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数论是一门研究整数性质的数学分支，它包括了初等数论和高等数论两个方面。
初等数论主要研究整数的基本性质，如整除性、质数、合数、最大公约数、最小公倍数等。
这些概念和性质在小学和初中的数学课程中就已经涉及到了，因此也被称为“小学数论”或“初中数论”。
初等数论的研究方法主要是通过观察、归纳和证明来得出结论，它的研究对象比较具体，结论也比较直观。
高等数论则是在初等数论的基础上，进一步深入研究整数的性质和结构。
它涉及到的概念和方法更加抽象和复杂，如素数分布、数的几何、代数数论、解析数论等。
高等数论的研究需要运用到高等数学的知识和方法，如微积分、线性代数、抽象代数等。
高等数论的研究成果不仅在数学领域有着广泛的应用，而且在计算机科学、物理学、密码学等领域也有着重要的应用。
总的来说，初等数论是高等数论的基础，高等数论则是初等数论的延伸和深化。
无论是初等数论还是高等数论，它们都是数学中非常重要的分支，对于我们深入理解整数的性质和结构、推动数学的发展都有着重要的意义。
序言数论是研究整数性质的一门很古老的数学分支，其初等部分是以整数的整除性为中心的，包括整除性、不定方程、同余式、连分数、素数（即整数）分布以及数论函数等内容，统称初等数论（Elementary Number Theory）。
初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几何原本》中就已出现。
欧几里得证明了素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数的方法，即所谓欧几里得算法。
我国古代在数论方面亦有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”正是我国古代《孙子算经》中的下卷第26题，我国称之为“孙子定理”。
近代初等数论的发展得益于费马、欧拉、拉格朗日、勒让德和高斯等人的工作。
1801年，高斯的《算术探究》是数论的划时代杰作。
“数学是科学之王，数论是数学之王”。
-----高斯由于自20世纪以来引进了抽象数学和高等分析的巧妙工具，数论得到进一步的发展，从而开阔了新的研究领域，出现了代数数论、解析数论、几何数论等新分支。
而且近年来初等数论在计算器科学、组合数学、密码学、代数编码、计算方法等领域内更得到了广泛的应用，无疑同时间促进着数论的发展。
数论是以严格和简洁著称，内容既丰富又深刻。
我将会介绍数论中最基本的概念和理论，希望大家能对这门学问产生兴趣，并且对中小学时代学习过的一些基本概念，例如整除性、最大公因子、最小公倍数、辗转相除法等，有较深入的了解。
第一章整数的整除性§1.1整除的概念一、基本概念1、自然数、整数2、正整数、负整数3、奇数、偶数一个性质：整数+整数=整数整数-整数=整数整数*整数=整数二、整除1、定义：设a，b是整数，b≠0。
如果存在一个整数q使得等式：a=bq成立，则称b能整除a或a能被b整除，记作b∣a；如果这样的q不存在，则称b不能整除a。
2、整除的性质（1）如果b∣a，c∣b，则c∣a.（2）如果b∣a，则cb∣ca.（3）如果c∣a，则对任何整数d，c∣da.（4）如果c∣a，c∣b，则对任意整数m，n，有c∣ma+nb.（5）如果a∣b，b∣a，则a=±b.3、质数、合数质数（素数）是指在大于1的自然数中，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除（除0以外）的数称之为素数（质数）。
初等数论的性质与定理总结初等数论是数论中的一个基础分支，研究整数的性质和整数运算规律。
本文将总结初等数论中的一些重要性质与定理。
一、整数的整除性质1. 整数的除法基本性质：对于任意整数a、b和非零整数c，存在唯一的整数q使得a = bq + c。
2. 整除关系的传递性：如果a能整除b，且b能整除c，则a能整除c。
3. 整除关系的辗转相除法：对于任意整数a和非零整数b，存在唯一的整数q和r使得a = bq + r（其中0 ≤ r < |b|）。
二、质数与合数1. 质数的定义：质数是指大于1且只能被1和自身整除的整数。
例如，2、3、5、7等都是质数。
2. 质因数分解定理：每个大于1的整数都可以唯一地表示为若干个质数的乘积。
3. 最大公约数与最小公倍数的性质：对于任意整数a和b，记a和b 的最大公约数为gcd(a, b)，最小公倍数为lcm(a, b)，则有以下性质： - gcd(a, b) = gcd(b, a)- gcd(a, 0) = |a|- lcm(a, b) = |ab| / gcd(a, b)三、模运算与同余1. 模运算的基本性质：对于任意整数a、b和正整数n，有以下性质：- (a + b) mod n = (a mod n + b mod n) mod n- (a - b) mod n = (a mod n - b mod n) mod n- (a * b) mod n = (a mod n * b mod n) mod n2. 同余关系的性质：对于任意整数a、b和正整数n，如果a与b模n同余（记作a ≡ b (mod n)），则有以下性质：- a + c ≡ b + c (mod n)- ac ≡ bc (mod n)- 如果a ≡ b (mod n)，则a^k ≡ b^k (mod n)对于任意正整数k四、费马小定理与欧拉定理1. 费马小定理：如果p是质数，a是任意正整数且p不整除a，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
初等数论闵嗣鹤第三版pdf初等数论是数学的一个分支，它主要研究自然数的性质和规律，以及数字之间的关系，是数学的基础之一。
其中，闵嗣鹤所撰写的《初等数论》是一本经典的教材，在广大数学爱好者和学生中享有很高的声誉。
下面是闵嗣鹤第三版《初等数论》的主要内容及划分：一、自然数与整数自然数和整数是初等数论的基础，闵嗣鹤在第一章中详细地探讨了这两个概念的定义、性质和运算法则。
其中，自然数之间的关系包括大小关系、奇偶性、质因数分解等，而整数之间的关系包括最大公因数、最小公倍数、同余等。
二、素数与分解定理素数是指在大于1的自然数中，除了1和本身之外，没有其他因数的数。
在第二章中，闵嗣鹤详细探讨了素数的性质、分布规律、筛法等，并引入了分解定理，即任何大于1的自然数都可以唯一地写成素数的积的形式。
三、同余与模运算同余是指两个数除以同一个自然数的余数相等。
闵嗣鹤在第三章中解释了同余的概念和性质，并介绍了模运算，即对于任何整数a和正整数n，都可以得到一个余数r，也就是a mod n=r。
四、数论函数与数论约束问题数论函数是指把自然数映射为自然数的函数，闵嗣鹤在第四章中介绍了数论函数的类型、性质和应用，如欧拉函数、莫比乌斯函数等。
另外，数论约束问题是数论中一个重要的研究方向，指在一定条件下求出自然数的个数或性质，如高斯整数环中最大不同平方因子数量的值等。
五、二次剩余与离散对数二次剩余是指一个数的平方模一个素数后的余数，闵嗣鹤在第五章中详细探讨了二次剩余的性质和应用，如欧拉定理、勒让德符号等。
离散对数则是指解一个同余方程中未知数的问题，其在密码学领域中有重要应用。
六、多项式与代数数论多项式是数论中的一个重要分支，涉及到的问题包括多项式的根、因式分解等。
闵嗣鹤在第六章中介绍了多项式的性质和运算法则，以及代数数论的相关知识。
综上所述，闵嗣鹤第三版《初等数论》是一本内容丰富、系统完备、知识详尽的经典教材，不仅适用于初学者，也适合用于深入研究数论的专业人士。
初等数论 25课时初等数论通常被当作中学数学的一部分，可以在25个课时内完成。
以下是一个可能的课程安排：第1课：整数的定义和性质- 正整数、负整数、零- 自然数的集合和整数的集合- 整数的性质：加法封闭性、乘法封闭性、零元素、相反元素、相反性质、交换性、结合性第2课：整除和倍数- 整除的定义及性质- 倍数的定义及性质- 整除的运算性质：加法、乘法、整除关系的传递性第3课：素数和合数- 素数的定义和性质- 合数的定义和性质- 素数的性质：质因数分解、唯一性、无穷性第4课：最大公因数和最小公倍数- 最大公因数的定义和性质- 最小公倍数的定义和性质- 最大公因数和最小公倍数的关系：辗转相除法第5课：质因数分解- 质因数分解的定义和性质- 使用质因数分解求最大公因数和最小公倍数- 剩余定理：同余第6课：一次不等式- 一次不等式的定义和性质- 一次不等式的解集表示和图示解- 一元一次不等式的乘法性质和定理第7课：二次不等式- 二次不等式的定义和性质- 二次不等式的解集表示和图示解- 一元二次不等式的乘法性质和定理第8课：整数的奇偶性- 整数的奇数和偶数的定义和性质- 整数的奇数和偶数的四则运算性质- 奇偶性的应用：整数的平方的奇偶性、整数的和的奇偶性第9课：整数的余数- 整数的除法算法及余数的定义和性质- 除法算法的应用：整数的整除性质、整数的周期性第10课：循环小数与无理数- 无限小数的定义和性质- 循环小数的定义和性质- 无理数和有理数的关系第11课：初等数论的证明方法- 数学证明的基本方法和思维方式- 证明的基本结构：前提、推理、结论- 数学归纳法第12课：欧几里得算法和线性同余方程- 欧几里得算法的定义、性质和应用- 线性同余方程的定义和解法第13课：同余模运算- 同余模运算的定义和性质- 同余模运算的运算法则：加法、减法、乘法、幂运算- 同余方程的解法第14课：费马小定理和欧拉函数- 费马小定理的定义和应用- 欧拉函数的定义和性质- 欧拉函数的计算方法第15课：模逆元和扩展欧几里得算法- 模逆元的定义和性质- 模逆元的计算方法- 扩展欧几里得算法的定义、性质和应用第16-25课：综合应用和习题训练- 数论在密码学、编码、排列组合等领域的应用- 习题训练，并讲解常见问题的解法请注意，以上仅是初等数论课程的一个可能安排，具体的教学内容和进度可以根据教学目标和学生水平进行调整。
第一章考点1、会求最大公因数与最小公倍数解法：最大公因数用辗转相除法最小公倍数为两个数的乘积除以两者的最大公约数，所以也是要先求出两者的最大公约数2、判别一个数是为质数还是合数判别法：用小于√x的所有质数除此数，看能否被整除3、证明整除（最好用同余证）例1证：73|8n+2+92n+1（n∈N）解：法一 8n+2+92n+1=64×8n+9×81n=64×8n+9×（73+8）n=64×8n+9×（C0n73n+C1n73n-1×8+…+C n n8n）=64×8n+9(73q+8n)( q∈Z)=73×8n+9q×73所以73|8n+2+92n+1法二 8n+2+92n+1≡64×8n+9×81n≡64×8n+9×8n≡73×8n≡0（mod73）所以73|8n+2+92n+1例2已知17|2x+3y,证明17|9x+5y解：因为9x+5y=17（x+y）- 4(2x+3y) 且17|2x+3y所以17|9x+5y例3设k为正奇数，证：1+2+3+....+9|1k+2k+3k+ (9)证：记S=1k+2k+3k+ (9)则2S=（1k+9k）+（2k+8k）+…+（9k+1k）=（1+9）q1 （q1∈Z)所以10|2S又因为2S=（0k+9k）+（1k+8k）+…+(9k+0k)=（0+9）q2（q2∈Z）所以9|2S又因为（9,10）=1所以90|2S 即45|S从而1+2+3+....+9|1k+2k+3k+ (9)4、证明某种类型的质数有无穷多个例：证明4n+1形的质数的个数为无穷。
（最后一节课讲的）第三章同余考点：1、同余的性质；（应用在同余解题中）P482、简化剩余系和欧拉函数；（求简化剩余系的个数）P583、欧拉定理和费马定理对循环小数的应用；（利用欧拉定理解题；判断是纯循环还是混循环，若是混循环，从第几位开始）P61具体分析：一、同余的性质1、a≡a (mod m)2、若a≡b (mod m),则b≡a (mod m)3、若a≡b (mod m) b≡c (mod m) 则 a≡c (mod m)4、i.若a1≡b1 (mod m) a2≡b2 (mod m) 则 a1+a2≡b1+b2 (mod m)ii. a+b≡c (mod m) 则 a≡c-b (mod m)5、a1≡b1 (mod m) a2≡b2 (mod m) 则 a1a2≡b1b2 (mod m)特别的，若a≡b (mod m) 则 ak≡bk (mod m)6、若a≡b (mod m) 且a=a1d b=b1d (d,m)=1 则 a1≡b1 (modm)7、i.若a≡b (mod m) k>0 则 ak≡bk （mod mk）ii.若a≡b (mod m) d为a,b及m的任一正公因数，则a/d≡b/d (mod m/d)8、若a≡b (mod m) i=1、2…k 则a≡b(mod m1m2…m k)例：一个小于4000的四位数，被3、4、5、7、9除皆余2，求这个数。
第一章整除理论整除性理论是初等数论的基础。
本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。
第一节数的整除性定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得a = bc成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被b整除，记为b|/a。
显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。
被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。
定理1下面的结论成立：(ⅰ) a∣b⇔±a∣±b；(ⅱ) a∣b，b∣c⇒a∣c；(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k⇒b∣a1x1+a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是任意的整数；(ⅳ) b∣a ⇒bc∣ac，此处c是任意的非零整数；(ⅴ) b∣a，a≠ 0 ⇒ |b| ≤ |a|；b∣a且|a| < |b| ⇒a = 0。
证明留作习题。
定义2若整数a≠ 0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。
以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。
定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。
证明若a是素数，则定理是显然的。
若a不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d1, d2, , d k 。
不妨设d1是其中最小的。
若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，使得d1 = e1e2，因此，e1和e2也是a的正的非平凡约数。
这与d1的最小性矛盾。
所以d1是素数。
证毕。
推论证明使用定理2中的记号，有a = d1d2，其中d1 > 1是最小的素约数，所以d12≤a。
证毕。
例1设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有n+ 2|/1r+ 2r+ +n r。
初等数论学习总结➢ 第一章 整除 例题选讲例1.请写出10个连续正整数都是合数. 解: 11!+2，11!+3，……，11！+11。
例2. 证明连续三个整数中，必有一个被3整除。
证：设三个连续正数为a ，a +1，a +2，而a 只有3k ，3k +1，3k +2三种情况，令a =3k ，显然成立，a =3k +1时，a +2=3(k+1)，a =3k +2时，a +1=3(k +1)。
例3. 证明lg2是无理数。
证：假设lg2是有理数，则存在二个正整数p ，q ，使得lg2=qp，由对数定义可得10p =2q ，则有2p ·5p =2q ,则同一个数左边含因子5，右边不含因子5，与算术基本定理矛盾。
∴lg2为无理数。
例4. 求(21n+4，14n+3)解：原式=(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,7n+2)=(7n+1,1)=1 例5. 求2004!末尾零的个数。
解：因为10=2×5，而2比5多， 所以只要考虑2004！中5的幂指数，即5（2004！）=499520045200412520042520045200454=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛例6.证明（n !）(n-1)!|(n !)!证：对任意素数p ,设（n !）(n -1)!中素数p 的指数为α， （n !）!中p 的指数β，则∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=∞=11k k p n n )!(α，∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=∞=11k k p n n !)!(β,)()(x n nx ≥ α=∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛-≥∑⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∴∞=∞=∞=∞=1111111k k k k k k k k pn n p n n p n n pn !)!(!)!()!(! 即αβ≥，即左边整除右边。
例7. 证明2003|（20022002+20042004-2005） 证：∵ 20022002=（2003-1）2002=2003M 1+120042004=（2003+1）2002=2003M 2+1 ∴20022002+20042004-2005=2003（M 1+M 2-1） 由定义2003|（20022002+20042004-2005）例8. 设d (n )为n 的正因子的个数，σ (n )为n 的所有正因子之和，求d (1000)，σ (1000)。
解：∵ 1000=23·53∴ d (1000)=(3+1)(3+1)=16，σ (1000)=1515121244--⋅--例9. 设c 不能被素数平方整除，若a 2|b 2c ，则a |b 证：由已知p (c )≤1，且p (a 2)≤p (b 2c )∴ 2p (a )≤2p (b )+p (c ) , ∴ p (a )≤p (b )+2)(c p 即p (a ) ≤p (b ) , ∴ a|b 例10. 若M n 为素数，则n 一定为素数。
证：若n 为合数，则设n =ab ，（1<a,b <n ）∴ 2ab -1=(2a )b -1=(2a -1)M 为合数，与M n 为素数矛盾， ∴ n 为素数。
例11. 证明对任意m,n ，m ≠n , (F n ,F m )=1。
证：不妨设n>m ，则F n -2=（1212--n ）（1212+-n ）=(F n -1-2) （1212+-n ）= F n -1F n -2……F m - F 0设（F n ,F m ）=d ,则d |F n , d |F m ⇒d |2 但F n 为奇数，∴d =1, 即证。
例12. 设m,n 是正整数。
证明(,)(21,21)21m n m n --=-证 : 不妨设nm≥。
由带余数除法得,11r n q m +=.n r ≤≤10我们有121221222121111111-+-=-+-=-+r n q r r r r n q m )(由此及12121--nq n |得,),(1212--n m =),(12121--r n注意到),(),(1r n n m =,若01=r ,则n n m =),(,结论成立.若01>r ,则继续对),(12121--r n 作同样的讨论，由辗转相除法知，结论成立。
显见，2用任一大于1的自然a 代替，结论都成立。
例13. 证明：对任意的正整数n ，成立如下不等式2lg lg k n ≥。
其中n lg 是数n 的以10为底的对数，k 是n 的不同的素因数（正的）的个数。
证：设n 是大于1的整数（如果n =1，上述不等式显然成立，因k =0），k p p p ,...,,21 是n 的k 个相异的素因素。
n 的素因数分解式为k l k l l p p p n (2)121=.(k i l i ,...,,,211=≥) , 由于),...,,(,k i p i 212=≥，从而k k k l l l l l l l k l l p p p n +++=⋅⋅⋅≥=.........212121222221，而k l l l k ≥+++...21，故k n 2≥。
将上述不等式取对数（设底1>a ）,则有2a a k n log log ≥。
特别有2lg lg k n ≥。
例14. 试证明任意一个整数与它的数字和的差必能被9整除，并且它与它的数字作任意调后换后所成整数的差也能被9整除。
证： 设整数m 的个位、十位、百位…的数字分别为1a ,2a ，…，n a ，则m 可表作：nn a a a a m 132********-++++=...)......()...(n n n a a a a a a a个132321999999-++++++++= )......()...(n n n a a a a a a a个132321111119-++++++++= 所以)...(n a a a a m ++++-321)......(n n a a a个132111119-+++=因为2a ，3a ,…，n a 都是整数，所以任一整数与其数字之和的差必能被9整除。
再设将1a ,2a ，…，n a 按任一种顺序排成1'a ,2'a ，…，n a '，并令na a a +++=...21σ，n a a a '...'''+++=21σ，nn a a a m 1211010-+++=...，nn a a a m '...'''1211010-+++=。
根据前面证明的结果，知存在整数A ，B ，使.'',B m A m 99=-=-σσ因为'σσ=，所以)(''B A B A m m -=--+=-999σσ。
由于A-B 是整数，这就证明了'm m -能被9整除。
注：若对某个整数)(n k k ≤≤1，有0≠k a '，但当n i k ≤<时，0=i a '，则此时'm 为整数：,'...'''k k a a a m 1211010-+++=即12''...''a a a m k =。
如前证，此时结论正确。
又当m 为负整数及零时，结论显然正确。
第二章 不定方程例1：利用整数分离系数法求得不定方程15x +10y +6z =61。
解：注意到z 的系数最小，把原方程化为z =)()(12361102261101561++-++--=+--y x y x y x令t 1=z y x ∈++-)(12361，即-3x +2y -6t 1+1=0 此时y 系数最小，)()(12131632111-++=-++=∴x t x t x y 令t 2 =zx∈-)(121,即122+=t x ,反推依次可解得y =x +3t 1+t 2=2t 2+1+3t 1+t 2=1+3t 1+3t 2 z =-2x -2y +10+t 1=6-5t 1+10t 2∴原不定方程解为⎪⎩⎪⎨⎧--=++=+=21212105633121tt z t t y t x t 1t 2∈z.例2:证明2是无理数证：假设2是有理数，则存在自数数a,b 使得满足222y x =即222b a=，容易知道a 是偶数，设a =2a 1，代入得2122a b =,又得到b 为偶数，a b a <<1，设12b b =，则21212b a =,这里12a b < 这样可以进一步求得a 2，b 2…且有a>b>a 1>b 1> a 2>b 2>… 但是自然数无穷递降是不可能的，于是产生了矛盾，∴2为无理数。
例3：证明：整数勾股形的勾股中至少一个是3的倍数。
证：设N =3m ±1(m 为整数) ， ∴N 2=9m 2±6m +1=3(3m 2±2m )+1即一个整数若不是3的倍数，则其平方为3k +1,或者说3k +2不可能是平方数，设x,y 为勾股整数，且x,y 都不是3的倍数，则x 2,y 2都是3k +1，但z 2=x 2+y 2=3k +2形，这是不可能，∴勾股数中至少有一个是3的倍数。
例4：求x 2+y 2=328的正整数解解：∵ 328为偶数，错误!未找到引用源。
x,y 奇偶性相同，即x ±y 为偶数，设x+y =2u , x -y =2v ，代入原方程即为u 2+v 2=164,同理令u +v =2u 1,u -v =2v 1有21121121212282v v u u v u v u =-=+=+,, ,412222=+v u 22v u ,为一偶一奇，且0<u 2<6u 2=1，2，3，4，5代方程，有解（4，5）（5，4） ∴原方程解x =18,y =2,或x =2,y =18。
例5：求x 2+xy -6=0的正整数解。
解：原方程等价于x (x +y )=2·3,故有 ∴⎩⎨⎧=+=,,32y x x⎩⎨⎧=+=,,23y x x⎩⎨⎧=+=,,61y x x⎩⎨⎧=+=.,16y x x ， ∴ 即有x =2,y =1; x =1,y =5.例6：证明不定方程x 2-2xy 2+5z +3=0无整数解。
解：若不定方程有解，则3542--±=z y y x但y 4≡0，1(mod5), ∴ 对y,z ，y 4-5z -3≡2，3(mod5) 而一个平方数≡0，1，4（mod 5） ∴ y 4-5z -3不可能为完全平方，即354--z y 不是整数，所以原不定方程无解。
