广东石油化工学院数学2009级初等数论复习资料
初等数论期末复习提纲模板
2012 2013 学年第一学期《教育科研导引n》期末复习提纲10 初教）、多项选择、简答题、论述题四、计算题章教育行动研究法一、教育行动研究法概述教育行动研究是目前国际上流行的一种教师研究和教师校本培训模式。
1.实践性2.参与性3.民主性4.尝试性二、教育行动研究的意义1.消除学校的科研泡沫和教科研的“两张皮”现象，增加学校教科研的实效性。
2.增强教师的专业素质和敬业精神。
3.行动研究使学校教师能够将理论、经验和实际问题的解决有机地结合起来，真正实现“科研兴校”。
4.增强学校和教师的服务意识，提升学校和教师的竞争力。
5.行动研究是一种校本培训的方式，使学校的在职培训结构更加完整。
三、行动研究的一般程序（一）问题的提出（二）问题的归因（三）措施与行动（四）评估与反思四、行动研究的适用范围和可行性（一）行动研究一般地适用于下列研究范围1.在教学过程中将新的改革措施引入固有的体系中，使之得到创新；2. 作为职业训练的手段， 提供新的技术和方法， 提高教师的职业分析能力和自我 意识；3. 在特殊情况下，对已确诊的问题加以补救，或使环境因素得到改善；4. 对课程进行中、小规模的研究与改革。
（二）行动研究的优点和局限1. 行动研究法的优点主要表现为：（1） （2） （3）五、 （一）有效教学与教学行动研究2. 行动研究对有效教学的改善 （1） 利用率。
通过教师教学行动的边际优化，提高教师与学生学习时间的利用率。
改善教育情境，提高教学方法与便宜，发挥教师的教学潜能。
探索适合特定学生的学习方法与学习指导策略 , 提高学生学习潜能使用度。
、研究数据、资料的整理和统计图表 一）数据检查、分类和整理1. 数据审核（1）数据审核指两个方面的内容：研究的总体和个体。
（2）质量审核的方法有两种：计量审核和逻辑审核。
2. 数据的类型 1）数据分类的含义数据的分类，也称统计分类或统计归组，指根据研究的目标、任务，运用统计方 法，将收集的研究材料按照研究对象的不同特点，进行归类分组、整理筛选，并记录 数据形式的过程。
石大《初等数论》课件
考虑方程组
因为
是两两互素的，故由中国剩余
定理知，上述同余方程组有正整数解，于是，连
续的
二进制转为十进制
• 任意一个二进制表示的数
其中
或1（0≤j≤n），等于转换为
十进制为：
十进制转为二进制
• 以11为例，按照下面的方法转换：
2 11
余数
2 5 ………1＝a0
低位
2
2 ………1＝a1
高位
2
1 ………0＝a2
0 ………1＝a3
11=
同一数值的不同进制表示
对于任何一个数，可以用不同 的进位制来表示。比如：十进制数 57，可以用二进制表示为111001， 也可以用八进制表示为71、用十六 进制表示为39，它们所代表的数值 都是一样的。
并写出思考过程。
2 一张数学试卷只有25道选择题，做对1道 题得4分，做错1道题扣1分，如果不做，不 得分也不扣分。若某位同学得了78分，那 么他做对 道题，做错 道题，不做 道题。
参考解答：
1 46 92346 92346 92346 92346 92346 8517
这一31位数的所有数码之和为
任一大于1的整数a能表成素数的乘积：
（1）
其中
是素数。且在不计次序的
意义下，表示式（1）是惟一的。
算术基本定理的证明
第三篇 不定方程
所谓不定方程，是指未知数的个数多于方程 个数，且未知数受到某些限制（如要求是有理数、
整数或正整数等等）的方程或方程组。不定方程 也称为丢番图方程，是数论的重要分支学科，也 是历史上最活跃的数学领域之一。不定方程的内 容十分丰富，与代数数论、几何数论、集合数论 等等都有较为密切的联系。不定方程的重要性在 数学竞赛中也得到了充分的体现，每年世界各地 的数学竞赛中，不定方程都占有一席之地；另外 它也是培养学生思维能力的好材料，数学竞赛中 的不定方程问题，不仅要求学生对初等数论的一 般理论、方法有一定的了解，而且更需要讲究思 想、方法与技巧，创造性的解决问题。
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论总复习题及知识点总结最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。
数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法最大公因数和辗转相除法整除的进一步性质和最小公倍数素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求：2，3 ；：4 ；：1；：1，2，5；：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程多元一次不定方程勾股数费尔马大定理。
习题要求：1，2，4；：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质剩余类和完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用习题要求：2，6；：1；：2，3；1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程的解数和解法素数模的同余方程威尔逊定理。
习题要求：1；：1，2；：1，2。
第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余勒让德符号二次互反律雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求：2；：1，2，3；：1，2；：2；：1。
第一章：原根与指标（2学时）自学8学时指数的定义及基本性质原根存在的条件指标及n次乘余模2及合数模指标组、特征函数习题要求：3。
第一章整除一、主要内容整除的定义、带余除法定理、余数、最大公因数、最小公倍数、辗转相除法、互素、两两互素、素数、合数、算术基本定理、Eratosthesen筛法、[x]和{x}的性质、n！的标准分解式。
二、基本要求通过本章的学习，能了解引进整除概念的意义，熟练掌握整除整除的定义以及它的基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题的若干方法，熟练掌握本章中二个著名的定理：带余除法定理和算术基本定理。
《初等数论》复习资料
《初等数论》 考试复习资料一、叙述题1.完全剩余系2.二次反转定律3.雅可比符号4.费马小定理5.平方非剩余6.欧拉定理二、计算和证明题1.已知正整数a=35,b=21,求(a,b),并将其表成a,b 的线性组合。
2.求同余式)32(m od 172≡x 的解. 3.求同余式组1(mod 4)2(mod5)3(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩的解。
4.已知正整数,a b 满足(,)7,[,]105a b a b ==，求,.a b5.求不定方程9125200.x y z +-=的通解.6.证明： 176212535|(17631254).-7.若今天是星期天，证明：再过101010天是星期四。
参考答案一、叙述题1.完全剩余系从模n的每个剩余类中各取一个数，得到一个由n个数组成的集合，叫做模n的一个完全剩余系2.二次反转定律设a,b是两个非零整数，我们定义雅克比符号括号下a除b，若存在整数x，使得x的平方恒等于a，那么就记括号下a除b等于1；否则就记括号下a除b等于负13.雅可比符号4.费马小定理费马小定理是欧拉定理的一个特殊情况：假如n和a的最大公约数是1的话，那么a^{\varphi (n)} \equiv 1 \pmod在这里φ(n)是欧拉商数。
欧拉商数的值是所有小于n的自然数中与n没有公约数的数的量。
假如n是一个质数，则φ(n) = n-1，即费马小定理。
5.平方非剩余设x为任意正整数，若p为4k+1型素数，且g是素数p的最小原根，设g^(2n-1) mod p = r（1<=n<=(p-1)/2）,则y^2=p*x+r 与y^2=p*x -r 都无整数解。
设x为任意正整数，若p为4k-1型素数，且g是素数p的最小原根，设g^(2n-1) mod p = r（1<=n<=(p-1)/2）则y^2=p*x+r 都无整数解，但y^2=p*x -r 都有整数解。
6.欧拉定理二、计算和证明题1.已知正整数a=35,b=21,求(a,b),并将其表成a,b 的线性组合。
广东石油化工学院数学2009级初等数论复习资料
P0 = 1，P1 = 7，P2 = 27 1 = 15，P3 = 115 7 = 22， Q0 = 0，Q1 = 1，Q2 = 21 0 = 2，Q3 = 12 1 = 3， 取 x = (1)3 1Q3 = 3，y = (1)3P3 = 22，则 1253 17(22) = (125, 17) = 1。 6．求(12345, 678)。 解 (12345, 678) = (12345, 339) = (12006, 339) = (6003, 339) = (5664, 339) = (177, 339) = (177, 162) = (177, 81) = (96, 81) = (3, 81) = 3。 7．写出 51480 的标准分解式。 解 我们有 51480 = 225740 = 2212870 = 236435 = 2351287 = 2353429 = 23532143 = 233251113。 8．求最大的正整数 k，使得 10k199!。 解 由定理 3，199!的标准分解式中所含的 5 的幂指数是
(1) (2) (3)
[2] [2] 1 = [ ]。 因此无论[ ] = 0 或 1，都有[ ] [2] [2]，由此及式(2)和式(3)可以推出式(1)。 10．若 a > 1，a n 1 是素数，则 a = 2，并且 n 是素数。 解 若 a > 2，则由 an 1 = (a 1)(an 1 an 2 1) 可知 a n 1 是合数。所以 a = 2。 若 n 是合数，则 n = xy，x > 1，y > 1，于是由 2xy 1 = (2x 1)(2x(y 1) 2x(y 2) 1) 以及 2x 1 > 1 可知 2n 1 是合数，所以 2n 1 是素数时，n 必是素数。 注：若 n 是素数，则称 2n 1 是 Mersenne 数。 11．求 N = an 1an 2 a1a 0 被 7 整除的条件，并说明 1123456789 能否被 7 整除。 解 100 1，101 3，102 2，103 1 (mod 7)，因此
初等数论期末复习
2015年5月8日9时1分
性质(9)
若 a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), m=[ m1, m2 ], 则 a ≡ b (mod m) .
性质(10) 设d ≥1， d | m，若a ≡b (mod m) ，
则 a ≡ b (mod d ) .
性质(11) 若a ≡b (mod m)，则 (a，m) = (b，m).
则一次同余方程ax ≡ b ( mod m )恰有一个解 .
一次同余方程有解的判定
定理3.1.3 设m为正整数， a, b是整数， (a, m)=d，则同
余方程 ax≡b (mod m) 有解的充分必要条件为 d | b.
定理3. 1. 4 设m为正整数, a为整数, (a, m)=d，
d | b，则同余方程 ax ≡ b (mod m) 恰有 d 个解．
变形(1)：加上或减去模的倍数，推广的加减变形，
即 a≡b+mk (mod m); 变形(2)：移项变形， 由 a≡b+c(mod m) 可得 a－c≡b(mod m); 变形(3)：约去同余式两端的公约数，约简变形，
2015年5月8日9时1分
简化剩余系的充要条件
定理2.2 7 整数集合 {a1 , a2 , , a ( m) }为模m的 简化剩余系的充要条件是： ( i ) (ai, m) =1 ( 1≤i ≤ϕ (m) ); ( ii ) 各数关于模m两两不同余．
2015年5月8日9时1分
定理 2.2.8 若( a，m ) = 1 , x 通过模 m 的简化 剩余系，则 ax 也通过模 m 的简化剩余系。
2015年5月8日9时1分
பைடு நூலகம்
利用同余解答整除问题
第02讲 初等数论20092017全国高中数学联赛分类汇编 (1)
2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第02讲：初等数论1、（2010一试8）方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是. 【答案】336675易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2、（2011一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为． 【答案】15 【解析】=n a C65400320020023n n n --⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ． 当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡， 同理可计算得!86中因数2的个数为82，!114中因数2的个数为110，所以C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，同样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数． 因此，整数项的个数为15114=+．3、（2015一试8）对四位数(19,0,,9)abcd a b c d ≤≤≤≤,若,,a b b c c d ><>,则称abcd 为P 类数,若,,a b b c c d <><,则称abcd 为Q 类数,用()N P 与()N Q 分别表示P 类数与Q 类数的个数,则()()N P N Q -的值为【答案】28599b a b c <≤<≤由及知，a 和c 分别有9-b 种取法，从而992200191019|=(9)26|85.b k b k ==⨯⨯-===∑∑A ()()285.N P N Q -=因此，学科@网4、（2016一试8）设4321,,,a a a a 是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++=++++则这样的有序数组),,,(4321a a a a 的个数为 . 【答案】40【解析】由柯西不等式知，2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++≥++++，等号成立的充分必要条件是433221a a a a a a ==，即4321,,,a a a a 成等比数列.于是问题等价于计算满足{1,2,3,},,,{4321⊆a a a a …,100}的等比数列4321,,,a a a a 的个数.设等比数列的公比1≠q ，且q 为有理数.记mn q =，其中n m ,为互素的正整数，且n m ≠. 先考虑m n >的情况.此时331314)(m n a m n a a ==，注意到33,n m 互素，故31ma l =为正整数. 相应地，4321,,,a a a a 分别等于l n l mn nl m l m 3223,,,，它们均为正整数.这表明，对任意给定的1>=mnq ，满足条件并以q 为公比的等比数列4321,,,a a a a 的个数，即为满足不等式1003≤l n 的正整数l 的个数，即]100[3n.由于10053>，故仅需考虑34,4,23,3,2=q 这些情况，相应的等比数列的个数为20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[=++++=++++. 当m n <时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列4321,,,a a a a . 综上可知，共有40个满足条件的有序数组),,,(4321a a a a .5、（2017一试4）若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是. 【答案】756、（2009二试3）设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素． 【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．若p /|k !，则由1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡．及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ． 若p /|k !，则由 1!C ()==-+∏kkmi k m k i 21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()!mod k p ≡．即p 不整除上式，故p/|C k m ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1/|!p k α+．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡,及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．7、（2009二试4）在非负数构成的39⨯数表中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列． （ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ． 【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾． （ⅱ）由抽届原理知，{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明{}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ． 下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定⑷{}221222322min u x x x x ==，， 3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则{}11112111min k u x x x x ==，，，⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233min k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．学*科网 8、（2010一试11）证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r . 若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<nb b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ， 去掉上面等式两边相同的项，有 +++=+++321321t t t s s s r r r r r r，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的. 不妨设11t s <，则 ++=++<21211t t s s s r r r r r，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.9、（2010二试2）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥． 【解析】记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数． 假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122k k k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明．10、（2010二试4）一种密码锁的密码设置是在正n边形12nA A A的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？设标有a的边有2i条，02ni⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b的边有2j条，22n ij-⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i条边标记a的有2inC种方法，在余下的边中取出2j条边标记b的有22jn iC-种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有2inC22jn iC-种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n ii jn n ii jC C-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭∑∑．①这里我们约定01C=．当n为奇数时，20n i->，此时2222122n ij n in ijC-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑．②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n ni j i n i i n in n i n ni j i iC C C C-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫⎪==⎪⎪⎝⎭∑∑∑∑0022(1)(21)(21)n nk n k k n k k n nn nk kC C--===+-=++-∑∑31n=+．222222004n n ii jn n ii jC C-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫⎪=⎪⎪⎝⎭∑∑()12221412ni n iniC⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫⎪⨯+⎪⎪⎝⎭∑()222124233ni n i nniC⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种．11、（2011二试2）证明：对任意整数4≥n ，存在一个n 次多项式具有如下性质：（1）110,,,-n a a a 均为正整数；（2）对任意正整数m ，及任意)2(≥k k 个互不相同的正整数k r r r ,,,21 ，均有)()()()(21k r f r f r f m f ≠．【解析】令 2)()2)(1()(++++=n x x x x f ， ①将①的右边展开即知)(x f 是一个首项系数为1的正整数系数的n 次多项式． 下面证明)(x f 满足性质（2）．对任意整数t ，由于4≥n ，故连续的n 个整数n t t t +++,,2,1 中必有一个为4的倍数，从而由①知)4(mod 2)(≡t f ．因此，对任意)2(≥k k 个正整数k r r r ,,,21 ，有 )4(mod 02)()()(21≡≡k k r f r f r f ． 但对任意正整数m ，有)4(mod 2)(≡m f ，故)4)(mod ()()()(21k r f r f r f m f ≡/， 从而)()()()(21k r f r f r f m f ≠． 所以)(x f 符合题设要求．学&科网12、（2011二试3）设)4(,,,21≥n a a a n 是给定的正实数，n a a a <<< 21．对任意正实数r ，满足)1(n k j i r a a a a j k ij ≤<<≤=--的三元数组),,(k j i 的个数记为)(r f n ．证明：4)(2n r f n <．因此，当n 为偶数时，设m n 2=，则有∑∑∑-=-=-=+==121212)()()()(m mj j m j j n j j n r g r g r g r f2)1(2)1()2()1(1212-+-=-+-≤∑∑-+==m m m m j m j m m j m j 4222n m m m =<-=．当n 为奇数时，设12+=m n ，则有∑∑∑+==-=+==mm j jmj j n j j n r gr g r g r f 21212)()()()(∑∑+==-++-≤mm j mj j m j 212)12()1(422n m <=．13、（2011二试4）设A 是一个93⨯的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A 中的一个)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A 中“坏格”个数的最大值． 【解析】首先证明A 中“坏格”不多于25个．用反证法．假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为9,,2,1,,, =i c b a i i i ．记9,,2,1,0,)(,11=+==∑∑==k c bT a S ki i ikk i ik ，这里000==T S ．即第2行至第3行、第1+m 列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾． 类似地，也不存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(mod n n m m T S T S +≡+．因此上述断言得证．故)10(mod 59210)(999≡++++≡+≡≡∑∑∑=== k k k k k k k T S T S ，所以 )10(mod 055)(99090≡+≡+≡+∑∑∑===k k k k k k k T S T S ，矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．另一方面，构造如下一个93⨯的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”． 综上所述，“坏格”个数的最大值是25．14、（2012二试2）试证明：集合{}22,2,,2,n A =满足b N *∈，若21b a <-，（１）对每个a A ∈，及则(1)b b +一定不是2a的倍数；（２）对每个a A ∈（其中A 表示A 在Ｎ 中的补集），且1a ≠，必存在b N *∈，21b a <-，使(1)b b +是2a 的倍数．【解析】证明:对任意的a A ∈,设2,,ka k N *=∈则122,k a +=如果b 是任意一个小于21a -的正整数,则1 1 12 1 1 1 1 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1111011112121b a+≤-则122ka m+=⋅下面给出(2)的三种证明方法:证法一:令1,12,kb mx b y+=+=消去b得12 1.k y mx+-=由于1(2,)1,k m+=这方程必有整数解;12kx x ty y mt+⎧=+⎪⎨=+⎪⎩其中00,(,)t z x y∈为方程的特解.把最小的正整数解记为(,),x y**则12kx*+<,故21,b mx a*=<-使(1)b b+是2a的倍数．证法二:由于1(2,)1,k m+=由中国剩余定理知,同余方程组10(mod2)1(mod)kxx m m+⎧=⎨=-⎩在区间1(0,2)k m+上有解,x b=即存在21,b a<-使(1)b b+是2a的倍数．证法三:由于(2,)1,m=总存在(,1),r r N r m*∈≤-使21(mod)r m=取,t N*∈使1,tr k>+则21(mod)tr m=存在1(21)(2)0,,tr kb q m q N+=--⋅>∈使021,b a<<-此时1,21,km b m++因而(1)b b+是2a的倍数．15.（2013二试4）（本题满分50分）设,n k为大于1的整数，2kn<.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组若干个数的和被n整除.【证明】先考虑n为2的幂的情形.设2,1rn r=≥，则r k<.取3个12r-及23k-个1，显然这些数均不被n整除.将这2k个数任意分成两组，则总有一组中含2个12r-，它们的和为2r，被n整除.现在设n不是2的幂，取2k个数为22211,1,2,2,,2,1,2,2,,2k k-------，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除.若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n整除.不妨设1在第一组，由于（-1）+1=0，被n整除，故两个-1必须在第二组；因（-1）+（-1）+2=0，被n整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组. 现归纳假设1,2,,2l 均在第一组，而1,1,2,,2l ----均在第二组，这里12l k ≤<-，由于()()()()1112220l l +-+-+-++-+=，被n 整除，故12l +在第一组，从而12l +-在第二组.故由数学归纳法可知，221,2,2,,2k -在第一组，221,1,2,2,,2k ------在第二组.最后，由于()()()()21112220k k ---+-+-++-+=，16、（2014二试4）（本题满分50分）设整数122014,,,2014x x x 模互不同余，122014,,,y y y 整数模2014也互不同余.证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余.【证明】(mod 2),12.,i i y i k i k i ≡≡≤≤记k=1007,不妨设x 对每个整数17、（2015二试4）(本题满分50分)求具有下述性质的所有正整数k :对任意正整数(1)1,2k n n -+不整除()!!kn n . 18、（2016二试3）（本题满分50分）给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间的线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值.【解析】以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10界简单图G ，我们证明G 的边数不超过15.边，否则就形成三角形，所以，121,,,n v v v +⋅⋅⋅之间恰有n 条边.对每个j (210)n j +≤≤，j v 至多与21,,n v v +⋅⋅⋅中的一个顶点相邻（否则设j v 与,(21)s t v v s t n ≤<≤+）相邻，则1,,,s j t v v v v 就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设条件矛盾，从而21,,n v v +⋅⋅⋅与210,,n v v +⋅⋅⋅之间的边数至多10(1)9n n -+=-条.在210,,n v v +⋅⋅⋅这9n -个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多2(9)[]4n -条边，因此G 的边数22(9)(9)25(9)[]9[]9[]15444n n k n n --≤+-+=+≤+=百度文库 - 让每个人平等地提升自我11 如图给出的图共有15条边，且满足要求，综上所述，所求边数的最大值为15.学科*网19、（2017二试3）（本题满分50分）将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等，若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.解：记分隔边的条数为L ，首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56个分隔边，即L=56.20、（2017二试4）（本题满分50分）设,m n 均是大于1的整数，12.,,,n m n a a a ≥是n 个不超过m 的互不相同的正整数，且12,,,n a a a 互素.证明：对任意实数x ，均存在一个(1)i i n ≤≤，使得2||||||||(1)i a x x m m ≥+，这里||||y 表示实数y 到它最近的整数的距离. 证明：首先证明以下两个结论.结论1:存在整数121122,,,,+++c 1,||,1.n n n i c c c c a c a a c m i n =≤≤≤满足并且由于121211221,,,+++c 1.1n n n n a a a c c c c a c a a ==（，，，），由裴蜀定理，存在整数，满足（） 下面证明,通过调整,存在一组12,,,n c c c 满足（1），且绝对值均不超过m,记因为12S 与S 均是非负整数,故通过有限次上述的调整,可得到一组12,,,n c c c ，。
初等数论复习资料
初等数论一、计算题求解不定方程9x +21y =144.解：因为（9，21）=3，3，所以有解；化简得3x +7y =48；考虑3x +7y =1，有x =-2, y =1，所以原方程的特解为x =-96, y =48，因此，所求的解是x =-96+7t , y =48-3t , t ∈Z 。
求不定方程x + 2y + 3z = 41的所有正整数解。
解：分别解x + 2y = tt + 3z = 41得x = t - 2uy = u u∈Z，t = 41 - 3vz = v v∈Z，消去t得x = 41 - 3v - 2uy = uz = v u，v∈Z。
由此得原方程的全部正整数解为(x, y, z) = (41 - 3v - 2u, u, v)，u > 0，v > 0，41 - 3v - 2u > 0。
求[136,221,391]=?设n 的十进制表示是z xy 4513，若792∣n ，求x ，y ，z 。
解：因为792 = 8⋅9⋅11，故792∣n ⇔ 8∣n ，9∣n 及11∣n 。
我们有8∣n ⇔ 8∣z 45 ⇒ z = 6，以及9∣n ⇔ 9∣1 + 3 + x + y + 4 + 5 + z = 19 + x + y ⇔ 9∣x + y + 1， (1) 11∣n ⇔ 11∣z - 5 + 4 - y + x - 3 + 1 = 3 - y + x ⇔ 11∣3 - y + x 。
(2) 由于0 ≤ x, y ≤ 9，所以由式(1)与式(2)分别得出x + y + 1 = 9或18，3 - y + x = 0或11。
这样得到四个方程组：⎩⎨⎧=+-=++b x y a y x 31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：a=12b +26, a +b +12+26=454, 12b +26+b +12+26=454,(12+1) b =454-12-26-26=390, b =30, 被除数a =12b +26=360+26=386.从5, 6, 7, 8, 9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3, 5, 7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？解：被5整除，个数必为5，5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤?解：设买甲物x 斤，乙物y 斤，丙物z 斤，则5x + 3y +31z = 100， x + y + z = 100。
广东石油化工学院09-10(1)数电B卷
生填写）姓名： 学号 命题： 杨 艳 审题 审批： -------------------------------------- 密 ---------------------------- 封 --------------------------- 线 -------------------------------------------------（答题不能超出密封线）2009∼2010学年第一学期 数字电子技术基础 考试试题B 卷一、单项选择题（每小题2分，共20分）： 1. 是8421BCD 码的是（ ）。
A. 1010B. 0101C. 1100D. 11012. 在下列逻辑电路中，是时序逻辑电路的是（ ）。
A. 译码器B. 编码器C. 计数器D. 数据选择器 3. 欲对全班43个学生以二进制代码编码表示，最少需要二进制码的位数是（ ）。
A. 43B. 5C. 6D. 74. 下图所示的电路，触发器输出端Q 的波形是（ ）。
5. JK 触发器在时钟CP 作用下，欲使n n Q Q =+1，则必须使（ ）。
A ．JK =01 B ．JK =10 C ．JK =00 D ．JK =116. 为将D 触发器转换为T 触发器，图示电路的虚线框内应是( )。
A ．或非门B ．与非门C ．异或门D ．同或门7. 只能按地址读出信息，而不能写入信息的存储器为（ ）。
A. RAM B.掩模ROM C. PROM D. EPROM8. 一个八位D/A 转换器输入代码只有最低位为1时输出电压为0.01V,当输入代码全为1时，输出电压为（ ）V 。
A. 1.27B. 1.28C. 2.55D. 2.56 9. 设CD B A F +=，则它的反函数是（ ）。
A. )D C ()B A (F +⋅+= B. D C B A F +⋅+= C. )D C ()B A (F +⋅+=D. D C B A F ⋅+=10. 在四变量卡诺图中，逻辑上不相邻的一组最小项为：（ ） A. m 1与m 3 B. m 4与m6 C. m 5 与m 13 D. m 2 与m 8二、填空题（每空1分，共10分）1. 数制转换：(34.2)8=( )2,(46)10=( )8421BCD2. 四输入TTL 与非门，在逻辑电路中使用时，有2个输入端是多余的，应将多余端接 。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》课后习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法1．证明定理3:若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明 (1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+ 3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++． 证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +.,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有02222b q q q a bs t a b a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有 1102222b b q q t a bs a b a b t ++-≤=-=-=-<∴≤ 若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证． 下证唯一性: 当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=->而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b 为整数11312(),,22222b b b b bb b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法1．证明推论4.1:推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r = ∴d '|1a bq -1r =， d '|122b rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。
初等数论复习题题库及答案
《初等数论》本科一 填空题（每空2分）1.写出30以内的所有素数 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29 .2.,(,)(,)(,)a b a b a b a b =设是任意两个不为零的整数,则 1 . 3.若,a b 是非零整数,则a 与b 互素的充要条件是存在整数,x y ,适1ax by +=4.写出180的标准分解式是 22235⋅⋅ ,其正约数个数有 (2+1)(2+1)(1+1)=18个.5.,1,2,,a b a b 设与是正整数则在中能被整除的整数恰有 []ab个.6.设,a b 是非零整数,c 是整数,方程ax by c +=有整数解(,x y )的充要条件是 (,)|a b c7. 若整数集合A 是模m 的完全剩余系,则A 中含有 m 个整数.8.ϕ(3)= 2 ;ϕ(4)= 2 .9.当p 素数时,(1)()p ϕ= 1p - ;(2)()k p ϕ= 1k k p p -- . 10.(),(,)1,1m m a m a ϕ=-≡设是正整数则 0 (m o d ).m 11.,,p p a a a -≡设是素数则对于任意的整数有 0 (m o d ).p 12.已知235(mod7)x +≡,则x ≡ 1 (m o d 7). 13.同余方程22(mod 7)x ≡的解是 4(mod7) . 14.同余方程2310120(mod 9)x x ++≡的解是 .X=6. . 15.(,)1n p =若,n p 是模的二次剩余的充要条件是 -121(mod ).p n p ≡ . 16.(,)1n p =若,n p 是模的二次非剩余的充要条件是 -121(mod ).p np ≡- .17.3()=5 -1 ; 4()=51 .18.,p 设是奇素数则2()p= 218(1).p --.19.,p 设是奇素数则1()p = 1 ;-1()p = -12(-1).p .20. 5()=9 1 ; 2()=45-1 .二 判断题(判断下列结论是否成立，每题2分).1. ||,|a b a c x y Z a bx cy ⇒∈+且对任意的有.成立2. (,)(,),[,][,]a b a c a b a c ==若则.不成立3. 23|,|a b a b 若则.不成立4.(mod ),0,(mod ).a b m k k N ak bk mk ≡>∈⇒≡ 成立5.(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇒≡ 不成立6. 22(mod ),(mod )(mod )a b m a b m a b m ≡≡≡-若则或至少有一个成立. 不成立 7. 222(mod ),(mod )a b m a b m ≡≡若则.不成立8. 若x 通过模m 的完全剩余系,则x b +(b 是整数)通过模m 的完全剩余系. 成立 9. 1212{,,,}{,,,}.m m a a a b b b 若与都是模m 的完全剩余系不成立1122{,,,}.m m a b a b a b m +++则也是模的完全剩余系不成立10.若(,)1a m =,x 通过模m 的简化剩余系,则ax b +也通过模m 的简化剩余系. 不成立 11.12121212,,(,)1,()()().m m N m m m m m m ϕϕϕ∈==若则 成立12. 同余方程24330(mod15)x x -+≡和同余方程2412120(mod15)x x +-≡是同解的. 成立13. (mod ).ax b m ax my b ≡+=同余方程等价于不定方程成立14. 2,(mod ),() 1.am x a m m≡=当是奇素数时若有解则成立15. 2,()1,(mod ).am x a m m=≡当不是奇素数时若则方程一定有解不成立三 计算题1. (1859,1573)-求.（6分）解：1.(1859,1573)(1859,1573)(286,1573)(286,15732865)(286,143)(0,143)143-===-⨯===2.求 [-36,108,204].（8分）解：22232232.[36,108,204][36,108,204],3623,10823,2042317,[36,108,204]23171836.-==⨯=⨯=⨯⨯∴=⨯⨯=3. 求(125,17),以及x ,y ,使得125x +17y =(125,17).（10分）解：3.651,16-56-(17-26)36-173(125-177)-173125-2217.1253-17221,3,-22.x y =+==⨯=⨯=⨯⨯=⨯⨯∴⨯⨯===由等式起逐步回代得4. 求整数x ,y ,使得1387x -162y =(1387,162).（10分）解：4.9421,19-429-4(11-9)59-4115(20-11)-411520-911520-9(71320)322097132(91-71)97132914171329141(16291)73914116273(13878162)41162731387625162.1=⨯+=⨯=⨯=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯-⨯=⨯-⨯=⨯-⨯=⨯-⨯=⨯-⨯-=⨯-⨯=⨯-⨯-⨯=⨯-⨯∴由等式起逐步回代得38773162625 1.⨯-⨯=5. 12!.分解为质因数乘积（8分）6. ,10|199!k k 求最大的正整数使.（8分）7. [1].100++求(10分) 8. 81743.x y +=求方程的整数解(6分)9. 19201909.x y +=求方程的正整数解(10分)10. 求方程111x -321y =75的整数解.(10分) 11. 12310661.x x x ++=求方程15的整数解(8分) 12. 361215.x y z ++=求不定方程的整数解(8分)13. 237.x y z ++=求不定方程的所有正整数解(8分)14. 19,2,3 5.30将写成三个分数之和它们的分母分别是和(10分) 15. 222370.x y x y +--=求方程的整数解(6分) 16. 331072.x y +=求方程的整数解(8分)17. 5()4.xy yz zx xyz ++=求方程的正整数解(10分)18. 4063().求的个位数字与最后两位数字十进制(10分)19. 67(mod 23).x ≡解同余方程(8分) 20. 12150(mod 45).x +≡解同余方程(8分)21. 2(mod 3)3(mod 5).2(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩解同余式组(6分)22. 43()0(mod35),()289.f x f x x x x ≡=+++解同余式(10分) 23. 765:2720(mod5).x x x x --++≡解同余方程(6分)24. .求出模23的所有二次剩余和二次非剩余(8分)25. 25(mod11).x ≡判断方程有没有解(6分)26. 2563,429(mod563).x ≡已知是素数判定方程是否有解(8分) 27. 3求以为其二次剩余的全体素数.(8分)28. 10173:(1)();(2)().1521计算(8分) 29. (300).ϕ计算(6分)30. 3(mod8)11(mod 20).1(mod15)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩解同余式组(10分)四 证明题1、,,,, 1.:|,|,|.a b x y ax by a n b n ab n +=设是两个给定的非零整数且有整数使得求证若则(6分)证明：1.()|,|.n n ax by nax nbyab na ab nb ab n =+=+∴又2.121212,,,,0,.4|.n n n a a a a a a a a a n n +++==设是整数且则(8分)证明：1212121231122.,,,,,,0,2.,,,.,,2(2).-,(-1),,.,,,,4.n n n i n n n n a a a a a a n a a a a a i n a a a a n a a a n +++=∴≤≤+++=∴若是奇数则都是奇数则不可能即在中至少有一个偶数如果只有一个偶数不妨设为则不整除由知左边是个奇数的和右边是偶数这是不可能的在中至少有两个偶数即3. 任给的五个整数中,必有三个数之和被3整除.(8分)证明：1231231231231231233.3,03,1,2,3,4,5.(1)0,1,2,0,1,2,3()3.(2)0,1,2,,(0,12),3()3.i i i i i i i a q r r i r r r r a a a q q q r r r r r r r a a a q q q r =+≤<====++=+++====++=+++设若在中数都出现不妨设则成立若在中数至少有一个不出现则至少有三个取相同的值令或则成立4. 22,,9|,3|(,).a b a ab b a b ++设是整数且则(8分)证明：2222224.9,9()3,3()3,3(),3,9(),93,3,33.3,3,3.3.3,3.3(,).a ab b a b ab a b ab a b a b a b ab ab a b a a b b b a b a a b ++∴-+∴-+∴-∴-∴-∴∴∴-∴-∴或若若故5. 设,a b 是正整数,证明()[,][,]a b a b a b a b +=+.(8分)证明：()5.()[,](),(,)(,)()[,](,),(,)(,),()[,](,),()[,],(,)ab b a b a b a b a b a a b a b b a b b a b b a b b a b a b b a b b a b a b b a b b a b a b ++=+⋅=⋅+=+++=∴+=++=+∴而即结论成立6. (mod ),0,,(mod ).nna b m n n N a b m ≡>∈≡当时又则(6分)证明：123216.(mod ),,()(),,(mod ).n n n n n n n n n n a b m m a b a b a b a a b a b b m a b a b m ----≡∴--=-++++∴-≡又即7. 12{,,,},{}.m A x x x m x x =设是模的一个完全剩余系以表示的小数部分11:(,)1,{}(-1).2mi i ax b a m m m =+==∑证明若则(10分) 证明：1211111117.2,{,,,},(1),1(1)1{}{}{}{}.22m i mm mm m i i j j j j ax b ax b ax b m ax b km j j m ax b j j j j m m m k m m m m m m --=====++++=+≤≤+--=+====⋅=∑∑∑∑∑由定理知也是模的一个完全剩余系可设从而8. ,:n N ∈设证明1()2,2k n n n k N ϕ==∈的充要条件是.(10分)证明：-1-118.2,(2)2(1-)2.22(),2,2|,21()()()(2)(2)()2()2,222(),1,.(()112)k k k k k k k k k nn nn n t t n t n t n t t t t t t t t t n n ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ⇐====⇒==/=====⨯⋅=⋅=∴==⇔=若则若设则即从而得证注或9. ,5|12344.n n n n n N n ∈+++⇔/设则(10分)证明：444449.(5)4,,1(mod5)(14).4,03,1234(1)1(2)2(3)3(4)41234(mod5).5|1234,5|1234,0,1,2,30,4;4,0,5|1234,n n n n q r q r q r q rr r r r n n n n r r r r r r r r k k n q r r r r n n r ϕ=≡≤≤=+≤≤+++≡⋅+⋅+⋅+⋅≡+++⇒++++++==∴//⇐=+++/由定理知令则若即得把代入检验可知若则易知5|1234.n n n n ∴+++/10. ()1,(,)1,:(mod )(mod ).m m a m x bam ax b m ϕ-=≡≡设是正整数证明是同余方程的解证明：()()()-110.(,)1,,1(mod ).(mod ),(,)1,(mod ).m m m a m Euler a m ax b a b m a m x a b m ϕϕϕ=≡∴≡≡=∴≡由定理则11. -121(mod ).p n p n p ≡-是模的二次非剩余的充要条件是(10分)证明：-111221122-121211.(,)1,,1(mod ),(1)(1)0(mod ),,10(mod )10(mod ),1(mod ),1(mod ).p p p p p p p n p Euler n p nnp p n p np n p n p np -----=≡∴+-≡+≡-≡≡∴≡-若则由定理是素数则或中必有一个成立是模的二次剩余的充要条件是 12. 12(mod ),(mod ),y a p y a p p ≡≡设都是模的平方剩余121211:(mod ),(mod ),(mod ).y a a p y b b p p y a b p p ≡≡≡求证都是模的平方剩余是模的平方非剩余(10分)证明：11112222121211122212121112.1,1(mod ),1(mod ),()()1(mod ),()1(mod ),.p p p p p p p a a p b b p a a b b p a b p -------≡≡≡≡-∴≡≡≡-∴由定理知得证13. 22,43,:(mod ),(mod ).p q n x p q x q p +≡≡设为两个形如的奇质数求证若无解则有两个解(10分)14. 1(mod 4),(mod ).p p y a p p ≡≡设是适合的素数是模的平方剩余:(mod ).y a p p ≡-证明也是模的平方剩余(8分)15. 2,:141.n n m ++设是整数证明的任何奇因数都是的形式(10分) 16. -1,1(mod )-1.p p x p p ≡若是素数则同余方程有个解(8分) 17. -1-1100101010,:9|9|.nn n n n i i N a a a a N a ==+++⋅+⇔∑设求证(8分)18. 52:641|2 1.+求证(8分)19. :,,()(,)([,]).m n N mn m n m n ϕϕ∈=证明若则(10分) 20. ,,(mod ).p p a a a p ≡设是素数则对于任意的整数有(8分)。
《初等数论》试题B
2005－2006学年度第一学期期末考试《初等数论》试卷（B 卷）数学 系 02 级本科 姓名 学号注：本试卷共 大题 页，草稿纸附后，连同试卷一并交。
一、判断题（每题1分，共10分）1、若是x 0、x 1、x2、…、x k 是模m 的一个简化剩余系，则ax 0、ax 1、ax 2、…、ax k 也是模m 的一个简化剩余系；( )2、若( a i , a j )=1，则 ( a 1 , a 2 , a 3 ,…, a n ) = 1，( i ≠j , 1≢ i 、j ≢n )；( )3、若a ≡b ( mod m ), 则ak ≡bk ( mod m ), k ∈Z ； ( )4、M b a b a n n )(+=-, M ∈Z , n 为奇数；( )5、若a ∣a i , 则a ∣∑=ni ia1, a i ∈Z ；( )6、在n!的标准分解式中，质因数p 的最高次幂指数为h , h =∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡1k k p n ； ( ) 7、 n!∣∏-=+1)(n i i a ，a ∈Z ；( )8、若x 2+y 2=z 2 , (x , y) = 1, 则x 、y 不同奇偶；( )9、[x]+[y] ≢ [x+y] ≢ [x]+[y]+1恒成立；( ) 10、在小数0.a 1a 2a 3…a n …，（0≢a i ≢9, a i ∈Z ）中，若有i s a +＝i kt s a ++ k ∈Z 成立，那么该小数为循环小数，循环节长度为t ，循环节的第一位数是1+s a ，最后一位是t s a +；( ) 二、选择题（每题2分，共20分）1、174081化为混循环小数，其不循环部分位数是（ ）位A ．10B ．12C ．14D ．16 2、24的正约数中，有（ ）A ．3个质数，5个合数B ．2个质数，4个合数C ．3个质数，4个合数D ．2个质数，5个合数 3、下列各数中，能被11整除的是（ ） A ．75523 B ．868967 C ．1095874 D ．386354、同余式8x ≡9（mod11）的解为（ ）A ．x ≡6（mod11）B ．x ≡7（mod11）C ．x ≡8（mod11）D ．x ≡9（mod11） 5、如果n 3，n 5，则15（ ）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定6、模18的最小正简化剩余系有（ ）个数。
《初等数论》期期末复习资料
《初等数论》期期末复习资料一、单项选择题1、如果n 2，n 15，则30（ ）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定 2、大于10且小于30的素数有（ ）. A 4个 B 5个 C 6个 D 7个 3、模5的最小非负完全剩余系是( ).A -2,-1,0,1,2B -5,-4,-3,-2,-1C 1,2,3,4,5D 0,1,2,3,4 4、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 95、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 6、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 7、同余式)593(m od 4382≡x （ ）.A 有解B 无解C 无法确定D 有无限个解 8、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 9、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 10、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 911、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 12、同余式)593(m od 4382≡x （ ）.A 有解B 无解C 无法确定D 有无限个解13、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 14、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 15、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 16、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 17、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ Bb a =C ac T )(m od m bcD b a ≠19、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ B b a =C ac T )(m od m bcD b a ≠20、=),0(b （ ）. A b Bb -C bD 021、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）. A a BbC 1D b a +22、小于30的素数的个数（ ）. A 10 B 9 C 8 D 7 三、计算题1、 求50!中2的最高次幂.2、令 =-1859， =1573，求( )=?3、 求525与231的最大公因子?4、解同余式)321(m od 75111≡x .5、求[525,231]=?6、求解不定方程18116=-y x .7、 解不定方程525x+231y=42.8、 求7x+4y=100的一切整数解. 9、 求-15x+25y=-100的一切整数解. 10、 求9x+24y-5z=1000的一切整数解。
初等数论知识点总结
《初等数论》总结姓名 xxx学号 xxxxxxxx院系 xxxxxxxxxxxxxxx专业 xxxxxxxxxxxxxxx个人感想初等数论是一门古老的学科，它对于数的性质以及方程整数的解做了深入的研究，是对中等数学数的理论的继续和提高。
有时候上课听老师讲解一些例题，觉得比较简单，结果便是懂非懂地草草了之，但是过段时间做老师留下的一些相似的课后练习时，又毫无头绪，无从下手。
这就是上课的时候没做到全神贯注地去听，所以课下的时间尤为重要，一定做好复习巩固的工作。
老师讲课的方法也十分好，每次上课都会花二十分钟到半个小时来对上节课的知识帮助我们进行回顾，我想很多同学都喜欢并适合这种教学方式。
知识点总结第一章整数的可除性1.2性质：(1)传递性质)；(2)闭。
若反复运用这一性质，易则对于任意的整更一般，(3)若p 是质数，若n a p |，则a p |；(6)(带余数除法)设b a ,为整数，0>b ，则存在整数q 和r ，使得r bq a +=，其中b r <≤0，并且q 和r 由上述条件唯一确定；整数q 被称为a 被b 除得的(不完全)商，数r 称为a 被b 除得的余数。
注意：r 共有b 种可能的取值：0,1，……，1-b 。
若0=r ，即为a 被b 整除的情形；易知，带余除法中的商实际上为⎥⎦⎤⎢⎣⎡b a （不超过b a 的最大整数），而带余除法的核心是关于余数r 的不等式：b r <≤0。
证明a b |的基本手法是将a 分解为b 与一个整数之积，在较为初级的问题中，这种数的分解常通过在一些代数式的分解中取特殊值而产生若n 是正整数，则))((1221----++++-=-n n n n n n y xy y x x y x y x Λ；若n 是正奇数，则))((1221----+-+-+=+n n n n n n y xy y x x y x y x Λ；（在上式中用y -代y ）(7)如果在等式∑∑===mk k ni i b a 11中取去某一项外，其余各项均为c 的倍数，则这一项也是c 的倍数；(8)个连续整数中，有且只有一个是n 的倍数；(9)任何n 个连续的整数之积一定是n!的倍数，特别地，三个连续的正整数之积能被6整除；第二章 不定方程1. 定义：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2. 定理：(1) 不定方程有整数解的充要条件为 (a,b) | c. (2) 设是方程的一组解，则不定方程有无穷解，其一切解可表示成⎩⎨⎧+=-=t a yy t b x x 1010 Λ,2,1,0±±=t 其中),(,),(11b a b b b a a a ==3. 不定方程的解法：（1）观察法：当a,b 的绝对值较小时可直接观察不定方程的一组特解，然后用⎩⎨⎧+=-=ta y y tb x x 1010得到其所有解（2）公式法：当a,b 的绝对值较小时，可用公式211021110,,1,0,,1----+===+===k k k k k k k k P Q q Q Q Q P P q P q P P 得到特解n n n n P y Q x )1(,)1(010-=-=-，然后用公式写出一切解。
初等数论复习
例：如果(a , b)=1，则 (a-b ,a+b) = 1 或 2 证明：设 (a-b , a+b)= d ⇒ d | a-b+a+b , ⇒ d | (2a , 2b) ⇒ d | 2(a , b) ∵ ⇒ (a , b) = 1 d=1 或 d=2 ∴d|2 则 d | a-b, d | a+b d | a-b-(a+b)
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作业要求： 作业要及时完成，及时提交。 作业（网络作业、期中作业）要计入总分。 学习过程中的问题，可通过网上答疑系统提出。 考试说明： 试题类型：填空题(40%)、计算题和证明题 (60%)。 • 考试范围1-4章：其中第1、2章各占30%，第3、 4章各占20％（以光盘为准）。 • 试题难度不超出习题、例题、模拟试卷。
即 d | 2a , d | 2b
三、整数的唯一分解定理 (算术基本定理) 定理：对于任一大于1的整数a，除因数的顺序
1 2 外都能唯一分解成：a=p1 p2
k p k
其中 i 1
pi p j
(i j, i, j 1,2, , k )
pi为素数
且(1)d是a的正因数的充分必要条件是
且 a=bq+c q∈ , 则 (a , b ) = (b , c )
定理2：任意两个正整数a , b 的任意公因数都是
(a , b) 的因数。
定理3：任意两个正整数a,b，则存在整数x,y，
使得 ax+by=(a,b) 成立
定理4：设a,b是不全为零的整数。
(i)若 m>0，则 (am,bm) = m(a,b)
(2) a1-a2≡b1-b2(modm)
(3) a1a2≡b1b2(modm)
初等数论完整资料整合。
考点P 八、、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 勺所有质数除此数，看能否被整除3、证明整除（最好用同余证）所以 73|8 n+2 +9 2n+1法二 8 n+2 +9 2n+1 =64 X8n +9 X 81 n ^64 X 8n +9 x 8n^73 x 8n ^0 (mod73 )所以 73|8 n+2 +9 2n+1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设 k 为正奇数，证：1+2+3+ ….+9|1 k +2 k +3 k + ^+9 kk kk证：记 S=1 +2 +3k+ …+9第一章证：73|8 n+2 - 2n+1+9(n € N )2n+1=64X8n +9 X81n =64 X8n +9 X(73+8 ) n =64 X8n+9 X(C 0n 73n+C 1n 73n-1=64X8n +9(73q+8 n )( q € Z)=73 x 8n +9q x 73n+2 n n 、x 8+ …+C n 8解：法一 811+2+9则2S= (1k+9k) + (2k+8k) +•••+ (9k+1 k)=(1+9 ) q i ( q i € Z)所以10|2S又因为2S= (0k+9k) + (1 k+8 k) + -+(9 k+0 k)=(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|1 k+2 k+3 k+ -+9 k4、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)Tb 腑忖彳桝掀卿K 诚.抑锄!删L /滋翊脚鴉2电醐，妍腺踏侧如酬辦卿片蚀删［（/测珊.T 确（2）AM 娜那搦 询优,心b h 妙■ 0切5加划劇.対恥仙冋％和⑹叫册%冃型）％戸・0%|@脸伽仏，的 A A *Z ：0,巴j （l 二*&卄AmW 发何妒c 仏 和州I 订报（仙」fd仙/，曲,躺袖附啊M ；*曲窗如|円加V列X 汕娜曲 Qi ：4 to if-M>A.h綁绚VHi ’IM"'⑴.•.咻‘删律s ■闰uzs"用*灯14 :#存必-鹤期々丁切卡瞅确侮傳件卅⑴单心"冷药临VW'•••"「"羊6) 〃「炮4 “％为+WU絆阶够菲綁£补幺写 .聊於萌亡电场7""二R |'WE 7〃竹•询昨- 卅-°“z”“W I5 5 ?“&』；•:砒业级¥")匸乙二*》:供眄詢M丿曲孙«)Sb”x 沁"仁倉0;弹"&代匕M itUX，七E阵凸晟"小晶六饥殆觀申•*U列绞『・• 刊山初:.知脱隽4 -级"诫什旳* ■-跆:二仪姗伤C匸仏-M? •.■g・f I畋=殺〉1珂！，删-锄•••l'-r fl../i-)c«x< 綁简•翔二b血驷(酗的鞅):禅|8|村・医佑奴:册/«w・・'■叫I '匸(")・:井伽蹟M ®呵u Q. Y令屮诃：-辨•佔冊*女牌陌艮i€2I屮妙7『耳丄、1 , <4觊土L tl/ - （2）IJ二*十M起f柑、乔旳■切审枚；t?-JS-2W.1 r化零上丄如…⑶U二时常r由⑴⑴彳穆虏地财斡机y= SW也皿J仇化a丄丿”垃裁it¥第三章同余陌艮i€2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三a (mod m)2、若a三b (mod m),贝U b三a (mod m)3、若a三b (mod m) b 三c (mod m) 贝U a 三c (mod m)4、i .若a i 三b i (mod m) a 2三b2 (mod m)贝S a i+a2三b i+b2 (mod m)ii. a+b 三c (mod m) 贝U a 三c-b (mod m)5、a i= b i (mod m) a 2三b2 (mod m)贝U a 侶2三b i b? (mod m)特别的，若a三b (mod m)贝S ak三bk (mod m)6、若a三b (mod m)且a=a i d b=b i d (d,m)=1 贝S a i三b i (modm)7、i .若a三b (mod m) k>0 贝U ak 三bk (mod mkii.若a三b (mod m) d为a,b及m的任一正公因数，贝卩a/d 三b/d (mod m/d)8、若a三b (mod m) i=1、2…k 则a三b(mod mm…m) 例：一个小于4000的四位数，被3、4、5、7、9除皆余2，求这个数。
初等数论自学考试大纲
初等数论自学考试大纲第一章整除理论（一）重点整除、整除的性质、素数的性质、素数的相关定理、带余数除法、最大公约数（最大公因数）、最大公约数的性质、素数的性质的求法、最小公倍数的性质、最小公倍数的求法、辗转相除法的运用、算术基本定理、标准分解式、函数[x]、函数{x}、函数[x]和{x}的性质、!n的质因数分解式。
识记：整除、整除的性质、素数的性质、素数的相关定理、带余数除法、最大公约数（最大公因数）、最大公约数的性质、素数的性质的求法、最小公倍数的性质、最小公倍数的求法、辗转相除法的运用、算术基本定理、标准分解式、函数[x]、函数{x}、函数[x]和{x}的性质、!n的质因数分解式。
理解：整除、素数的性质、素数的相关定理、带余数除法、最大公约数（最大公因数）、最大公约数的性质、素数的性质的求法、最小公倍数的性质、最小公倍数的求法、算术基本定理、标准分解式、函数[x]、函数{x}、函数[x]和{x}的性质、!n的质因数分解式。
应用：整除、整除的性质、素数的相关定理、带余数除法、最大公约数、素数的性质的求法、最小公倍数、最小公倍数的求法、辗转相除法、辗转相除法的运用、标准分解式、函数[x]和{x}的性质、!n的质因数分解式。
（二）次重点平凡约数、非平凡约数、公因数、两两互质、素数、最小公倍数、辗转相除法。
识记：平凡约数、非平凡约数、公因数、两两互质、素数、最小公倍数、辗转相除法。
理解：平凡约数、公因数、两两互质、最小公倍数、辗转相除法。
应用：素数性质、最小公倍数、辗转相除法等的应用。
（三）一般不整除、素约数、互质、合数。
识记：不整除、素约数、互质、合数。
理解：素约数、互质、合数。
应用：素约数、互质、合数的应用。
第二章不定方程（一）重点不定方程、整数解、特解、一般解、二元一次不定方程有解条件、二元一次不定方程解的一般形式、二元一次不定方程的解法、辗转相除法、逐步回代法、余数分析法、因数（式）分析法、不等分析法、勾股数、无穷递降法。
初等数论复习题
初等数论复习题初等数论复习题在数学的世界里，数论是一门研究整数性质和整数间关系的学科。
它是数学的基础，也是其他数学领域的重要组成部分。
初等数论是数论的基础，它涉及到整数的性质、整数的整除关系、素数、最大公约数等等。
在这篇文章中，我们将回顾一些初等数论的重要概念和复习题。
1. 整数的性质整数是自然数、负整数和零的集合。
整数有很多独特的性质，比如整数的加法和乘法运算满足结合律、交换律和分配律等。
此外，整数还有奇偶性的区分，每个整数都可以分为奇数或偶数。
复习题1：证明任意两个奇数的和是偶数。
解答：设两个奇数分别为2n+1和2m+1，其中n和m为整数。
它们的和为：(2n+1) + (2m+1) = 2n + 2m + 2 = 2(n+m+1)。
由于n和m都是整数，所以n+m+1也是整数，因此2(n+m+1)为偶数。
所以任意两个奇数的和是偶数。
2. 整除关系在数论中，整除是一个重要的概念。
如果一个整数a可以被另一个整数b整除，我们称a是b的倍数，b是a的约数。
如果a能被b整除，我们可以用符号b|a 来表示。
复习题2：证明如果a|b且b|c，则a|c。
解答：根据整除的定义，如果a|b，则存在整数k，使得b=ak。
同样地，如果b|c，则存在整数m，使得c=bm。
将b的表达式代入c的表达式中，得到：c = bm = (ak)m = a(km)。
由于km是一个整数，所以a|c。
3. 素数素数是只能被1和自身整除的正整数。
素数在数论中起着重要的作用，它们是整数的基本构成单元。
素数有许多有趣的性质，比如素数的个数是无穷的。
复习题3：列举前10个素数。
解答：前10个素数依次为2、3、5、7、11、13、17、19、23、29。
4. 最大公约数和最小公倍数最大公约数（GCD）是两个或多个整数中最大的能够同时整除它们的整数。
最小公倍数（LCM）是两个或多个整数中最小的能够同时被它们整除的整数。
复习题4：求出24和36的最大公约数和最小公倍数。
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1．设r 是正奇数，证明：对任意的正整数n ，有n + 2|/1r + 2 r + + n r。
解 对于任意的正整数a ，b 以及正奇数k ，有a k +b k = (a + b )(a k - 1 - a k - 2b + a k - 3b 2 - + b k - 1) = (a + b )q ，其中q 是整数。
记s = 1r + 2 r + + n r ，则2s = 2 + (2 r + n r ) + (3 r + (n - 1)r ) + + (n r + 2 r) = 2 + (n + 2)Q ，其中Q 是整数。
若n + 2∣s ，由上式知n + 2∣2，因为n + 2 > 2，这是不可能的，所以n + 2|/s 。
2．证明：存在无穷多个正整数a ，使得n 4+ a （n = 1, 2, 3, ）都是合数。
解 取a = 4k 4，对于任意的n ∈N ，有n 4 + 4k 4 = (n 2 + 2k 2)2 - 4n 2k 2 = (n 2 + 2k 2 + 2nk )(n 2 + 2k 2- 2nk )。
因为n 2 + 2k 2 - 2nk = (n - k )2 + k 2 ≥ k 2，所以，对于任意的k = 2, 3, 以及任意的n ∈N ，n 4 + a 是合数。
3．证明：若a 被9除的余数是3，4，5或6，则方程x 3 + y 3 = a 没有整数解。
解 对任意的整数x ，y ，记x = 3q 1 + r 1，y = 3q 2 + r 2，0 ≤ r 1, r 2 < 3。
则存在Q 1, R 1, Q 2, R 2∈Z ，使得x 3 = 9Q 1 + R 1，y 3= 9Q 2 + R 2 ，其中R 1和R 2被9除的余数分别与r 13和r 23被9除的余数相同，即R 1 = 0，1或8，R 2 = 0，1或8。
(1)因此x 3 + y 3 = 9(Q 1 + Q 2) + R 1 + R 2 。
又由式(1)可知，R 1 + R 2被9除的余数只可能是0，1，2，7或8，所以，x 3 + y 3不可能等于a 。
4．证明：若n 是正整数，则214143n n ++是既约分数。
解 (21n + 4, 14n + 3) = (7n + 1, 14n + 3) = (7n + 1, 1) = 1。
注：一般地，若(x , y ) = 1，那么，对于任意的整数a ，b ，有(x , y ) = (x -ay , y ) = (x -ay , y - b (x -ay )) = (x -ay , (ab + 1)y - bx )， 因此，(1)x ayab y bx-+-是既约分数。
5．用辗转相除法求(125, 17)，以及x ，y ，使得125x + 17y = (125, 17)。
解 做辗转相除法：125 = 7⋅17 + 6，q 1 = 7，r 1 = 6， 17 = 2⋅6 + 5， q 2 = 2，r 2 = 5， 6 = 1⋅5 + 1， q 3 = 1，r 3 = 1， 5 = 5⋅1， q 4 = 5。
由定理4，(125, 17) = r 3 = 1。
利用定理2计算（n = 3）P 0 = 1，P 1 = 7，P 2 = 2⋅7 + 1 = 15，P 3 = 1⋅15 + 7 = 22， Q 0 = 0，Q 1 = 1，Q 2 = 2⋅1 + 0 = 2，Q 3 = 1⋅2 + 1 = 3，取x = (-1)3 - 1Q 3 = 3，y = (-1)3P 3 = -22，则125⋅3 + 17⋅(-22) = (125, 17) = 1。
6．求(12345, 678)。
解 (12345, 678) = (12345, 339) = (12006, 339) = (6003, 339)= (5664, 339) = (177, 339) = (177, 162) = (177, 81) = (96, 81) = (3, 81) = 3。
7．写出51480的标准分解式。
解 我们有51480 = 2⋅25740 = 22⋅12870 = 23⋅6435= 23⋅5⋅1287 = 23⋅5⋅3⋅429= 23⋅5⋅32⋅143 = 23⋅32⋅5⋅11⋅13。
8．求最大的正整数k ，使得10k∣199!。
解 由定理3，199!的标准分解式中所含的5的幂指数是23199199199555[][][]+++ = 47，所以，所求的最大整数是k = 47。
9．设x 与y 是实数，则[2x ] + [2y ] ≥ [x ] + [x + y ] + [y ]。
(1)解 设x = [x ] + α，0 ≤ α < 1，y = [y ] + β，0 ≤ β < 1，则[x ] + [x + y ] + [y ] = 2[x ] + 2[y ] + [α + β]， (2) [2x ] + [2y ] = 2[x ] + 2[y ] + [2α] + [2β]。
(3)如果[α + β] = 0，那么显然有[α + β] ≤ [2α] + [2β]； 如果[α + β] = 1，那么α与β中至少有一个不小于12，于是[2α] + [2β] ≥ 1 = [α + β]。
因此无论[α + β] = 0或1，都有[α + β] ≤ [2α] + [2β]，由此及式(2)和式(3)可以推出式(1)。
10．若a > 1，a n - 1是素数，则a = 2，并且n 是素数。
解 若a > 2，则由a n - 1 = (a - 1)(a n - 1 + a n - 2+ + 1)可知a n - 1是合数。
所以a = 2。
若n 是合数，则n = xy ，x > 1，y > 1，于是由2xy - 1 = (2x - 1)(2x (y - 1) + 2x (y - 2) + + 1)以及2x - 1 > 1可知2n - 1是合数，所以2n - 1是素数时，n 必是素数。
注：若n 是素数，则称2n - 1是Mersenne 数。
11．求N =1210n n a a a a -- 被7整除的条件，并说明1123456789能否被7整除。
解 100 ≡ 1，101 ≡ 3，102 ≡ 2，103≡ -1 (mod 7)，因此312121054302105438761010(m od 7)n n N a a a a a a a a a a a a a a a a a a a --==⋅+⋅+≡-+- ，即7∣N ⇔ 7∣210543876a a a a a a a a a -+- 。
由于789 - 456 + 123 - 1 = 455，7∣455，所以7∣1123456789。
12．说明5221+是否被641整除。
解依次计算同余式22≡ 4，24≡ 16，28≡ 256，216≡ 154，232≡-1 (mod 641)。
因此52+≡ 0 (mod 641)，21即641∣5221+。
13．求(25733+ 46)26被50除的余数。
解利用欧拉定理有(25733+ 46)26≡ (733- 4)26 = [7⋅(72)16- 4]26≡ [7⋅( -1)16- 4]26 = (7 - 4)26≡ 326 = 3⋅(35)5≡ 3⋅(-7)5 = -3⋅7⋅(72)2≡-21 ≡ 29 (mod 50)，即所求的余数是29。
14．求n =777的个位数。
解我们有71≡-3，72≡-1，74≡1 (mod 10)，因此，若77≡r (mod 4)，则n =777≡77(mod 10)。
(1) 现在77≡ (-1)7≡-1 ≡ 3 (mod 4)，所以由式(1)得到n =777≡ 73≡ (-3)3≡-7 ≡ 3 (mod 10)，即n的个位数是3。
注：一般地，若求c b a对模m的同余，可分以下步骤进行：(ⅰ) 求出整数k，使a k≡ 1 (mod m)；(ⅱ) 求出正整数r，r < k，使得c b≡r (mod k)；(ⅲ) c b a≡a r (mod m)。
15．证明：若n是正整数，则13∣42n + 1+ 3n + 2 。
解由42n + 1+ 3n + 2 = 4⋅42n+ 9⋅3n = 4⋅16n+ 9⋅3n≡ 4⋅3n+ 9⋅3n = 13⋅3n≡ 0 (mod 13)得证。
16．证明：若2|/a，n是正整数，则2na≡ 1 (mod 2n + 2)。
(1) 解设a = 2k+ 1，当n = 1时，有a2 = (2k+ 1)2 = 4k(k+ 1) + 1 ≡ 1 (mod 23)，即式(4)成立。
设式(1)对于n = k成立，则有2ka= 1 +q2k + 2，a≡ 1 (mod 2k + 2) ⇒2k其中q∈Z，所以12ka+= (1 +q2k + 2)2 = 1 +q'2k + 3≡ 1 (mod 2k + 3)，其中q '是某个整数。
这说明式(4)当n = k + 1也成立。
由归纳法知式(1)对所有正整数n 成立。
17．设n 的十进制表示是1345xy z ，若792∣n ，求x ，y ，z 。
解 因为792 = 8⋅9⋅11，故792∣n ⇔ 8∣n ，9∣n 及11∣n 。
我们有 8∣n ⇔ 8∣45z⇒ z = 6，以及9∣n ⇔ 9∣1 + 3 + x + y + 4 + 5 + z = 19 + x + y ⇔ 9∣x + y + 1， (1) 11∣n ⇔ 11∣z - 5 + 4 - y + x - 3 + 1 = 3 - y + x ⇔ 11∣3 - y + x 。
(2)由于0 ≤ x , y ≤ 9，所以由式(1)与式(2)分别得出x + y + 1 = 9或18， 3 - y + x = 0或11。
这样得到四个方程组：13x y ay x b ++=⎧⎨-+=⎩， 其中a 取值9或18，b 取值0或11。
在0 ≤ x , y ≤ 9的条件下解这四个方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6。
18．设整数n ≥ 2，证明：1(,)112i ni n i ≤≤==∑n ϕ(n )， 即在数列1, 2, , n 中，与n 互素的整数之和是12n ϕ(n )。
解 设在1, 2, , n 中与n 互素的ϕ(n )个数是a 1, a 2, , a ϕ(n )，(a i , n ) = 1，1 ≤ a i ≤ n - 1，1 ≤ i ≤ ϕ(n )， 则(n - a i , n ) = 1，1 ≤ n - a i ≤ n - 1，1 ≤ i ≤ ϕ(n )，因此，集合{a 1, a 2, , a ϕ(n )}与集合{n - a 1, n - a 2, , n - a ϕ(n )}是相同的，于是a 1 + a 2 + + a ϕ(n ) = (n - a 1) + (n - a 2) + + (n - a ϕ(n ))，2(a 1 + a 2 + + a ϕ(n )) = n ϕ(n )，因此a 1 + a 2 + + a ϕ(n ) =12n ϕ(n )。