初等数论第四次作业
《初等数论》习题集及答案
《初等数论》习题集第1章 第 1 节1. 证明定理1。
2. 证明：若m - p ∣mn + pq ，则m - p ∣mq + np 。
3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。
4. 设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。
5. 证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为a 2 + p （a > 0是整数，p 为素数）的形式。
第 2 节1. 证明：12∣n 4 + 2n 3 + 11n 2 + 10n ，n ∈Z 。
2. 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。
3. 设n ，k 是正整数，证明：n k 与n k + 4的个位数字相同。
4. 证明：对于任何整数n ，m ，等式n 2 + (n + 1)2 = m 2 + 2不可能成立。
5. 设a 是自然数，问a 4 - 3a 2 + 9是素数还是合数？6. 证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。
第 3 节1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。
3. 证明定理4的推论1和推论3。
4. 设x ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。
5. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。
6. 设n 是正整数，求1223212C ,,C ,C -n n n n 的最大公约数。
第 4 节1. 证明定理1。
2. 证明定理3的推论。
3. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。
4. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。
5. 设a ，b ，c 是正整数，证明：),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c c b b a c b a a c c b b a c b a =。
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第 0 章 序言及预备知识
第一节 序言（1）
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1） 2 是无理数。 （2）Show that there are infinitely many Ulam numbers 3、用 Mathematica 数学软件实现
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第 6 节 函数[x]与{x}
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1） PAUL ERDO S
2、理论计算与证明：
（1）求 30! 的标准分解式。
（2）求 20!的末尾有多少个零？
（3）设 n 是任一正整数，α 是实数，证明：
（i）
⎡[nα
2010-6-7 version1.0
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第 1 节 剩余类及完全剩余系、简化剩余系
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1）DAVID HILBERT
2、理论计算与证明
（1）证明 ϕ(1) + ϕ( p) + ϕ( p2 ) + ... + ϕ( pα ) = pα , p 为素数。
Байду номын сангаас
（2）设 a,b, c 都是正整数，则
max{a,b, c} = a + b + c − min{a,b}− min{a, c} − min{b, c}+ min{a,b, c}
初等数论习题答案
初等数论习题答案初等数论习题答案数论作为数学的一个重要分支，研究整数的性质和关系，涉及到许多有趣而复杂的问题。
在初等数论中，我们经常会遇到一些习题，这些习题既能帮助我们巩固数论知识，又能培养我们的逻辑思维和问题解决能力。
下面我将为大家提供一些初等数论习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 证明：如果一个整数能被4整除，那么它一定能被2整除。
答案：这个问题可以通过数学归纳法来证明。
首先，4能被2整除，显然成立。
假设对于任意的正整数n，如果n能被4整除，那么n也能被2整除。
现在我们考虑n+1能否被4整除。
如果n能被4整除，那么n+1与n相差1，显然n+1不能被4整除。
如果n不能被4整除，那么n+1与n相差1，显然n+1能被4整除。
综上所述，对于任意的正整数n，如果n能被4整除，那么n也能被2整除。
因此，原命题成立。
2. 证明：如果一个整数能被6整除，那么它一定能被2和3整除。
答案：这个问题也可以通过数学归纳法来证明。
首先，6能被2和3整除，显然成立。
假设对于任意的正整数n，如果n能被6整除，那么n也能被2和3整除。
现在我们考虑n+1能否被6整除。
如果n能被6整除，那么n+1与n相差1，显然n+1不能被6整除。
如果n不能被6整除，那么n+1与n相差1，显然n+1能被6整除。
综上所述，对于任意的正整数n，如果n能被6整除，那么n也能被2和3整除。
因此，原命题成立。
3. 证明：如果一个整数的平方是偶数，那么这个整数一定是偶数。
答案：这个问题可以采用反证法来证明。
假设存在一个整数n，它的平方是偶数，但是n本身是奇数。
根据奇数的定义，我们知道奇数可以表示为2k+1的形式，其中k是整数。
那么n的平方可以表示为(2k+1)^2=4k^2+4k+1。
根据整数的性质，4k^2和4k都是偶数，所以4k^2+4k也是偶数。
那么(2k+1)^2就是一个奇数加上一个偶数，根据奇数加偶数的性质，它一定是奇数。
然而，我们已知n的平方是偶数，与(2k+1)^2是奇数的结论相矛盾。
《初等数论》作业.
《初等数论》作业第一次作业：一、单项选择题1、=),0(b （ ）. A b B b - C b D 02、如果a b ，b a ，则( ).A b a =B b a -=C b a ≤D b a ±=3、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）. A a B b C 1 D b a +4、小于30的素数的个数（ ）. A 10 B 9 C 8 D 75、大于10且小于30的素数有（ ）. A 4个 B 5个 C 6个 D 7个6、如果n 3，n 5，则15（）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定 7、在整数中正素数的个数（ ）.A 有1个B 有限多C 无限多D 不一定 二、计算题1、求24871与3468的最大公因数?2、求[24871,3468]=?3、求[136,221,391]=? 三、证明题1、如果b a ,是两个整数,0 b ,则存在唯一的整数对r q ,,使得r bq a +=,其中b r ≤0.2、证明对于任意整数n ,数62332n n n ++是整数. 3、任意一个n 位数121a a a a n n -与其按逆字码排列得到的数n n a a a a 121- 的差必是9的倍数. 4、证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数.第二次作业一、单项选择题1、如果( A ),则不定方程c by ax =+有解. A c b a ),( B ),(b a c C c a D a b a ),(2、不定方程210231525=+y x （A ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解二、求解不定方程 1、144219=+y x .解：因为（9，21）=3，1443，所以有解；化简得4873=+y x ；考虑173=+y x ，有1,2=-=y x ， 所以原方程的特解为48,96=-=y x ， 因此，所求的解是Z t t y t x ∈-=+-=,348,796。
(0346)《初等数论》网上作业题及答案
（0346）《初等数论》网上作业题及答案1：第一次作业2：第二次作业3：第三次作业4：第四次作业5：第五次作业1：[论述题]数论第一次作业参考答案：数论第一次作业答案2：[单选题]如果a|b，b|c，则（）。
A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a参考答案：C马克思主义哲学是我们时代的思想智慧。
作为时代的思想智慧，马克思主义哲学主要具有反思功能、概括功能、批判功能和预测功能。
（1）“反思”是哲学思维的基本特征，是以思想的本身为内容，力求思想自觉其为思想。
通过不断的反思，揭示自己时代的本质和规律，达到对事物本质和规律性的认识。
（2）概括是马克思主义哲学的重要功能，是马克思主义哲学把握人与世界总体性关系的基本思维方式。
（3）马克思主义哲学的批判功能主要是指对现存世界的积极否定。
（4）马克思主义哲学的预测功能在于预见现存世界的发展趋势。
3：[单选题]360与200的最大公约数是（）。
A：10B：20C：30D：40参考答案：D数论第一次作业答案4：[单选题]如果a|b，b|a ，则（）。
A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的关系无法确定参考答案：C数论第一次作业答案5：[单选题]-4除-39的余数是（）。
A：3B：2C：1D：0参考答案：C数论第一次作业答案6：[单选题]设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。
A：整除B：不整除C：等于D：小于参考答案：A数论第一次作业答案7：[单选题]整数6的正约数的个数是（）。
A：1B：2C：3D：4参考答案：D数论第一次作业答案8：[单选题]如果5|n ，7|n，则35（）n 。
A：不整除B：等于C：不一定D：整除参考答案：D数论第一次作业答案1：[论述题]数论第二次作业参考答案：数论第二次作业答案2：[单选题]288与158的最大公约数是（）。
A：2B：4C：6D：8参考答案：A数论第二次作业答案3：[单选题]-337被4除余数是（）。
闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答
第四章 同余式§1 习题（P61）1． 求下列各同余式的解 （i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1） 先解不定方程 2563371x y += ……（2） 由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。
（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。
解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2） 先解： 2435511x y += ……（3） 解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1） （1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2． 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2） 由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3） 由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。
(完整版)初等数论练习题答案
初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12;(2420)=_880_ϕ2、设a,n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1,0,1,2,3,4}.4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。
5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t t ∈Z 。
.6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(m )_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、 =-1。
⎪⎭⎫⎝⎛103659、若p 是素数，则同余方程x p - 1 ≡1(mod p )的解数为 p-1 。
二、计算题1、解同余方程：3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 105)。
解：因105 = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 3)的解为x ≡ 1 (mod 3)，同余方程3x 2+11x -38 ≡ 0 (mod 5)的解为x ≡ 0，3 (mod 5)，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 7)的解为x ≡ 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。
作同余方程组：x ≡ b 1 (mod 3)，x ≡ b 2 (mod 5)，x ≡ b 3 (mod 7)，其中b 1 = 1，b 2 = 0，3，b 3 = 2，6，由孙子定理得原同余方程的解为x ≡ 13，55，58，100 (mod 105)。
2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-∙--∙-（）（）（）（），（）（）（）（，（（）（）（（）（解： 故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。
2013年春西南大学《初等数论》作业及答案(共4次已整理)
2013年春西南大学《初等数论》作业及答案(共4次,已整理)第一次作业1、设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。
A：整除B：不整除C：等于D：小于正确答案：A 得分102、整数6的正约数的个数是（）。
A：1B：2C：3D：4正确答案：D3、如果5|n ，7|n，则35（D ）n 。
A：不整除B：等于C：不一定D：整除正答4、如果a|b，b|a ，则（）。
A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的关系无法确定正确答案：C 得分：105、360与200的最大公约数是（D）。
A：10B：20C：30D：406、如果a|b，b|c，则（C ）。
A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a7、1到20之间的素数是（）。
A：1，2，3，5，7，11，13，17，19B：2，3，5，7，11，13，17，19C：1，2，4，5，10，20D：2，3，5，7，12，13，15，17正确答案：B 得分：108、若a，b均为偶数，则a + b为（）。
A：偶数B：奇数C：正整数D：负整数正确答案：A 得分：109、下面的（）是模12的一个简化剩余系。
A：0，1，5，11B：25，27，13，-1C：1，5，7，11D：1，-1，2，-2正确答案：C 得分：1010、下面的（）是模4的一个完全剩余系。
A：9，17，-5，-1B：25，27，13，-1C：0，1，6，7D：1，-1，2，-2正确答案：C 得分：1011、下面的（）是不定方程3x + 7y = 20的一个整数解。
A：x=0,y=3B：x=2,y=1C：x=4,y=2D：x=2,y=2正确答案：D 得分：1012、设a,b,c,d是模5的一个简化剩余系，则a+b+c+d对模5同余于（）。
A：0B：1C：2D：3正确答案：A 得分：1013、使3的n次方对模7同余于1的最小的正整数n等于（）。
A：6B：2C：3D：13正确答案：A 得分：1014、100与44的最小公倍数是（）。
闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答
第四章 同余式§1 习题（P61）1． 求下列各同余式的解 （i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1） 先解不定方程 2563371x y += ……（2） 由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。
（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。
解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2） 先解： 2435511x y += ……（3） 解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1） （1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2． 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2） 由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3） 由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。
初等数论习题集答案
初等数论习题集答案初等数论习题集答案数论作为数学的一个分支，研究的是整数的性质和关系。
初等数论是数论中的一个重要分支，它主要研究整数的基本性质和简单的数学关系。
在学习初等数论的过程中，习题集是一个非常好的辅助工具，通过解答习题可以加深对数论知识的理解和掌握。
本文将为大家提供一些初等数论习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 证明：若a和b是整数，且a|b，则|a|≤|b|。
证明：根据整除的定义，如果a|b，那么存在一个整数k，使得b=ak。
由此可得：|b|=|ak|=|a||k|。
由于k是一个整数，所以|k|≥1，因此有|b|≥|a|。
2. 证明：若a、b和c是整数，且a|b，b|c，则a|c。
证明：根据整除的定义，如果a|b，那么存在一个整数k1，使得b=ak1。
同理，如果b|c，那么存在一个整数k2，使得c=bk2。
将b的表达式代入c的表达式中，得到c=(ak1)k2=ak1k2。
由此可见，c也是a的倍数，即a|c。
3. 证明：如果一个整数能被2和3整除，那么它一定能被6整除。
证明：假设一个整数能被2和3整除，那么可以分别表示为2m和3n，其中m和n是整数。
将2m和3n相加得到2m+3n=6(m/2+n/3)，由此可见，这个整数可以被6整除。
4. 证明：如果一个整数的平方是偶数，那么这个整数本身就是偶数。
证明：假设一个整数的平方是偶数，那么可以表示为n^2=2m，其中n和m是整数。
如果n是奇数，那么可以表示为n=2k+1，其中k是整数。
将n代入n^2=2m中，得到(2k+1)^2=4k^2+4k+1=2(2k^2+2k)+1，由此可见，这个整数的平方是奇数，与题设矛盾。
因此，假设不成立，这个整数本身一定是偶数。
5. 证明：对于任意的正整数n，n^2+n+1一定不能被2整除。
证明：假设n^2+n+1能被2整除，那么可以表示为n^2+n+1=2m，其中n和m是整数。
将n^2+n+1拆开得到n(n+1)+1=2m，由此可见，左边是一个奇数加上1，得到一个偶数。
初等数论习题集
初等数论习题集《初等数论》习题集第1章第 1 节1. 证明定理1。
2. 证明：若m - p ∣mn + pq ，则m - p ∣mq + np 。
3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。
4. 设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。
5. 证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为a 2 + p （a > 0是整数，p 为素数）的形式。
第 2 节1. 证明：12∣n 4 + 2n 3 + 11n 2 + 10n ，n ∈Z 。
2. 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。
3. 设n ，k 是正整数，证明：n k 与n k + 4的个位数字相同。
4. 证明：对于任何整数n ，m ，等式n 2 + (n + 1)2 = m 2 + 2不可能成立。
5. 设a 是自然数，问a 4 - 3a 2 + 9是素数还是合数？6. 证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。
第 3 节1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。
3. 证明定理4的推论1和推论3。
4. 设x ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。
5. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。
6. 设n 是正整数，求1223212C ,,C ,C -n n n n 的最大公约数。
第 4 节1. 证明定理1。
2. 证明定理3的推论。
3. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。
4. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。
5. 设a ，b ，c 是正整数，证明：),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c c b b a c b a a c c b b a c b a =。
2018年春季学期西南大学网络教育平时作业答案0346《初等数论》
0346《初等数论》概念解释题一、解释下列概念1. 叙述整数b被整数a整除的概念。
2. 叙述合数的概念，并判断21是否为合数。
3. 80530是否是5的倍数，为什么？4. 叙述质数的概念，并写出小于18的所有质数。
5. 叙述模m的最小非负完全剩余系的概念。
6. 2358是否是3的倍数，为什么？二、给出不定方程ax + by = c有整数解的充要条件并加以证明。
三、给出有关同余的一条性质并加以证明。
四、叙述带余数除法定理的内容并给出证明。
概念解释题答案一、解释下列概念1. 叙述整数b被整数a整除的概念。
答：若存在整数q使得b=aq，则称整数b被整数a整除。
2. 叙述合数的概念，并判断21是否为合数。
答：一个大于1的整数，如果它的正因数除了1和它本身外，还有其它正因数，就叫作合数。
21是合数，因为除了1和21外还有3，7是它的正因数。
3. 80530是否是5的倍数，为什么？答：80530是5的倍数。
因为一个整数能被5整除的充要条件是它的个位数为5或0。
4. 叙述质数的概念，并写出小于18的所有质数。
答：一个大于1的整数，如果它的正因数只有1和它本身，就叫作质数。
小于18的所有质数是2,3,5,7,11,13，17。
5. 叙述模m 的最小非负完全剩余系的概念。
答：0，1，2，…，m -1称为m 的最小非负完全剩余系。
6. 2358是否是3的倍数，为什么？ 答：2358是3的倍数。
因为一个整数能被3整除的充要条件是它的各个位数的数字之和为3的倍数，而2+3+5+8=18，18是3的倍数，所以2358是3的倍数。
二、给出不定方程ax + by = c 有整数解的充要条件并加以证明。
解： 结论：二元一次不定方程ax + by = c 有整数解的充要条件是(,)|a b c 。
证明如下：若ax + by = c 有整数解，设为00,x y ，则00ax by c +=但(,)|a b a ，(,)|a b b ，因而(,)|a b c ，必要性得证。
02013初等数论练习题及答案
02013初等数论练习题及答案初等数论练习题一一、填空题1、?(2420)=27；?(2420)=_880_2、设a，n是大于1的整数，若an-1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4}.4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x≡11(mod 37)。
5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t，y=700+18t t?Z。
.6、分母是正整数m的既约真分数的个数为_?(m)_。
7、18100被172除的余数是_256 。
8、??65?? = -1 。
?103?9、若p是素数，则同余方程x p ? 1 ?1(mod p)的解数为 p-1 。
二、计算题1、解同余方程：3x2?11x?20 ? 0 (mod 105)。
解：因105 = 3?5?7，同余方程3x2?11x?20 ? 0 (mod 3)的解为x ? 1 (mod 3)，同余方程3x2?11x?38 ? 0 (mod 5)的解为x ? 0，3 (mod 5)，同余方程3x2?11x?20 ? 0 (mod 7)的解为x ? 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。
作同余方程组：x ? b1 (mod 3)，x ? b2 (mod 5)，x ? b3 (mod 7)，其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 2，6，孙子定理得原同余方程的解为x ? 13，55，58，100 (mod 105)。
2、判断同余方程x2≡42(mod 107)是否有解？237）1071071071071073?1107?17?1107?1 ??23107271072221，1，?221107107331077742??11072?3?7解：(42)??28除以111的最小非负余数。
解：易知1271≡50。
502 ≡58， 503 ≡58×50≡14，509≡143≡80知5028 ≡3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70 从而5056 ≡16。
初等数论 习题答案
初等数论习题答案初等数论习题答案初等数论是数学中的一个分支，研究的是整数的性质和关系。
它是数学的基础，也是其他数学分支的重要组成部分。
在学习初等数论的过程中，我们经常会遇到一些习题，下面是一些常见习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 证明：如果一个整数能被4整除，那么它一定能被2整除。
答案：我们知道，当一个整数能被另一个整数整除时，我们可以用“整除”这个关系来表示。
对于整数a和b，如果a能被b整除，我们可以写作a|b。
所以题目中的关系可以表示为4|2。
根据定义，如果一个整数能被4整除，那么它一定能被2整除。
所以这个命题是正确的。
2. 证明：如果一个整数的平方是偶数，那么这个整数一定是偶数。
答案：我们可以用反证法来证明这个命题。
假设存在一个整数x，它的平方是偶数，但是x本身是奇数。
根据奇数和偶数的性质，我们知道奇数乘以奇数得到的结果是奇数，偶数乘以偶数得到的结果是偶数。
所以x的平方是奇数，而不是偶数，与题目中的条件矛盾。
所以这个命题是正确的。
3. 证明：如果一个整数能被3和5整除，那么它一定能被15整除。
答案：我们可以用反证法来证明这个命题。
假设存在一个整数x，它能被3和5整除，但是不能被15整除。
根据整除的性质，如果一个整数能被3整除，那么它一定是3的倍数；如果一个整数能被5整除，那么它一定是5的倍数。
所以x是3的倍数，也是5的倍数。
但是如果x不能被15整除，那么它不是15的倍数。
这与题目中的条件矛盾。
所以这个命题是正确的。
4. 证明：如果一个整数的平方是素数，那么这个整数一定是1或-1。
答案：我们可以用反证法来证明这个命题。
假设存在一个整数x，它的平方是素数，但是x不是1或-1。
根据平方的性质，如果一个整数的平方是素数，那么这个整数一定是1或-1。
所以x是1或-1。
但是如果x不是1或-1，那么它的平方不是素数，与题目中的条件矛盾。
所以这个命题是正确的。
初等数论是一个非常有趣的数学分支，它涉及到很多有趣的数学问题和定理。
初等数论课后习题答案
1 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。
∴存在n 个整数n p p p ,,21使n n n m p a m p a m p a ===,,,222111又n q q q ,,,21 是任意n 个整数m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数2 证： )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n从而可知12)(1(/6++n n n3 证： b a , 不全为0∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而有形如by ax +的最小整数00by ax +Z y x ∈∀,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+则b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax byax++/00 （y x ,为任意整数） b byaxa byax /,/0++∴,/(0ba byax+∴ 又有b b a a b a /),(,/),(/),(by axb a +∴ 故),(00b a byax=+4 证：作序列 ,23,,2,0,2,,23,b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间（区间段）即存在一个整数q ，使b q a b q 212+<≤成立(i 当q 为偶数时，若.0>b 则令b q a bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b q b q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b q a bs a t q s 2,2+=-=-=，则同样有2b t <)(ii 当q 为奇数时，若0>b 则令b q a bs a t q s 21,21+-=-=+=，则有2021212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 0<b ，则令b q a bs a t q s 21,21++=-=+-=则同样有 2b t ≤综上 存在性得证 下证唯一性当b 为奇数时，设11t bs t bs a +=+=则b s s b t t >-=-)(11而b t t t t b t b t ≤+≤-∴≤≤1112,2矛盾 故11,t t s s ==当b 为偶数时，t s ,不唯一，举例如下：此时2b 为整数 2,2),2(2212311b t b t b b b b b ≤=-+⋅=+⋅=⋅2,2,222211b t b t t bst bs a ≤-=+=+=5.证：令此和数为S ，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数（1） 令S=n14131211+++++，取M=p k 75321⋅⋅⋅-这里k 是使n k≤2最大整数，p 是不大于n 的最大奇数。
初等数论练习题答案
初等数论练习题答案初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12; ϕ(2420)=_880_2、设a,n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1,0,1,2,3,4}.4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。
5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t t ∈Z 。
.6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(m )_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 =-1。
9、若p 是素数，则同余方程x p - 1 ≡1(mod p )的解数为 p-1 。
二、计算题1、解同余方程：3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 105)。
解：因105 = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 3)的解为x ≡ 1 (mod 3)，同余方程3x 2+11x -38 ≡ 0 (mod 5)的解为x ≡ 0，3 (mod 5)，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 7)的解为x ≡ 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。
作同余方程组：x ≡ b 1 (mod 3)，x ≡ b 2 (mod 5)，x ≡ b 3 (mod 7)，其中b 1 = 1，b 2 = 0，3，b 3 = 2，6，由孙子定理得原同余方程的解为x ≡ 13，55，58，100 (mod 105)。
2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-•--•-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（）（解：故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。
初等数论 习题解答
王进明 初等数论 习题及作业解答P17 习题1-1 1，2(2)(3), 3，7，11，12为作业。
1．已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.解：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=(121)454122626390,b +=---=b =30, 被除数a =12b +26=360.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题：商为12,表明被除数减去余数后是除数的12倍，被除数减去余数后与除数相加的和是除数的（12+1）倍，即454122626390---=是除数的13倍.2．证明：(1) 当n ∈Z 且39(09)n q r r =+≤<时，r 只可能是0,1,8;证：把n 按被9除的余数分类，即：若n=3k, k ∈Z ，则3327n k =, r=0； 若n=3k +1, k ∈Z ，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8. (2) 当 n ∈Z 时，32326n n n -+的值是整数。
证 因为32326n n n -+=32236n n n -+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。
32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+.或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --为3的倍数；若n 为3k －1, k ∈Z ，则2n －1=2(3k －1)－1=6k-3, 2n －1是3的倍数.综上所述，(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。
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初等数论第四次作业
证明题
1．设均为整数，而且d c b a +++是奇数。
证明：a ，b ，c ，d 中至少有一个是奇
数。
证明：如果a ，b ，c ，d 都不是奇数，则都是偶数。
因此d c b a +++是偶数。
这
与条件矛盾！
因此，其中至少有一个是奇数。
进一步可知，这4个数中只有1个或3个奇数。
2．设x ，y 均为整数。
证明：若y x 9|5+，则y x 78|5+。
证明：∵5∣（X+9Y ）
∴5∣3（X+9Y ），即5∣（3X+27Y ）①
又Y 为整数，∴5∣25Y ②
由①②可知：5∣[（3X+27Y ）-25Y]，即5∣（3X+2Y ）③
∵X ，Y 为整数 ∴5∣5（X+Y ）④
由③④可知：5∣[（3X+2Y ）+5（X+Y ）]
即 5∣（8X+7Y ）
3．证明：若c a |，d b |，则cd ab |。
证明：由a ︱c ，b ︱d 知存在整数,p q 使得,,c ap d bq ==所以cd apbq abpq ==，因为pq 为整数，所以由整除的定义知ab ︱cd 。
4．证明：若n 为自然数，求证9n +1≡8n +9(mod 64)。
证明：国为91(mod8)≡，所以91(mod8),2,3,,1,k k n ≡=-
于是129991(mod8),n n -++++≡ 所以129(9991)(mod8),n n -++++≡
从而129(91)(9991)8(mod64),n n -⨯-⨯++++≡ 即9(91)8(mod64)n n -≡，所以
1989(mod64)n n +≡+。
5．证明：若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m d b c a +≡+。
证明：由(mod ),(mod )a b m c d m ≡≡得m ︱()a b -，m ︱()c d -，由整除的性质得
m ︱()()a b c d -+-⎡⎤⎣⎦，即m ︱()()a c b d +-+⎡⎤⎣⎦，所以(mod )a c b d m +≡+。
1、 证明：设,m n 为整数，求证,m n m n +-与mn 中一定有一个是3的倍数。
证明：若m 或n 为3的倍数，则mn 是3的倍数；
若m 是3的倍数加1，n 是3的倍数加1，则m n -是3的倍数；
若m 是3的倍数加1，n 是3的倍数加2，则m n +是3的倍数；
若m 是3的倍数加2，n 是3的倍数加1，则m n +是3的倍数；
若m 是3的倍数加2，n 是3的倍数加2，则m n -是3的倍数，结论成立。
6．证明：整数a ，b 对模m 同余的充分与必要条件是|()m a b -。
证明：设112212,,0,a mq r b mq r r r =+=+≤﹤m 。
若()mod a b m ≡，则12r r =， 因此12()()a b m q q -=-，即m ︱()a b -。
反之，若m ︱()a b -，则m ∣m 12()q q -+（1r -2r ），因此m ∣1r -2r ，但∣1r -2r ∣﹤m 故1r r =，即()mod a b m ≡。
7．设a 是大于1的整数，证明44a +是合数。
证明：44a +=()
2222444a a a ++- =()2222
4a a +- =22(22)(22)a a a a +-++
由于a ﹥1且是整数，所以222a a +-﹥1，2
22a a ++﹥1，且均为整数，故当a 是大于1的整数时，44a +是合数。
8．设m 为整数，证明：22|(2)m m ++。
证明：因为2m m +=(1)m m +是两个连续整数的积，所以2∣（2
m m +）。
又2∣2，所以由整除的性质知2∣2(2)m m ++。
9．设p 是质数，a 与b 是任二整数。
证明：()(mod )p p p a b a b p +≡+。
证明：因为p 是质数，a 与b 是整数，所以p a ≡(mod )a p ，p b ≡(mod )b p ，
于是p p a b +≡a b +(mod )p 。
又()p a b +≡a b +(mod )p ，所以
()(mod )p p p a b a b p +≡+。
10．证明：若|a m ，|b m ，并且(,)1a b =，则|ab m 。
证明：由（,a b ）=1，得1,as bt +=所以asm btm m +=，于是ab ∣m 。