3整数的进一步性质及最小公倍数.docx
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3整数的进一步性质及最小公倍数
3整数的进一步性质及最小公倍数
一、教学目标:
通过本节内容的学习,达到以下教学目标与要求:
一级目标:
用辗转相除法把两个整数的最大公因数表示为这两个整数的整系数线性组
合;
二级目标:
掌握最小公倍数的概念。
、教学内容和重、难点:
1.用辗转相除法把两个整数的最大公因数表示为这两个整数的整系数线性组合
2.最大公因数
3•最大公因数和最小公倍数的关系
重点:
最大公因数
难点:
用辗转相除法求最大公因数
三、教学方法和教具使用:
讲授法。
四、教学过程:
设a,b是任意两个正整数,则由带余除法得
a=bq!
*,0:
:
r1:
:
b,
b二伦D,0:
:
r2:
:
:
ri,
ri=「2q3BQ:
:
$:
:
j,
III
rn^rn^qn■rn,0:
:
:
rn:
:
:
rn4,
(1)
rn4_rnqn1rn1,rn1_0-
定理1若a,b是任意两个正整数,则
Qka-Rb二-1心讣=1JH,n,
其中
R=1,p=qi,R=qkPk」+Pk_2,
Q。
=0©=1Q二qkQwQkJ二2川,n.
证容易验证,当k=1时,
1±
;_1n=”=a_bq,
故此时
(2)式成立.
当k=2时,
2」
-1!
D二-a二-b-nq?
—Aq?
-b二Q〔a-Rbiq?
-bpQ&a—(1+Rq2=(q2Q 故此时 (2)式也成立. 假设 (2)式对于不超过s2<^n的正整数k都成立,则 rsJ~qs1rs s_2s_d -_1rs11rs 二Qs」a-Ps」bqs1Q$a-Pb 二qsQQs」a-qsEPs』b 二Qs1a-Ps1b, 故 (2)式对于k=s・1也成立,由归纳法, (2)式对于k=1」||,n都成立. 推论若任给整数a0,b0,则存在两个整数s,t使得 a,b二asbt. 例用辗转相除法求a=288,b=158的最大公因数和s,t使得as•bt=a,b. 解由带余除法,得 288=1581130, 158=130128, 130=28418, 28=18110, 18=1018, 10=812, 8=24, 因此,288,158i=2.再由 2=1018-1 =101亠i18-101-1 =18-1102 =18-128-1812 =28218-3 =282130-284-3 =130"-32814 =130"—3|亠[158-130114 =15814130"-17 =15814288-1581-17 =288"-17! 亠28831, 故s--17,t=31. 定理2若a,b,c是三个整数,b,c至少有一个不为零,且a,ci;=1,则 (i)ab,c与b,c有相同的公因数; (ii)ab,c|: [b,c. 证因a,c=1,故存在整数s,t使得 asct=1. 上式两边同乘以b,得 abscbt=b. 设d为ab,c的任意一个公因数,则由上式得,d|abs・cbt=b.故d也是b,c的一个公因数. 反之,设d为b,c的任意一个公因数,则易知d也是ab,c的一个公因数. 于是,ab,c与b,c有相同的公因数. (ii)因b,c不为全为零,故由(i)已证过的等式abs,cbt=b得,ab,c也不全为零,故b,c 与ab,c都存在,且由(i)得ab,c二b,c. 推论1设a,c=1,c|ab,则c|b. 证因(a,c)=1,故(abc(,b又因c|ab,故(ab)c||c于是 (b,c=|Iccbcb 附记1: 以上推论的证明用到了这样两事实: m|n二(m,n)=|m;m|n二|m|n. 推论2设ai,a2,|",an及b,b2,|l(,bm是任意两组整数•若 a,bji=1,i=1,2川1,n,j=1,2,HI,m,则qa? 川寺,朋211|»=1. 证因为ai,bj=1,i=1,2,川,n,j=1,2,川,m,故由定理2得, aia^||an,bj二a? "已心可||=a「bj=1,j=1,2,||],m. 再由定理2得, qa? I旧n,bb2山bm=a1a2ll)an,b2”|bmTH二qa2ll|an,bm=1. 推论3若b,c]=1,b|a,c|a,则bc|a. 证因b|a,故存在整数q使得,a=bq.因c|a,故c|bq.又因b,c=1,故由推论2得c|q.于是存在整数q1使得q=cq.故a=bq二bcq1,bc|a. 附记2我们可以把定理2的结论(ii)推广如下: 设a,b,c是三个整数,a,c不全为零,b,c也不全为零,且a,c,b,c=1,则 ab,ci;=[a,cb,c. 证因a,c不全为零,b,c也不全为零,故ab,c不全为零,故ab,c,a,c与b,c都存 在•下面首先证明a,cb,c|ab,c. 因a,c|ab,a,c|c,故ac|a)c.同理,b,c|ab,c.又因iia,c,b,c=1,故推论3得,a,cb,c|ab,c. 其次证明ab,c|a,cb,c.易知a,cbca,bcc,bTc面证明 ab,c|ab,c.当a=0时,结论显然成立.下设a=0,贝Ua0.易知 (abc|a(,bab|c,故dabc(l丨a,b)ac(a(bc,(ab)c同,理.,c ab,c|b,c.于是ab,c|ab,c,cb,c=a,bb,c. 综上,可得ab,ci: 〔a,cb,c. 定义设ai,a2,|",an是n个整数,若m是这n个数中每一个数的倍数,则m就叫做这n个数的一个公倍数.在ai,a2,|)|,an的公倍数中最小的正数叫做最小公倍数,记作〔ai,a2,IH,an1. 因任何正整数都不是零的倍数,故在讨论整数的最小公倍数时,总假定这些数都不零. 因乘积a1|aj||an就是a^a? 川,a.的一个公倍数,故最小公倍数是存在的 显然,〔ai,a2,lil,anI-ai,a? ,川,a「 定理3设a,b是任意给定的两个正整数,则 (i)a,b的所有公倍数就是l.a,b1的所有倍数,即: a|m,b|m=l.a,b1|m; aK (ii)La,b,特别地,当a,b;=1时,〔a,bl-ab. (a,b) 证设m是a,b的任意一个公倍数,m=ak=bk.令a=印a,b,b=a,b,代入 ak=bk,得a*=bik.因cb]=1,故bi|k.于是存在整数t使得k=bit.从而 ab丄 m=ak二ab|tt. (1) (a,b) ab 反之,当t为任意一个整数时,一叱t为a,b的一个公倍数,故 (1)可以表示a,b的 (a,b) aK 一切公倍数•令t=1,即得公倍数中的最小正数,故〔a,b丨=.这就证明了定理3中的 (a,b) (ii). ab 由刚才证明的结果知,tt=0,一1,一2,|1|给出了a,b的所有公倍数.因 (a,b) aK ! a,b丨二故ta,b】t(t=0,±1,=2,111)给出了a,b的所有公倍数.于是,a,b的所有公 (a,b) 倍数就是la,b1的所有倍数• 定理4若a1,a2」H,an是n个正整数n-2, Ia1,a2-m2,lm2,aj-m3^|,|mn4,a/-mn, (2) 则la1,a2JH,a^-mn. 证由 (2)式得m21m3,m3|m4,mu|m5,|l(,mn/|mnj,mn」|mn.故 mi|g,i=2,3,||(,n-1.但印|mz’a? |m? a? |m)3,a41mu」山a.」|mn」,an|m.,故 ai|mn,a2叽||民|m,即m.是耳忌川©的一个正的公倍数. 反之,设m是a1,a2Jj|,an的任意一个正的公倍数,则a1|m,a2|m^|an|m.由a1|m,a2|m及定理3的(i)得,m2-la1,a2l|m.由a31m,m21m及定理3的(i)得,m3-〔m2,a3】|m.依此类推下去,最后得m*|m,m^m.故mn是3@,川心的公倍数中的最小正数,于是la1,a2JH,aJ-mn. 作业P14: 1,3 习题选解 1.证明两整数a,b互质的充分与必要条件是: 存在两个整数s,t满足条件 asbt=1. 证充分性设a,b互质,贝Ua,b=1.故存在整数s,t使得asb^a,b=1. 必要性设存在整数s,t,使得asbt=1,则a,b不会同时为零,a,b的最大公因数存在.设 a,b=d,贝Ud为正整数,且d|a,d|b从而d|asEt1,闵于是, d=1,a,b=1a互质 3.设 fxi;=anXn-an」xn4.I帚a/-a。 是一个整系数多项式且ao,an都不是零,则fx的有理根只能是以a。 的因数作分子以a. 的因数作分母的既约分数,并由此推出.2不是有理数 r 证设一为fx的一个有理根,r,s=1,则 s 在上式两边同时乘以sn,得anrn-a.丄srn」•出-qs"+-a°sn=0,a.rn—sanJrnl卅齐•a°sn,,a0sn_-ranrnJ-anjsrn-aisnJ. 故s|anrn,r|a°sn.但因r,s=1,故s,rn=1,r,sn=1,于是s|an,r|a0. 下证、2不是有理数易知,「2是多项式fx]=x2-2的根•若由刚才证明的结论易知,多 项式fx=x2—2的有理根只可能是二1,二2.但f二1=-1=0,f二2=2=0,故多项式 fx没有有理根.从而2不是有理数. 我们可以把第3题的结果推广如下(以下的主要内容发表于《湖南数学通讯》1983年 第2期“一个代数定理的推广”一文): 定理若整系数多项式 n^mmJkq fX]=anXamxam」X|||%Xao, r 其中an,a0都不为零,0: : : k_m: ;n,而—是fx的一个有理根,r,s;=1,则 s s|an,r|a°. 证;-是fx的根, s 在上式两边同乘以sn得 n丄n-mm丄n-m十m4丄小丄n-kk丄n八 anramSram』srakSr•a°s0, nn-m(m丄mJ丄小丄m-kk丄ml anrsamram^srakSra°s, nkn-kn-mm-km-k4n-m1n-k a°s=ranramSramMsakS, 故snq|anrn,rk|a°sn.但r,s=1,故sn,rn=1,rk,sn=1,从而sn」|an,rk|a°. 推论若整系数多项式fx=anxn■amxm■amJxm_^^|■akxk■a0,其中an,a0都不 r 为零,0: : : k空m: : : n,而一是fx的一个有理根,r,s=1,贝U s r gx,hx均为整系数多项式•显然,若既约分数是fx的有理根,则它也分别是 s gx,hx的有理根,从而由定理得 n_m1 s 当用以上定理及推论解决问题时,以下的两个命题是有用的 命题1若-0,a=0,b都是整数,非负整数mi: : : n,i=1,2,|)(,s,质数p“p2,|1(,ps 互不相同,a-|bnp1rT11p2rT1MilPs—s,则a|b. 证(略,证明详见“一个代数定理的推广”一文) 命题2若ki,mi为非负整数,i=1,211n,,质数P1,P2,ll(,Pn互不相同, ■k1k2][|k-,m1mm-min氐,m}min{k2,mminlk-’m-} a|P1P2HlPk,ap1p2HiP-则a5P2IIIp-. 证(略,详见“一个代数定理的推广”一文) (注: 命题2实际上是指,公因数是最大公因数的因数.) 例1求多项式fx=32x197x72x^x242的全部有理根. 解若既约分数-是fx的有理根,则由定理得s12|32,r2|42.而s 32=11225,42=112237,从而由命题1得s|a,r|1,于是fx的有理根只可能为 -1,但f1-0,f-1=0,故fx仅有一个有理根-1. 例2证明多项式fX=6x1984-60x19835x577x77无有理根 r 证显然0不是fX的有理根•假设既约分数丄是fX的有理根,则有推论得 s 62 6,-60 22if2 =6=12汉2汉3,『=77=12X7X11, (77,77) fx无有理根. 仅供个人用于学习、研究;不得用于商业用途 Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercialuse. Nurfurdenpers? nlichenfurStudien,Forschung,zukommerziellenZweckenverwendetwerden. Pourl'etudeetlarechercheuniquementadesfinspersonnelles;pasadesfinscommerciales. to员bkog^A.nrogeHKOTOpMeno^b3ymmaoadyHeHuac^egoBuHHuefigo^^HM ucno员B30BaTbCEbKOMMepqeckuxqe员ex. 以下无正文
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- 关 键 词:
- 整数 进一步 性质 最小公倍数