是 ax + by = c, 其中 a, b, c 是整数 .不定方程在历史上有极其丰富的研究, 文献 极其丰富,也留下很多经典难题 .另一方面, 由于数学应用的空前 普遍,方程及不等式的整数解问题研究, 也有了应用前景 .我们这 一章的目的就是首先讨论二元一次不定方程有整数解的条件及其 解法,进而讨论多元一次不定方程的解法, 最后介绍几个高次不定 方程及著名的费马问题 . · 24 · ① 此 题系《张丘 建算 经》卷下的 最后 一题 , 该书 为张 丘建所 著 , 作者 生卒年 代今 已 不易考 , 惟 知该 书在隋 代已 经广泛 流传 .该 书今传 本在《算 经十书》之 内
§1二元一次不定方程 本节将讨论二元一次不定方程有整数解的条件，并且说明在 有解的情况下如何求出它的一切整数解现在先假定它有一个整 数解，说明如何借此表出它的一切整数解 定理1设二元一次不定方程 ax by c (1) (其中a,b,c是整数，且a,b都不是0)有一整数解x=x,y ;又设(a,b)=d,a=ad,b=bd,则(1)的一切解可以表成 x xo-b t,y=y a t, (2) 其中t=0,士1，±2，. 证既然x,%是(1)的解，当然满足a。+b%=c因此 a(xo-b1)+b(yo a t)=c+(ba-ab)t=c. 这表明对任何整数t(2)是(1)的解. 设x',y是(1)的任一解，则ax'+by=c,从此减去ax+ %=c,即得 a(x'-xo)+b(y-h)=0. 由上式及a=ad,b=bd得到 a(x'-xo)=-b(y'-%). 又d=(a,b),故(a,b)=1由第一章§3推论2.1，可知有一整 数t使得y-%=at,亦即y=+at将y代入上式即得x' =x·b:t.因此x',y可表成(2)的形状故(2)表示(1)的一切整 数解 证完 由定理1我们知道，当(1)有一整数解时，它的一切解可以由 (2)表出来.但是(1)式在什么情况下有解，我们还不知道，现在给 出(1)式有整数解的一个条件 定理2(1)式有整数解的充分与必要条件是(a,b)|c. ·25·
§1 二元一次不定方程 本节将讨论二元一次不定方程有整数解的条件, 并且说明在 有解的情况下如何求出它的一切整数解 .现在先假定它有一个整 数解,说明如何借此表出它的一切整数解 . 定理 1 设二元一次不定方程 ax + by = c ( 1) (其中 a, b, c 是整数, 且 a, b 都不是 0 ) 有一整数解 x = x0 , y = y0 ; 又设( a, b) = d, a = a1 d, b = b1 d, 则(1 )的一切解可以表成 x = x0 - b1 t, y = y0 + a1 t, ( 2) 其中 t = 0 ,±1 ,±2 ,. . 证 既然 x0 , y0 是(1 )的解, 当然满足 ax0 + by0 = c .因此 a( x0 - b1 t) + b( y0 + a1 t) = c + ( ba1 - ab1 ) t = c . 这表明对任何整数 t( 2) 是(1 )的解 . 设 x′, y′是 (1 ) 的任一解, 则 ax′+ by′= c, 从此减去 ax0 + by0 = c,即得 a( x′- x0 ) + b( y′- y0 ) = 0 . 由上式及 a = a1 d, b = b1 d 得到 a1 ( x′- x0 ) = - b1 ( y′- y0 ) . 又 d = ( a, b) , 故( a1 , b1 ) = 1 .由第一章§3 推论 2.1, 可知有一整 数 t 使得 y′- y0 = a1 t , 亦即 y′= y0 + a1 t .将 y′代入上式即得 x′ = x0 - b1 t .因此 x′, y′可表成 (2 )的形状 .故 (2 ) 表示 (1 ) 的一切整 数解 . 证完 由定理 1 我们知道,当 ( 1 )有一整数解时, 它的一切解可以由 (2 )表出来 .但是(1 )式在什么情况下有解, 我们还不知道, 现在给 出(1 )式有整数解的一个条件 . 定理 2 ( 1)式有整数解的充分与必要条件是 ( a, b) | c . · 25 ·