定义 设a1,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
,an的公倍数中最小的正数叫做最小公倍数，记作
n个数的一个公倍数.在a1,a2,?a1,a2,,an?.
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a1a2显然，?a1,a2,an就是a1,a2,,an????a1,a2,,an的一个公倍数，故最小公倍数是存在的.
,an??.
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?a,b?的所有倍数，即：a|m,b|m??a,b?|m； （ii）?a,b??ab,特别地，当?a,b??1时，?a,b??ab. a,b??证 设m是a,b的任意一个公倍数，m?ak?bk?.令a?a1?a,b?,b?b1?a,b?,代入
ak?bk?，得a1k?b1k?.因?a1,b1??1,故b1|k.于是存在整数t使得k?b1t.从而
m?ak?ab1t?abt. （1） ?a,b?abt为a,b的一个公倍数，故（1）可以表示a,b的?a,b?ab.这就证明了定理3中的a,b??反之，当t为任意一个整数时，
一切公倍数.令t?1，即得公倍数中的最小正数，故?a,b??（ii）.
由刚才证明的结果知，
abt?t?0,?1,?2,?a,b??给出了a,b的所有公倍数. 因
?a,b??ab，故?a,b?t?t?0,?1,?2,a,b???给出了a,b的所有公倍数.于是，a,b的所有公
倍数就是?a,b?的所有倍数.
定理4若a1,a2,,an是n个正整数?n?2?，
?a1,a2??m2,?m2,a3??m3,,?mn?1,an??mn， （2）
14
则 ?a1,a2,证
,an??mn.
m2|m3,m3|m4,m4|m5,,mn?2|mn?1,mn?1|mn.故
由（2）式得
mi|mn,i?2,3,a1|mn,a2|mn,,n?1.但a1|m2,a2|m2,a3|m3,a4|m4,,an|mn，即mn是a1,a2,,an?1|mn?1,an|mn，故
,an的一个正的公倍数.
an|m.由
反之，设m是a1,a2,,an的任意一个正的公倍数，则a1|m,a2|m,a1|m,a2|m及定理3的（i）得，m2??a1,a2?|m. 由a3|m,m2|m及定理3的（i）得，
m3??m2,a3?|m.依此类推下去，最后得mn|m，mn?m.故mn是a1,a2,的最小正数，于是?a1,a2,作业 P14:1,3
,an的公倍数中
,an??mn.
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
as?bt?1.
证 充分性 设a,b互质，则?a,b??1.故存在整数s,t使得as?bt??a,b??1.
必要性 设存在整数s,t，使得as?bt?1,则a,b不会同时为零，a,b的最大公因数存在.设
?a,b??d.而d|a?s，则d为正整数，且d|a,d|b从b?t1,?d1于是，
d?1?,a,?b?3.设
1a,互质b, .f?x??anxn?an?1xn?1??a1x?a0
是一个整系数多项式且a0,an都不是零，则f?x?的有理根只能是以a0的因数作分子以an的因数作分母的既约分数,并由此推出2不是有理数. 证 设
r为f?x?的一个有理根，?r,s??1,则 snn?1?r??r?an???an?1???s??s???r??a1???a0?0.
?s?15
在上式两边同时乘以s，得
nanrn?an?1srn?1??a1sn?1r?a0sn?0,a1sn?2r?a0sn?1?,
?a1sn?1?.anrn??s?an?1rn?1?a0sn??r?anrn?1?an?1srn?2?nn故s|anrn,r|a0sn.但因?r,s??1,故s,r?1,r,s?1，于是s|an,r|a0.
????下证2不是有理数.易知，2是多项式f?x??x2?2的根.若由刚才证明的结论易知，多项式f?x??x2?2的有理根只可能是?1,?2.但f??1???1?0,f??2??2?0,故多项式
f?x?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
f?x??anxn?amxm?am?1xm?1??akxk?a0,
r是f?x?的一个有理根，?r,s??1,则 s其中an,a0都不为零，0?k?m?n，而
sn?m|an,rk|a0.
证
r是f?x?的根， snmm?1?r??r??r??an???am???am?1???s??s??s?在上式两边同乘以s得
n??r??ak???0.
?s?kanrn?amsn?mrm?am?1sn?m?1rm?1?anrn??sn?m?amrm?am?1srm?1??aksn?krk?a0sn?0,?aksm?krk?a0sm?,?aksn?k?,
a0sn??rk?anrn?k?amsn?mrm?k?am?1rm?k?1sn?m?1?故sn?m|anrn,rk|a0sn.但?r,s??1，故?sn?m,rn??1,?rk,sn??1，从而sn?m|an,rk|a0.
nmm?1推论 若整系数多项式f?x??anx?amx?am?1x为零，0?k?m?n，而
??akxk?a0,其中an,a0都不
r是f?x?的一个有理根，?r,s??1，则 s16
sn?m?1an2a02k?1,r.
?an,am??a0,ak?证 作两个辅助多项式
anxn?m?aman2aa?aag?x??f?x??x2n?m?nm?1mn?1xn?1?an,am??an,am??an,am??aa?aaaa?nn?m?1m1x?m0,?an,am??an,am?
akxk?a0aaaa?aah?x??f?x??knxn?k?kn?10n?k?1xn?k?1?a0,ak??a0,ak??a0,ak???aka1?a0ak?1k?1a0x?,a,aa,a?0k??0k?2
由于f?x?是整系数多项式，
anama0ak都是整数，故,,,a,aa,aa,aa,a?nm??nm??0k??0k?r是f?x?的有理根，则它也分别是sg?x?,h?x?均为整系数多项式.显然，若既约分数g?x?,h?x?的有理根，从而由定理得
sn?m?1
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n?0，a?0,b都是整数，非负整数mi?n,i?1,2,互不相同，an|bnp11p2mm2an2an2k?1,r.?an,am??a0,ak?,s，质数p1,p2,,pspsms，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?1,2,n,，质数p1,p2,,pn互不相同，
.
a|p1k1p2k21mpkkn,a|pm1p22mink,mmink,mpnmn则,ap1?11?p2?22?pnmin?kn,mn?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f?x??32x?7x?2x?x?42的全部有理根.
19752解 若既约分数
r122是f?x?的有理根，则由定理得s|32,r|42.而s32?112?25,42?112?2?3?7，从而由命题1得s|a,r|1，于是f?x?的有理根只可能为
?1,但f?1??0,f??1??0,故f?x?仅有一个有理根?1.
17
例2证明多项式f?x??6x1984?60x1983?5x5?77x?77无有理根. 证 显然0不是f?x?的有理根. 假设既约分数
2r是f?x?的有理根，则有推论得s6277222s?6?1?2?3,r?77?12?7?11， ?6,?60??77,77?由命题2得s|1,r|1，故f?x?的有理根只可能为?1，但f??1??0,f?1??0,于是
f?x?无有理根.
18
相关推荐：
loading