一道大学数论习题的推广17081618
数论复习专题(教师版含答案)
数论复习专题(教师版含答案)
导言
本文档是数论复专题的教师版，包含答案。
数论是数学的一个分支，研究整数及其性质。
该文档旨在帮助教师进行数论复，并提供了题目的答案，以便教师进行评估和指导。
目录
1. 数的性质
2. 计数和排列组合
3. 素数与因子分解
4. 同余关系
5. 质数定理
1. 数的性质
1.1 奇数与偶数
题目：判断以下数是奇数还是偶数：17, 24, 31, 42
答案：17是奇数，24和42是偶数，31是奇数。
1.2 整除性质
题目：判断以下数是否能被3整除：18, 25, 36, 42
答案：18和36能被3整除，25和42不能被3整除。
...
5. 质数定理
题目：根据质数定理计算以下数的近似质数个数：
5, 10, 20, 50
答案：根据质数定理，小于等于n的质数个数约为n/ln(n)。
因此，近似质数个数分别为：
5: 2
10: 4
20: 8
50: 15
结论
本文档提供了数论复习专题的教师版，包含题目和答案，可用于教师进行复习和评估学生的掌握程度。
教师可以根据需要逐个章节进行讲解和练习，以提高学生对数论的理解和应用能力。
六年级下册数学试题-奥数专题讲练：数论发散(含答案)全国通用
12 例如： ，所以(12，18)＝2×3＝6； 数论发散一、约数的概念与最大公约数0被排除在约数与倍数之外 1．求最大公约数的方法①分解质因数法：先分解质因数，然后把相同 的因数连乘起来。
例如：231＝3×7×11，252＝22×32×7，所以(231，252)＝3×7＝21；②短除法：先找出所有共有的约数，然后相乘。
2 183 9 362③辗转相除法：每一次都用除数和余数相除，能够整 除的那个余数，就是所求的最大公约数．用辗转相 除法求两个数的最大公约数的步骤如下：先用小的 一个数除大的一个数，得第一个余数；再用第一个 余数除小的一个数，得第二个余数；又用第二个余 数除第一个余数，得第三个余数；这样逐次用后一 个余数去除前一个余数，直到余数是0为止。
那么， 最后一个除数就是所求的最大公约数。
(如果最后的 除数是1，那么原来的两个数是互质的)。
例如：求600和1515的最大公约数：1515÷600＝2…315；600÷315＝1…285；315÷285＝ 1…30；285÷30＝9…15；30÷15＝2…0；所 以1515和600的最大公约数是15。
a12 6 (a，b)2．最大公约数的性质①几个数都除以它们的最大公约数，所得的几个商是互质数；②几个数的公约数，都是这几个数的最大公约数的约数；③几个数都乘以一个自然数n，所得的积的最大公约数等于这几个数的最大公约数乘以n。
3．求一组分数的最大公约数先把带分数化成假分数，其他分数不变；求出各个分数的分母的最小公倍数a；求出各个分数的分子的最大公约数b；b即为所求。
二、倍数的概念与最小公倍数1．求最小公倍数的方法①分解质因数的方法；例如：231＝3×7×11，252＝22×32×7，所以[231，252]＝22×32×7×11＝2772；②短除法求最小公倍数；2 18 二、倍数的概念与最小公倍数1．求最小公倍数的方法a ⨯bb] =③[a，2．最小公倍数的性质①两个数的任意公倍数都是它们最小公倍数的倍数。
大学数论习题答案(部分)
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 n)1()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S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rby ax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax by ax ++/00 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0000++∴ ).,/(00b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+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 qa bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b qa 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 ≤=-+⋅=+⋅=⋅ 2,2,222211bt b t t bs t 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。
数论1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2018年全国高中数学联赛二试试题分类汇编组合与构造1981-2018年历年数学联赛48套真题2017A 三、（本题满分50分）将3333⨯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，则称他们的公共边为“分割边”。
试求分割边条数的最小值。
★解析：记分割边的条数为L .首先，将方格纸按如图所示分成三 个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分割边，此时共有56条 分割边，即56=L 。
下面证明56≥L .将方格纸的行从上至下依次记为1A ,2A ,33,A ,列从左至右依次记为1B ,2B ,33,B ,行i A 中方格出现的颜色数记为()i A n ，列i B 中方格出现的颜色数记为()i B n ，三种颜色分别记为1c ，2c ，3c ， 对于一种颜色j c ，设()i c n 是表示含有j c 色方格的函数与列数之和.记()⎩⎨⎧=色方格中不含色方格中含有，，j i j i j i c A c A c A 01,ξ，同理定义()⎩⎨⎧=色方格中不含色方格中含有，，j i j i j i c B c B c B 01,ξ，则()()()()()()()()()()∑∑∑∑∑∑=======+=+=+313313133131331,,,,j i j jjijii j jijii iic n c B c A c B c A B n A n ξξξξ①由于染j c 色的方格有36333312=⨯个，设含有j c 色方格的行有a 个，列有b 个，则j c 色方格一定在这a 行和b 列的交叉方格中，因此363≥ab .从而()3836322>≥≥+=ab b a c n i 即()39≥i c n . ,3,2,1=j ②由于在行i A 中有()i A n 种颜色的方格，因此至少有()1-i A n 条分割边，同理在行i B 中有()i B n 种颜色的方格，因此至少有()1-i B n 条分割边，于是，()()()()()()()()66661131331331331-=-+≥-+-≥∑∑∑∑====j j i i i i i i i c n B n A n B n A n L ③下面分两种情形讨论.⑴当有一行或有一列全部方格同色时，不妨设有一行全为1c 色，从而方格纸的33列中均含有1c 的方格，由于1c 的方格有363个，故至少有11行中含有1c 色方格。
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《初等数论》第三版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定理3若a1，a2，，an都是m得倍数，q1，q2，，qn是任意n个整数，则q1a1q2a2证明：qnan是m得倍数．a1,a2,an都是m的倍数。
pn使a1p1m,a2p2m,存在n个整数p1,p2,又q1,q2,,anpnm,qn是任意n个整数qnanq1a1q2a2q1p1mq2p2m(p1q1q2p2即q1a1q2a2qnpnmqnpn)mqnan是m的整数2．证明3|n(n1)(2n1)证明n(n1)(2n1)nn(1n)(2nn(n1)(n2)n(1n)n(又n(n1)(n2)，(n1)n(n2)是连续的三个整数故3|n(n1)(n2),3|(n1)n(n1)3|n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知3|n(n1)(2n1)3．若a某0by0是形如a某by（某，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(a某0by0)|(a某by)．1/77证：a,b不全为0在整数集合Sa某by|某,yZ中存在正整数，因而有形如a某by的最小整数a某0by0某,yZ，由带余除法有a某by(a某0by0)qr,0ra某0by0则r(某某0q)a(yy0q)bS，由a某0by0是S中的最小整数知r0a某0by0|a某bya某0by0|a某by（某,y为任意整数）a某0by0|a,a某0by0|ba某0by0|(a,b).又有(a,b)|a，(a,b)|b(a,b)|a某0by0故a某0by0(a,b) 4．若a，b是任意二整数，且b0，证明：存在两个整数，t使得abt,|t||b|2成立，并且当b是奇数时，，t是唯一存在的．当b是偶数时结果如何？证：作序列即存在一个整数q，使2222若b0则令,tabaq2bqb，则同样有t22(ii)当q为奇数时，若b0则令q1q1,tabab，则有222/77下证唯一性当b为奇数时，设abtb1t1则tt1b(1)b而tbb,t1tt1tt1b矛盾故1,tt122b为整数2当b为偶数时，,t不唯一，举例如下：此时3bbbbbb1b2(),t1,t122222§2最大公因数与辗转相除法1．证明推论4.1推论4.1a，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abq1r1,br1q2r2,rnqn1,0rn1rnrn1(a,b)rnd|abq1r1，d|br1q2r2，┄,d|rn2rn1qnrn(a,b),即d是(a,b)的因数。
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华杯赛奥数数论题真题精选1、甲、乙、丙三数分别为603，939，393．某数A除甲数所得余数是A 除乙数所得余数的2倍，A除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍．求A等于多少？1.王教师给小李、小杨、小刘各一张卡片，上面分别写着19□，81□，67□，小李、小杨和小刘分别在自己卡片上的□中填入一个数码得到一个三位数交给王教师。
王教师发觉，无论如何排列，这三个三位数形成的九位数除以13的余数都是11，那么他们三人在□中填入的三个数字之和为多少？2.一根红色的长线，将它对折，再对折，……，经过m次对折后将所得到的线束从中间剪断，得到一些红色的短线；一根白色的长线，经过n次对折后将所得到的线束从中间剪断，得到一些白色的短线（m>n）。
若红色短线的数量与白色短线的数量之和是100的倍数，问红色短线至少有多少条？3.20 08 ,甲乙在上面的中填入数字，甲填前两个，乙填后两个，甲先填，乙后填，假如所得的8位数是101的倍数则乙成功，否则甲成功。
那么谁将取得成功？4.一根长为L的木棍，用红色刻度线将它分成m等份，用黑色刻度线将它分成n等份（m>n）。
（1）设X是红色与黑色刻度线重合的条数，请说明：X＋1是m和n的公约数；（2）假如按刻度线将该木棍锯成小段，一共可以得到170根长短不等的小棍，其中最长的小棍恰有100根。
试确定m和n的值。
5.在1，2，3，…，99，100这100个数中，有一些是3的倍数，如3，6，9，12，15，…；也有一些是5的倍数，如5，10，15，20，25，…．在这些3的倍数和5的倍数中各取一个数相加，一共可以得到多少个不同的和？6.一个两位数，当它分别乘以1、2、3、4、5、6、7、8、9时，所得9个乘积，每个乘积的各位数字的和都相等．则满意条件的两位数是__________．7.M、N是互为反序的两个三位数，且M > N．假如M和N的公约数是21，求M．8.一个数与它的反序数的乘积是155827，则这个数与它的反序数之和是_________．9.以[x]表示不超过x的整数，设自然数n满意则n的最小值是多少？10.已知a是各位数字一样的两位数，b是各位数字一样的两位数，c是各位数字一样的四位数，且．求全部满意条件的（a，b，c）．11.纸板上写着100、200、400三个自然数，再写上两个自然数，然后从这五个数中选出若干个（至少两个）做只有加、减法的四则运算，在一个四则运算式子中，选出的数只能消失一次，经过全部这样的运算，可以得到k个不同的非零自然数。
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)。
一个数论问题的推广
一个数论问题的推广数论学是一门根植于古老的数学学科，有着深厚而广泛的学术研究背景。
在数论学中，有许多不同的问题可以探索，“一个数论问题的推广”正是其中一个。
在本文中，将介绍如何推广一个数论问题：给定一个整数N，求出所有小于等于N的素数的总数。
首先，我们可以使用基本的数学证明来分析数论问题的推广。
假设N是一个自然数，则有：$$N!=prod_{i=2}^N i$$根据上述等式，我们可以用质因数分解的方法求出N的质数因子。
例如，如果N=60，则：$$60!=2^2times 3times 5times 7times 11times 13times17times 19times 23times 29times 31 times 37 times 41 times 43 times 47 times 59$$因此，我们可以确定60以内所有的素数为2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 59。
因此，N以内所有的素数的个数为15。
我们可以进一步推广该数论问题，并引入广义质数。
广义质数是一种特殊的质数，它们可以表示为N的N-1次幂的和，其中N是一个正整数。
例如，3的广义质数为1 + 3 + 9，它们也可以表示为2^2 + 3^2 + 5^2。
为了确定N以内的质数的总数，我们可以利用类似的方法来计算。
接下来，我们可以研究一下数论问题的概率推广。
假设有M个不同的正整数的集合，我们将它们表示为$A_1, A_2,cdots,A_M$，$A_i$表示第$i$个正整数。
假设给定一个N，我们想要找出N以内有多少素数。
我们可以使用联合概率分布来求解：$$P(X_1,X_2,cdots,X_M leq N)=P(X_1 leq N)times P(X_2 leq N)times cdots times P(X_M leq N)$$显然，每个$X_i$的概率可以写作：$$P(X_i leq N)=frac{pi (N)-pi (N-A_i)}{A_i}$$ 其中$pi (N)$表示N以内的素数的个数。
初等数论练习题答案
初等数论练习题一、填空题1、 d(2420)=12；(2420)= 8802、 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, -1,0,123,4}.4、 同余方程 9x+12= 0(mod 37)的解是 x 三 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。
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 211x20 0 (mod 105)。
解：因 105 = 357 ,同余方程 3x 211x20 0 (mod 3) 的解为 x 1 (mod 3), 同余方程 3x 11x38 0 (mod 5) 的解为 x 0 , 3 (mod 5), 同余方程 3x 211x20 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：xb 1 (mod 3) , x b (mod 5), x b a (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 2三42(mod 107)是否有解？故同余方程x 2三42(mod 107)有解。
3、 求(127156+34) 28除以111的最小非负余数。
解：易知 1271 三50 ( mod 111)。
8、65 103=-1。
由502三58 ( mod 111) , 50 3三58 X 50三14 (mod 111), 509三143三80 (mod 111) 知5028三(509) 3X 50三803X 50三803X 50三68X 50三70 (mod 111)从而5056三16 (mod 111)。
《初等数论》习题集40813
《初等数论》习题集40813《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 =。
《数论综合》配套练习题
《数论综合》配套练习题一、解答题1、有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和是50，那么这个整数是多少？2、一个大于10的自然数去除90、164后所得的两个余数的和等于这个自然数去除220后所得的余数，则这个自然数是多少？3、狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳4.5米，黄鼠狼每次跳2.75米，它们每秒钟都只跳一次。
比赛途中，从起点开始每隔12.375米设有一个陷井，当它们之中有一个掉进陷井时，另一个跳了多少米？4、有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位数．求这两个整数分别是多少？5、少年宫游客厅内悬挂着200个彩色灯泡，这些灯泡或明或暗，十分有趣。
这200个灯泡按1到200编号，它们的亮暗规则是：第一秒，全部灯泡变亮；第二秒，凡编号为2的倍数的灯泡由亮变暗，改变原来的亮暗状态；1第三秒，凡编号为3的倍数的灯泡由亮变暗，改变原来的亮暗状态；第四秒，凡编号为4的倍数的灯泡由亮变暗或者由暗变亮，改变原来的亮暗状态；第五秒，凡编号为5的倍数的灯泡由亮变暗或者由暗变亮，改变原来的亮暗状态；一般地，第n秒，凡编号为n的倍数的灯泡都改变原来的亮暗状态；那么第200秒时，明亮的灯泡有多少个？6、19811101是个15进制数，这个数是否是7的倍数呢？7、一个三位数的百位和十位相同，减去其各位数字之和后是其各位数字之积的两倍，求所有这样的三位数。
8、有一串数：1，1，2，3，5，8，……，从第三个数起，每个数都是前两个数之和，在这串数的前2012个数中，有几个是5的倍数？9、1，2，3，4，5，6各一个是否可以组成两个三位数，使得它们的和是7的倍数？如果可以，请构造；如果不可以请说明理由。
210、已知n是正整数，规定n！＝1×2×…×n，令m＝1！×1＋2！×2＋…＋2012！×2012，则整数m除以2013的余数是多少？答案部分一、解答题1、【正确答案】：29【答案解析】：（70＋110＋160）－50＝29050÷3＝16 (2)除数应当是290的大于17小于70的约数，只可能是29和58，110÷58＝1 (52)52＞50所以除数不是58．70÷29＝2 (12)110÷29＝3 (23)160÷29＝5 (15)12＋23＋15＝50所以除数是29。
数论知识延拓
江苏书人教育 精品1对1辅导 - 1 - 数论知识延拓
一、 数字和问题
1.9
99.....99n A ⨯1442443个乘积的数字和是多少？
解答：只要A 的位数小于等于n ，则乘积的数字和为9n 。
例题1：算式×的结果的各个数位上的数字之和是多少？
例题2：下面是两个1989位整数相乘：
，乘积的各位数字之和是多少？
2. 22013111.....11144424443个的数字和是多少？
解答：每九个1一组，数字和为9的平方81，剩余几个1再加上几的平方。
例题3：2013
1111111111......111...111+++++144424443的结果的数字和是多少？那么这个数除以9的
余数是多少？
二、 带余除法
例题4：20026
666.....66144424443个被37整除，余数是多少？
例题5：两个整数相除商是4，余数是8，并且被除数与除数相差245，求这两个整数。
例题6：7
77除以5的余数是多少？。
数论讲义答案
数论选讲一、整除1．整数就是离散得，每两个整数之间得距离至少为1．即1a b a b <⇔-≤，,a b Z ∈2．带余除法．设0b >，对于任一整数a ，总可以找到一对唯一确定得q ，r 满足 a qb r =+，0r b ≤<．我们称r 为a 除以b 得余数．当0r =时，我们说a 被b 整除或b 整除a ，记为|b a ．并称a 就是b 得倍数或b 就是a 得约数（因数），此时b a ≤．当0r ≠时，我们说a 不被b 整除或b 不整除a ，记为|b a /．3．如果正整数a 除了1及a 以外没有其她得约数，则称a 为质数，否则称a 为合数． 100以内得质数如下： 2，3，5，7，11，13，17，19， 23，19，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，914．唯一分解定理．每一个大于1得自然数n 都可写成质数得连乘积，即表示成12121k i k k ii n p p p p αααα===∏L 得形式，其中12k p p p <<<L 为质数，*i N α∈，且这种表示就是唯一得．5．利用唯一分解定理，我们可以得到关于n 得正约数得两个性质：n 得正约数个数为 121()(1)(1)(1)(1)kk i i d n αααα==+++=+∏L ．n 得所有正约数之与为 01()ik j i j i n p ασ===∑∏．6．若|x a 且|x b ，则称x 为a 、b 得公约数．设d 为所有x 中得最大者，则称d 为a 、b 得最大公约数，记作(,)d a b =．7．若|a y ，|b y ，则称y 为a 、b 得公倍数．设m 为所有y 中大于零得最小者，则称m 为a 、b 得最小公倍数，记作[,]m a b =．8．对于任意正整数a 、b ，都有(,)[,]ab a b a b =．9．贝佐特（1730~1783）定理．设(,)d a b =，则存在整数u 、v ，使得ua vb d +=．10．如果|a c ，|b c ，(,)1a b =，则|ab c ．【例题选讲】1、证明两个连续正整数得积不可能就是完全平方数，也不可能就是完全立方数．反设存在正整数x ，y ，使x (x ＋1)＝y 2，由于x ，x ＋1互质，故x ，y 都就是完全平方数． 两个完全平方数相差1，只有0与1满足要求，此时x ＝0，y ＝0，与x 为正整数矛盾． 又反设存在正整数x ，y ，使x (x ＋1)＝y 3，由于x ，x ＋1互质，故x ，y 都就是完全立方数． 设x ＝u 3，x ＋1＝v 3(u ，v ∈N *，v ＞u )，v 3－u 3＝(v －u )(v 2＋vu ＋u 3)＝1，由于v －u ≥1，v 2＋vu ＋u 2≥7，故v 3－u 3＝1不成立，故证．2、设m ＞n ≥1，(m ，n )＝d ，证明：d mC n m 为整数． 证明：由于C n m 为整数，又n m C n m ＝n m ×m !n !(m －n )!＝C n －1m －1为整数． 存在x ，y ∈Z ，使xm ＋yn ＝d ，所以，d m C n m ＝xm ＋yn m C n m ＝x C n m ＋y n m C n m＝x C n m ＋y C n －1m －1∈Z ．3、证明：若(m ，n)＝1，则m|C n m ＋n －1． C n m ＋n －1＝m m ＋n C m m ＋n ⇒mC n m ＋n －1＋nC n m ＋n －1＝mC m m ＋n ⇒ nC n m ＋n －1＝m(C m m ＋n －C n m ＋n －1)， ∴ m|n C n m ＋n －1，但(m ，n)＝1，故m|C n m ＋n －1． 4、在n 2与(n ＋1)2之间任取若干个互不相同得整数，则这些整数两两得乘积都互不相等． 证明：若只取3个整数a ，b ，c ，满足n 2＜a ＜b ＜c ＜(n ＋1)2，则ab ＜ac ＜bc ．故只有取得数至少有4个时才有可能使两两得积相等．设n 2＜a ＜b ＜c ＜d ＜(n ＋1)2，且有ad ＝bc ．于就是b a ＝d c ，令b a ＝d c ＝u v(u ，v ∈N *， (u ，v )＝1)．于就是，必有b ＝up ，d ＝uq ，a ＝vp ，c ＝vq ．由c ＞b ＞a ，知u ＞v ，q ＞p ．所以，u ≥v ＋1，q ≥p ＋1．d ＝uq ≥(v ＋1)(p ＋1)＝vp ＋p ＋v ＋1＝a ＋(p ＋v )＋1≥n 2＋2pv ＋1≥n 2＋2a ＋1＞n 2＋2n ＋1＝(n ＋1)2．与d ＜(n ＋1)2矛盾．5、已知a 、b 为正整数，并且ab 2|(a 3＋b 3)，求证a ＝b ．设(a ，b )＝d ，且a ＝a 1d ，b ＝b 1d (a 1，b 1为自然数)，则(a 1，b 1)＝1、由ab 2|(a 3＋b 3)，可设a 3＋b 3＝kab 2 (k ∈N *)，∴ a 3＝b 2(ka －b )．即a 31＝b 21(ka 1－b 1)．于就是，b 1|a 1，故(a 1，b 1)＝b 1＝1． a 31|(ka 1－1)，于就是a 1|(ka 1－1)，∴ a 1|1，于就是a 1＝1． ∴ a ＝b ＝d ．注：由于ab 2与a 3、b 3均为3次式，故可同时约去d 3而不影响问题得结论．故可设(a ，b )＝1来做．又证：设a 3＋b 3ab 2＝k (k ∈N *)，即(a b )2＋b a ＝k ．记x ＝a b，则x 为有理数，且x 3－kx ＋1＝0． 此方程得有理根只能为x ＝±1，但a ，b 均为自然数，故x ＝1，∴a ＝b ．6、存在1000个连续正整数，其中恰有20个素数．证明：取1001!＋2，1001!＋3，…，1001!＋1000，1001!＋1001，这1000个数都就是合数． 记1001!＋2＝a ．则a ，a ＋1，a ＋2，…，a ＋999均为合数．去掉a ＋999，添上a －1，又得1000个数：a －1，a ，a ＋1，…，a ＋998．由于去掉一个合数而添了一个整数，故所得1000个数中至多有1个素数．再去掉a ＋998而添上a －2，此时，这1000个数中素数得个数比刚才得1000个数多1个或相同或减少1个．这一过程可以一起进行到得到1，2，…999，1000这1000个数为止．此时，这1000个数中得素数个数多于20个(2至100中就有25个素数)由于每次置换1个数时，所得得1000个与与原1000个数相比较，素数得个数只能增加1个或相同或减少1个．于就是这一过程中每次所得素数个数至多变化1个，于就是必有某个时刻，恰有20个素数．说明：《离散得零点定理》设f (n )就是定义在整数上得函数，取值也就是整数．且|f (n ＋1)－f (n )|≤1，且存在不同两个整数a ，b (a ＜b )，使f (a )f (b )＜0，则必存在整数c ，满足a ＜c ＜b ，使f (c )＝0．7、求出具有下述性质得正整数n ：它被≤n 得所有正整数整除．解：设q 2≤n ＜(q ＋1)2，(q ∈N *)，则[n]＝q ．令n ＝q 2＋r(0≤r ≤2q)．由于q|n ，q|q 2，故q|r ⇒r ＝0，q ，2q ．即所有满足n ＝q 2，q 2＋q ，q 2＋2q 得正整数均为本题得解．解：显然，n ＝1，2，3，4满足题意．现设n ≥5．由此题知，n ＝q 2，q 2＋q ，q 2＋2q ．且q ≥2．又n 能被q －1整除．当n ＝q 2＝q(q －1)＋q ，于就是q －1|q ⇒q －1＝1⇒q ＝2时，此时，n ＝4；当n ＝q 2＋q ＝(q －1)(q ＋2)＋2，有q －1|2⇒q ＝2，3，此时，n ＝6，12；当n ＝q 2＋2q ＝(q －1)(q ＋3)＋3，有q －1|3⇒q ＝2，4，此时，n ＝8，24．∴ n ＝1，2，3，4，6，8，12，24．8、证明：有无穷多个n ，满足：n|2n ＋1．分析：证明满足某要求得整数有无穷多个，通常有：⑴ 给出一个公式，可以由此公式得出无穷多满足要求得数；⑵ 给出一个递推式，可以由其中任一个满足要求得数得出只一个满足要求得数；且这些数都互不相同；⑶ 用数学归纳法证明之．解法一：n ＝1时，1|21＋1；n ＝3时，3|23＋1；n ＝9时，9|29＋1．即n ＝30，31，32时均满足要求．故推测3k |23k＋1对于一切正整数k 成立．下用数学归纳法证明：设3k |23k ＋1．则存在正整数t ，使23k ＝3k t －1．故23k ＋1＋1＝(3k t －1)3＋1＝33k t 3－32k ＋1t 2＋3k ＋1t ＝3k ＋1t(32k －1t 2－3k t ＋1)．即3k ＋1|23k ＋1＋1． ∴ 由数学归纳原理知，对于一切正整数k ，都3k |23k＋1．从而有无穷多得整数n ＝3k 使n|2n ＋1，解法二：前已有n ＝1时，3|21＋1＝3，又有23|23＋1＝9，9|29＋1＝513．故推测：若m k |2m k ＋1，记m k ＋1＝2m k ＋1，则m k ＋1|2m k ＋1＋1．下用数学归纳法证明之：由于2m k ＋1为奇数，故m k 为奇数，令2m k ＋1＝m k u ，u 为奇数．即m k ＋1＝m k u ．于就是，2m k ＋1＋1＝(2m k )u ＋1＝(2m k ＋1)((2m k )u －1－(2m k )u －2＋…＋1)＝m k ＋1((2m k )u －1－(2m k )u －2＋…＋1)．即m k ＋1|2m k ＋1＋1成立．由数学归纳法知推测成立．说明：解法一即给出一个解得公式，解法二给出了一个递推．均用数学归纳法证明．9、证明：任意正整数n 可以表示成a －b 得形式，其中a ，b 就是正整数，且a 与b 不同得素因子个数相同．证明：n ＝pn －(p －1)n ．若n 为偶数，取p ＝2，a ＝pn ，b ＝n ．此时，a ，b 得不同素因子个数都与n 相同． 若n 为奇数，取不能整除n 得最小素数p ，p ≥3．此时，p －1得素因子或者只有2(p －1＝2k )，或者除2外都就是n 得因子(因小于p 得素数都能整除n)，此时a ，b 得素因子都比n 多1个．故证．二、同余11．设*m N ∈，如果整数a 、b 除以m 得余数相同，则其差a b -必被m 整除，即存在q Z ∈使得a b qm -=．则称a 、b 模m 同余，或简称同余．记为()mod a b m ≡．12．同余得基本性质．①()mod a a m ≡．②若()mod a b m ≡，则()mod b a m ≡．③若a b ≡，()mod b c m ≡，则()mod a c m ≡．④若a b ≡，()mod c d m ≡，则 ()mod xa yc xb yd m +≡+，x 、y Z ∈．()mod ac bd m ≡． ()mod n n a b m ≡，n N ∈．⑤若()mod ac bc m ≡，则mod(,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．⑥若()mod a b m ≡，|n m ，则()mod a b n ≡． ⑦若()mod i a b m ≡，则()12mod[,,,]k a b m m m ≡L ．13．同余就是一种等价关系，整数集Z 可以根据模m 来分类：如果a 、b 模m 同余，则a 、b 属于同一类，否则不属于同一类．这样可以得到模m 得m 个剩余类（同余类），即： {}i M i km k Z =+∈，0,1,2,,1i m =-L ．从每一类中各取一个数作为代表得到得m 个数称为模m 得一个完全剩余类，简称完系， 当m 为奇数时，其由绝对值最小得数组成得完系为： 10,1,2,,2m -⎧⎫±±±⎨⎬⎩⎭L ． 当m 为偶数时，其由绝对值最小得数组成得完系为：0,1,2,,(1),22m m ⎧⎫±±±-⎨⎬⎩⎭L ． 14．在模m 得m 个剩余类{}i M i km k Z =+∈（0,1,2,,1i m =-L ）中，如果i 与m 互质，那么i M 中每一个数均与m 互质．这样得剩余类共有()m ϕ个，()m ϕ就是1、2、…、m 中与m 互质得个数，称为欧拉函数．15．在()m ϕ个剩余类中各取一个代表，称为模m 得缩剩余系，简称缩系．质数p 得缩系由1p -个数组成，即 {}1,2,,1p -L ，或11,2,,2p -⎧⎫±±±⎨⎬⎩⎭L ． 16．设正整数m 、n 互质，则 ()()()mn m n ϕϕϕ=．事实上，如果{}12,,,t a a a L ，{}12,,,s b b b L 分别就是模m 与模n 得缩系， 那么{}1,1i j mb na i s j t +≤≤≤≤就是模mn 得缩系．17．设1i k i i n p α==∏，i p 为不同得质数，*i N α∈．则1111()(1)(1)i kk i i i i i n n p p p αϕ-===-=-∏∏． 18．欧拉定理：设(),1a m =，则()()1mod m a m ϕ≡．19．费马小定理：设p 为质数，则()mod p a a p ≡．当(),1a p =时，()11mod p a p -≡．20．中国剩余定理（孙子定理）：设正整数1m 、2m 、…、k m 两两互质，则对于任意给定得整数1a 、2a 、…、k a ，同余方程组()()()1122mod mod mod k k x a m x a m x a m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩L一定有解．令1k i i M m ==∏，则其解为 1k i i i iM x a b m =≡⋅∑． 其中i b 满足()1mod i i iM b m m ⋅≡． 【例题选讲】10、证明：若整数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，记d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999．则|d|不就是素数．证明：首先，u n ≡u(mod 2)，故d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999≡a ＋b ＋c ≡0(mod 2)，即2|d ．又由Fermat 定理，u 3≡u(mod 3)⇒u 3k ≡u(mod 3)，从而u 1999＝u 33·74＋1≡u 74＋1＝u 75≡u 25＝u 24＋1≡u 8＋1≡u(mod 3)，故d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999≡a ＋b ＋c ≡0(mod 3)，∴ 6|d ，即|d|不就是素数．11、用1，2，3，4，5，6，7这7个数码组成7位数，每个数码恰用一次，证明：这些七位数中没有一个就是另一个得倍数．设有两个这样得七位数a ，b ，(a ＞b)，满足a ＝bc ，其中c 为大于1得整数．由于1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28≡1(mod 9)，故a ≡b ≡1(mod 9)．若a ＝bc ，则bc ≡1(mod 9)，于就是，c ≡1(mod 9)．但c ＞1，从而c ≥10．此时bc 不就是七位数，与a 就是七位数矛盾．12、设p 为素数，a ≥2，m ≥1，a m ≡1(mod p)，a p －1≡1(mod p 2)．求证：a m ≡1(mod p 2)．证明：a m ≡1(mod p)⇒a m ＝1＋px ，故a pm ＝(1＋px)p ＝1＋p 2(……)．所以，a pm ≡1(mod p 2)．∵a p－1≡1(mod p2)⇒a(p－1)m≡1(mod p2)．同乘以a m：a pm≡a m(mod p2)∴a m≡a pm≡1(mod p2)13、设p为给定正整数，m，n为任意正整数，试确定(2p)2m－(2p－1)n得最小正值．解：(2p)2m≡1(mod 2p－1)，故(2p)2m－(2p－1)n≡1(mod 2p－1)．若存在m，n，使(2p)2m－(2p－1)n＝1，则有(2p)2m－1＝(2p－1)n⇒((2p)m＋1)((2p)m－1)＝(2p－1)n．由于(2p)m＋1，(2p)m－1)＝1，故(2p)m＋1＝a n，(2p)m－1＝b n，且(a，b)＝1．即a n－b n ＝2．只有n＝1，a＝b＋2时成立，此时，解(2p)2m－(2p－1)＝1⇒2p((2p)2m－1－1)＝1这就是不可能得．故所求最小值≠1．再若存在m，n使(2p)2m－(2p－1)n＝(2p－1)＋1＝2p，此时，(2p)2m－(2p－1)n≡－(－1)n≠0(mod 2p)，故不可能．于就是，所求最小值≥4p－2＋1＝4p－1．取m＝1，n＝2，得(2p)2－(2p－1)2＝4p－1．∴所求最小值为4p－1，当m＝1，n＝2时取得此最小值．14、数列{x n}：1，3，5，11，…，满足x n＋1＝x n＋2x n－1(n≥2)，数列{y n}：7，17，55，161，…，满足y n＋1＝2y n＋3y n－1(n≥2)，证明：这两个数列没有相同得项．分析：证明这两个数列mod 8后都就是周期数列．证明：mod 8：数列x n(mod 8)：1，3，5，3，5，…．若x2k－2≡3，x2k－1≡5(mod 8)成立，则x2k＋1≡5＋2×3＝11≡3(mod 8)，x2k≡3＋2×5＝13≡5(mod 8)．即x2n≡3，x2n＋1≡5(mod 8)对于一切n∈N*成立．而数列y n(mod 8)：7，1，7，1，…．若y2k－1≡7，y2k≡1(mod 8)成立，则y2k＋1≡1×2＋7×3＝23≡7(mod 8)，y2k＋2≡7×2＋1×3＝17≡1(mod 8)．即y2n≡1，y2n＋1≡7(mod 8)对于一切n∈N*成立．在{x n}中，x1＝1≡1(mod 8)，但y n就是单调增得，且y1＞1，故y n＞1，于就是不可能y n＝1，故证．说明：利用抽屉原理可以证明：若数列{x n}满足递推关系：x n＋k＝f(x n＋k－1，x n＋k－2，…x n)，其中f为k元整系数多项式．初始值x1，x2，…，x k为给定整数．于就是{x n}为一整数数列．则{x n}模m(m＞1，m∈N*)后终将成为周期数列(可能除去开始得若干项)．15、设m就是给定正整数，证明：由x1＝x2＝1，x n＋2＝x n＋1＋x n(k＝1，2，…)定义得数列{x n}得前m2个项中，必有一个能被m整除．证明：记x i≡y i(mod m)(0≤y i≤m－1)．取数组(y1，y2)，(y2，y3)，…，(y i，y i＋1)，…．由于只有m2个不同得数组．故取m2＋1个数组，必有两个数组相同，即存在1≤i＜j ≤m2＋1，使y i＝y j，y i＋1＝y j＋1，于就是(y i，y i＋1)＝(y j，y j＋1)，取满足此要求得最小得i，则i必须为1．否则，由i＞1，则y i－1≡y i＋1－y i，y j－1≡y j＋－y j(mod m)，1于就是，y i－1＝y j－1，得(y i－1，y i)＝(y j－1，y j)，这与i得最小性矛盾．从而i＝1．即存在(y j，y j＋1)＝(1，1)(j≤m2＋1)，此时y j－1＝0，即m|x j－1．故证．16、连结正n 边形得顶点，得到一个n －折线(即用这个正n 边形得n 个顶点为顶点连出一个有n 条边得闭折线)．证明：若n 为偶数，则连线中有两条平行线；若n 为奇数，则连线中不可能恰有两条平行线．证明：按逆时针顺序把为n 个顶点编号：0，1，2，…，n －1．且按a 0－a 1－…－a n －1－a n ＝a 0连成折线，其中a 0，a 1，…，a n －1就是0，1，2，…，n －1得一个排列．由于a i 为正n 边形得顶点，故a i a i ＋1∥a j a j ＋1⇔⌒a i a i ＋1＝⌒a j a j ＋1⇔a i ＋a i ＋1≡a j ＋a j ＋1(mod n)．⑴ 当n 为偶数时，2 |/ n ⁄－1，故模n 得任一完系之与≡0＋1＋…＋(n －1)＝12n(n －1)≡/0(mod n)．但Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)＝Σi ＝0n －1a i ＋Σi ＝0n －1a i ＋1＝2Σi ＝0n －1a i ＝2×12n(n －1)≡0(mod n)． 这说明全体a i ＋a i ＋1不构成完系．所以，必有0≤i ，j ≤n －1，i ≠j ，使a i ＋a i ＋1≡a j ＋a j ＋1(mod n)，于就是必有两条平行线．若n 为奇数，若恰有一对边a i a i ＋1∥a j a j ＋1，则a i ＋a i ＋1(mod n)得剩余类中，必有一对剩余类r 出现2次，故必有一对剩余类s 没有出现，于就是Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)＝Σi ＝0n －1a i ＋Σi ＝0n －1a i ＋1＝2Σi ＝0n －1a i ≡0(mod n)， 另一方面，Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)≡0＋1＋…＋(n －1)＋r －s ≡r －s ≠0(mod n)． 这说明，n 为奇数时，不可能恰有一对边平行．17、设n 为奇数，n ≥3．集合S ＝{0，1，2，…，n －1}．证明：在S 中去掉任一个元后，余下得元都能划分成两个集合，每个集合都有n －12个元，且两组得与模n 同余． 证明：1° 首先，若去掉得元为0，⑴ n ＝4k ＋1，则余下4k 个元分成2k 对：{1，4k}，{2，4k －1}，…，{2k ，2k ＋1}，每对得与mod n 均为0．于就是，任取其中k 对为一组，余下k 对为另一组，两组得与模n 同余；⑵ n ＝4k ＋3，余下4k ＋2个元中，先取{1，2，4k}，{3，4k ＋1，4k ＋2}，再把其余得数分成2k －2对：{4，4k －1}，{5，4k －2}，…，{2k ＋1，2k ＋2}，每对得与mod n 均为0．于就是，任取其中k －1对加上{1，2，4k}为一组，余下k －1对加上{3，4k ＋1，4k ＋2}为另一组，两组得与模n 同余；2° 若去掉得数为a ，则把所有得数都加n －a 得到集合S '＝{n －a ，n －a ＋1，…，n ，n ＋1，2n －a －1}，S '仍就是模n 得完系．去掉S 中得a 对应于S '中得n ．于就是S '可以按1°分成满足要求得两组，再把分好得数各减去n －a 即得到S 得一个分法．18、一个立方体得顶点标上数＋1或－1，各面中心标上一个数，它等于该面4个顶点上标得数得乘积．证明：这样标出得14个数得与不能为0．证明：设此14个数得与为S ．现把任一个标－1得顶点改为标＋1，则它同时使相关3个面上得数得符号改变，改变后14个顶点上数得与为S '．于就是S －S '＝2(±1±1±1±1)但任何4个＋1或－1得与为偶数，于就是S －S '≡0(mod 4)．这样一起做下去，直到所有顶点标得数都为＋1，此时与S "＝14≡2(mod 4)．于就是S ≡2(mod 4)，从而S ≠0．19、求所有正整数n ，使由n －1个数码1及1个数码7组成得n 位数都就是素数．解：对于n ，所有这样得n 位数都可写成N ＝A n ＋6×10k (其中，A n 表示由n 个1组成得n 位数，k ＝0，1，…，n －1)．若3|n ，则3|A n ，于就是3|N ．此时N 不就是素数．现设3 |⁄ n ， A n注意A 6≡0(mod 7)，故有A 6k ＋r ≡A r (k ∈N *，1≤r ≤6)．由于(10，7)＝1，故1，10，102，…，105就是7得一个缩系，从而6×10k (k ＝0，1，2，3，4，5)也就是mod 7)得一个缩系．又有下表：且6×106k ＋r ≡6×10r (k ∈N *，0≤r ≤5)． ∴ n ＞6时，按n ≡1，2，4，5(mod 6)，取k ＝0，4，5，2，即有7|N ．此时N 不就是素数．而n ＝4时，7111＝13×547；n ＝5时，11711＝7×1673，即n ＝4，5均不满足要求． ∴ n ＝1，2．三、高斯函数与不定方程21．高斯函数[]x ：表示不超过x 得最大整数，称为x 得整数部分．同时记{}[]x x x =-为x 小数部分（或称尾数部分）．22．[]x 得基本性质：①x R ∀∈，[][]11x x x x -<<+≤；②x R ∀∈，[]{}x x x =+；③x R ∀∈，n Z ∈，[][]x n x n +=+，{}{}x n x +=．④x R ∀∈，y R ∈，[][][]x y x y ++≤，{}{}{}x y x y ++≥．⑤0x ∀≥，0y ≥，[][][]xy x y ≥．【例题选讲】20、若n≡4(mod 9)，证明不定方程x3＋y3＋z3＝n没有整数解．证明：x≡1，2，0(mod 3)⇒x3≡1，2，0(mod 9)，∴x3＋y3＋z3≡0，1，2，3，6，7，8(mod 9)．故此方程无解．21、确定方程x41＋x42＋…＋x4 14≡1599得全部非负整数解．解：x4≡0，1(mod 16)，于就是x41＋x42＋...＋x4 14≡0，1，2， (14)而1599≡5(mod 16)．故无解．22、证明：方程x!y!=z!有无穷多组正整数解(x，y，z)满足x＜y＜z．证明：由于n!=n·(n－1)!、故(n!)!=(n!)(n!－1)!从而取x＝n，y＝n!－1，z＝n!，则有无穷多个解．说明：给出了一个解得公式．23、求不定方程x4＋y4＋z4＝2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24得全部整数解．解：若(x，y，z)就是其一个解，则(±x，±y，±z)也就是方程得一个解．x4＋y4＋z4－2x2y2－2y2z2－2z2x2＝x4＋y4＋z4－2x2y2－2y2z2＋2z2x2－4z2x2＝(x2－y2＋z2)2－(2zx)2＝(x2－y2＋z2＋2zx)(x2－y2＋z2－2zx)＝(x＋y＋z)(x－y＋z)(x－y－z)(x＋y－z)＝－(x＋y＋z)(－x＋y＋z)(x－y＋z)(x＋y－z)．于就是，原方程即(x＋y＋z)(－x＋y＋z)(x－y＋z)(x＋y－z)＝－23×3．由于x＋y＋z，－x＋y＋z，x－y＋z，x＋y－z得奇偶性相同．若它们全为奇数，则其积为奇数，不可能等于－24，若它们全为偶数，则其积可以被24整除，也不可能等于－24．从而本题无满足要求得解．解法2由于左边为偶数，故x，y，z或都为偶数，或两奇一偶．⑴若x，y，z两奇一偶，不妨设x，y为奇数，z为偶数，则x4≡1(mod 16)，y4≡1(mod 16)，z4≡0(mod 16)，x4＋y4＋z4≡2(mod 16)x2≡1，9(mod 16)，y2≡1，9(mod 16)，z2≡0，4(mod 16)．于就是x2y2≡1，9(mod 16) 2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24＝2x2y2＋2z2(x2＋y2)＋24≡2＋0＋8≡10(mod 16)．从而x4＋y4＋z4≡/2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24(mod 16)；⑵若x，y，z均为偶数，则x4＋y4＋z4≡0(mod 16)，2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24≡8(mod 16)，仍有x4＋y4＋z4≡/2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24(mod 16)从而本题无满足要求得解．24、证明：方程y＋y2＝x＋x2＋x3没有非零整数解．证明：反设存在非零整数x，y满足方程，则(y－x)(y＋x＋1)＝x3．下证(y－x，y＋x＋1)＝1．设(y－x，y＋x＋1)＝p，则p|x，于就是由p|y－x，知p|y，但p|y＋x＋1，故p|1．即p＝1．于就是y－x与y＋x＋1都就是完全立方数，设y＋x＋1＝a3，y－x＝b3，x＝ab．则a3－b3＝2x＋1⇒a3－b3＝2ab＋1⇒(a－b)(a2＋ab＋b2)＝2ab＋1．由x＝ab，①若ab＞0，则x＞0．有a＞b．故a－b≥1，a2＋ab＋b2＞2ab＋ab＝3ab ＝2ab＋ab≥2ab＋1．从而(a－b)(a2＋ab＋b2)＞2ab＋1，矛盾；②ab＝0，则x＝0，与x非零矛盾；③ab＜0，于就是2x ＋1＜0，故a ＜b ．b ＞0，a ＜0，|a －b |≥2．a 2＋ab ＋b 2≥2|ab |＋ab ＝|ab |，所以|a －b ||a 2＋ab ＋b 2|≥2|ab |，而|2ab ＋1|＜2|ab |，从而|(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)|＞|2ab ＋1|，矛盾．故证．25、求不定方程(n －1)!＝n k －1得全部正整数解．解：n ＝2时，有解(n ，k )＝(2，1)．当n ＞2时，左边为偶数，故n 只能为奇数．取n ＝3，(3－1)!＝2＝31－1，故有解(n ，k )＝(3，1)；取n ＝5，(5－1)!＝24＝52－1，故有解(n ，k )＝(5，2)．下设n ≥7且n 为奇数．于就是n －12为整数且n －12≤n －4，所以，2×n －12|(n －2)!，从而(n －1)2|(n －1)!．∴ (n －1)2|n k －1＝[(n －1)＋1]k －1＝(n －1)k ＋C 1k (n －1)k －1＋C 2k (n －1)k －2＋…＋C k －2k(n －1)2＋k (n －1)．∴ (n －1)2|k (n －1)⇒(n －1)|k ⇒k ≥n －1．此时，n k －1≥n n －1－1＞(n －1)!，故n ≥7时不定方程无解．即方程得解为(n ，k )＝(2，1)，(3，1)，(5，2)．26、证明方程x 2＋y 2＋z 2＝3xyz 有无穷多组正整数解(x ，y ，z )．证明 由于方程具有对称性，故可改证此方程得满足x ≤y ≤z 得解有无数组．若x ＝y ＝z ＝a (a ∈N*)，则3a 2＝3a 3⇒a ＝1．即方程有解(1，1，1)；若x ＝y ＝1，则得2＋z 2＝3z ，得方程得另一组解为(1，1，2)；若x ＝1，y ＝2，则得方程z 2－6z ＋5＝0，得方程得另一组解(1，2，5)；现设(a 0，b 0，c 0) (其中a 0＜b 0＜c 0)就是方程得一组正整数解，即a 20＋b 20＋c 20＝3a 0b 0c 0成立，考虑方程b 20＋c 20＋z 2＝3b 0c 0z ，即z 2－3b 0c 0z ＋(b 20＋c 20)＝0，此方程必有一正整数解z ＝a 0，由韦达定理，其另一解为z 1＝3b 0c 0－a 0必为正整数．于就是原方程必有解(b 0，c 0，3b 0c 0－a 0)且这一组解也满足b 0＜c 0＜3b 0c 0－a 0．令a 1＝b 0，b 1＝c 0，c 1＝3b 0c 0－a 0为方程得一组满足a 1＜b 1＜c 1得正整数解，则又可从此解出发得到方程得另一组解(b 1，c 1，3b 1c 1－a 1)．这一过程可以无限延续下去，从而原方程有无穷多组解．27、求不定方程组 ⎩⎨⎧x ＋y ＋z ＝3，x 3＋y 3＋z 3＝3．得全部整数解． 解：(1，1，1)就是一组解．消去z ： x 3＋y 3＋(3－x －y)3＝3⇒3(x ＋y)2－xy(x ＋y)－9(x ＋y)＋8＝0．∴ (x ＋y)(xy －3(x ＋y)＋9)＝8．于就是x ＋y|8⇒x ＋y ＝±1，±2，±4，±8．若x ＋y ＝1，则xy ＝2(无解)；x ＋y ＝－1，xy ＝－20⇒x ＝－5，y ＝4，z ＝4，或x ＝4，y ＝－5，z ＝4；x ＋y ＝2，xy ＝1⇒x ＝y ＝1，z ＝1；x ＋y ＝－2，xy ＝－19(无解)；x ＋y ＝4，xy ＝5(无解)；x ＋y ＝－4，xy ＝－23(无解)；x ＋y ＝8，xy ＝16⇒x ＝y ＝4，z ＝－5；x ＋y ＝－8，xy＝－34(无解)．∴ 解为(1，1，1)，(－5，4，4)，(4，－5，4)，(4，4，－5)．28、求不定方程x 3＋x 2y ＋xy 2＋y 3＝8(x 2＋xy ＋y 2＋1)得全部整数解．解：(x ＋y)((x ＋y)2－2xy)＝8((x ＋y)2－xy ＋1)．令x ＋y ＝u ，xy ＝v ，则得u(u 2－2v)＝8(u 2－v ＋1)就是一个关于v 得一次方程．显然u 必为偶数，设u ＝2w ，则得w(2w 2－v)＝2(4w 2－v ＋1)．∴ v ＝2w 3－8w 2－2w －2＝2w 2－4w －8－18w －2．于就是w －2＝±1，±2，±3，±6，±9，±18．∴ ⎩⎨⎧w ＝ 3， 1， 4， 0，5，－1，8，－4，11，－7， 20，－16；v ＝－20，8，－1，1，16， 4，85，43，188，120，711， 569．x ，y 就是方程t 2－2wt ＋v ＝0得整数解，故w 2－v 为完全平方数．其中只有w ＝5，v ＝16满足此要求． ∴ (x ，y)＝(2，8)，(8，2)．29、对任意得∑∞=+*+=∈01].22[,K k kn S N n 计算和 解：因]212[]22[11+=+++k k n n 对一切k =0,1,…成立，因此，].2[]22[]212[111+++-⋅=+k k k n n n 又因为n 为固定数，当k 适当大时,.)]2[]2([,0]2[,1201n n n S n n K k k k k ==-==<∑∞=+Λ故从而 30、计算与式.]503305[5020的值∑==n nS解：显然有：若.,,1][][][,1}{}{R y x y x y x y x ∈++=+=+则503就是一个质数，因此，对n=1,2,…,502, 503305n 都不会就是整数，但503305n +,305503)503(305=-n 可见此式左端得两数得小数部分之与等于1，于就是，[503305n ]+.304]503)503(305[=-n 故 ∑∑===⨯=-+==25115021.76304251304]),503)503(305[]503305([]503305[n n n n n S 31、设M 为一正整数，问方程222}{][x x x =-，在[1，M]中有多少个解？解：显然x =M 就是一个解,下面考察在[1，M]中有少个解、设x 就是方程得解、将222}{}{}{2][x x x x x +⋅+=代入原方程，化简得=}]{[2x x ,1}{0].}{}]{[2[2<≤+x x x x 由于所以上式成立得充要条件就是2[x ]{x }为一个整数、 .1)1(],1[,.)1())1(21(2),1[,11.2)1,[),12,,1,0(2}{,][个解中有原方程在因此个解中方程有可知在又由于个解中方程有即在则必有设+--⋅=-+++-≤≤+-==∈=M M M M M M M M m m m m m k mk x N m x ΛΛ 32、求方程.051][4042的实数解=+-x x解：.0][,1][][不是解又因<+<≤x x x x⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥>⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥<⎩⎨⎧≤-->--⎪⎩⎪⎨⎧≤+->+-+∴.217][,23][,211][;217][,23][,25][.07][2)(3][2(.0)11][2)(5][2(.051][4][4,051][40)1]([422x x x x x x x x x x x x x x 或 经检验知，这四个值都就是原方程得解、 33、.][3]3[2]2[1][][:,,n nx x x x nx N n R x ++++≥∈+∈*Λ证明 【证】.,2,1,][2]2[][ΛΛ=+++=k kkx x x A k 令 由于.,1],[1命题成立时则==n x A .2269,02694;2229,02294;2189,01894;229,0294:,876][2][2222==-==-==-==-==x x x x x x x x x x 分别代入方程得或或或解得.,,,],[][][][][][][])[])1([(]))2[(]2([])1[(]([][]2[])2[(])1[(][])1[(]2[][][])1[(]2[][][])1[(]2[][)(:].[],2[22,],)1[()1()1(],[,][,][,].)1[(,],2[],[,1122112111221111121证毕均成立故原不等式对一切命题成立时即故相加得所以成立对一切即因为即有时命题成立设*---------∈=≤∴=+++≤++-++-++-+=+++-+-++-+++≤++++++-+++=+-+++=+++-==--=---=-=-=--≤≤≤-≤N n k n kx A kx k kx kx kx kx kx x x k x k x x k x x x x k x k kx x k x x A A A A kx x k x x kA kx x k x x A A A kA x A x A A x k A k A k kx kA kA k kx kA kA kkx A A x k A x A x A k n k k k k k k k k k k k k k k k ΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛ34、对自然数n 及一切自然数x ，求证：].[]1[]2[]1[][nx n n x n x n x x =-+++++++Λ、 解：M ＝|f(x)|max ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|，|f(－2a )|} ⑴若|－2a |≥1 (对称轴不在定义域内部) ，则M ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|} 而f ⑴＝1＋a ＋b f(－1)＝1－a ＋b|f ⑴|＋|f(－1)|≥|f ⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4则|f ⑴|与|f(－1)|中至少有一个不小于2，∴ M≥2＞21 ⑵|－2a |＜1 M ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|，|f(－2a )|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|，|－4a 2＋b|} ≥41(|1＋a ＋b|＋|1－a ＋b|＋|－4a 2＋b|＋|－4a 2＋b|) ≥41[(1＋a ＋b)＋(1－a ＋b)－(－4a 2＋b)－(－4a 2＋b)] ＝)2a 2(412+ ≥21 综上所述，原命题正确、四、阶：对于(a ，n)=1得整数，满足a r ≡1 (mod n ) 得最小整数r,称为a 模n 得阶。
2018数论题目(1)
浙江师范大学《初等数论》考试卷（A1卷）（2004——2005学年第一学期）考试类别使用学生数学专业**本科考试时间120分钟表出卷时间*年*月*日说明：考生应有将全部答案写在答题纸上，否则作无效处理。
一、填空（30分）1、d （1000）=。
φ（1000）=。
(10174)=______。
2、ax+bY=c 有解的充要条件是。
3、20022002被3除后余数为。
4、[X]=3，[Y]=4，[Z]=2，则[X —2Y+3Z]可能的值为。
5、φ（1）＋φ（P ）＋…φ（nP ）=。
6、高斯互反律是。
7、两个素数的和为31，则这两个素数是。
8、带余除法定理是。
答案1、16．2340，12、（a ，b ）|c3、14、3，4，5，6，7，8，9，10，115、n p 6、)()1()(2121q p pq q p ---=，p ，q 为奇素数7、2，298、a ，b 是两个整数，b>0,则存在两个惟一的整数q ，r 使得br r bq a <≤+=0,二、解同余方程组（12分）答案解：因为（12，10）|6-（-2），（10，15）|6-1，（12，15）|1-（-2）所以同余式组有解⎪⎩⎪⎨⎧≡≡-≡)15(mod 1)10(mod 6)12(mod 2x x x原方程等价于方程⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧)5(mod 1)3(mod 1)5(mod 6)2(mod 6)3(mod 2)4(mod 2≡≡≡≡-≡-≡x x x x x x 即⎪⎩⎪⎨⎧)5(mod 1)3(mod 2)4(mod 2≡-≡-≡x x x 由孙子定理得)60(mod 46≡x 三、A 、叙述威尔逊定理。
B ．证明若)(mod 01)!1(m m ≡+-，则m 为素数（10分）答案A．(威尔逊定理)整数是素数，则证：若m 不是素数，则m=ab，m b a 〈〈,1，则1)!1(|,)!1(|+--m a m a ，则有1|a 不可能，所以m 是素数。
一道imo试题的多种解法与推广
一道imo试题的多种解法与推广题目：给定正整数 n，求由 1，2，...，n 组成的所有递增序列的个数？解法与推广：1. 卡特兰数解法：由卡特兰数的定义可知，对于给定的正整数 n，由 1，2，...，n 组成的所有递增序列的个数等于 Cn,n-1。
2. 递归解法：假设F(n)表示由1，2，...，n组成的所有递增序列的个数，则有：F(n)=F(n-1)，n>1； F(1)=1；即可以通过递归求出F(n)的值。
3. 动态规划解法：定义数组dp[n]，dp[i]表示由1，2，...，i组成的所有递增序列的个数，则dp[n]的最终结果就是求解所求的结果。
则有:dp[i] = dp[i-1] + sum(dp[i-k-1]), i-k > 0, k=1，2，...，i-1其中，dp[0]=1。
4. 数学归纳法解法：用 S_n 表示由1，2，...，n组成的所有递增序列的个数，则有：S_n =S_{n-1} + (S_{n-1}-S_{n-2}) + (S_{n-2}-S_{n-3}) + ... + (S_1-S_0)而同时知道 S_1=1，S_2=2，故 S_n = n * S_{n-1}故求得 S_n = n!，即由1，2，...，n组成的所有递增序列的个数为 n!5. 推广：（1）若给定正整数 m 和 n，且 m < n，求由 m，m+1，...，n 组成的所有递增序列的个数？此时的答案可以分别用卡特兰数的定义、动态规划法、递归法和数学归纳法给出，其结果为 Cn,m。
（2）若给定正整数n，求由1，3，...，n 组成的所有递增序列的个数？令 F_n 表示由1，3，...，n组成的所有递增序列的个数，则有F(n)=F(n-2) + (F(n-3) - F(n-4)) + (F[n-4] - F[n-5]) + ... + (F[2] - F[0])，其中 F[0]=1，F[1]=1，最后求得 F_n = 2^(n/2)，其中 n 为偶数；若n为奇数，则 F_n=2^(n-1/2)。
30道数论题
【解析】大概试一下可算出 44*44=1936,43*43=1839,45*45=2025，只有 1936 符合题意，所 以可推测出 1936 年时巴拿赫 44 岁，则他出生的年份是 1936-44=1892 年，他去世时的年龄 是 1945-1892=53 岁。因此本题答案为 1892,53.
3.
9.
甲、乙两数的积是 700，甲、乙两数的最大约数是 5，最小公倍数是
。
【解析】根据性质，两个数乘积等于最小公倍数和最大公因数的乘积，因此最小公倍数是 700÷5=140.
10. 一个九位数，最高位上的数既是奇数又是合数，百万位上是最小的质数，万位上是最小 的合数，其余各位上的数都是零，这个数是（ 位的数是（ ） 。 ） 。把这个数改写成用“万”作单
【解析】6÷7=0.85714285714285......，小数点后面每 6 个一循环，50÷6=8 余 2，因此后面 50 个数字的和是（8+5+7+1+4+2）×8+8+5=229.因此答案是 229. 13. 一个两位数，其十位与个位上的数字交换后，所得的两位数比原来大 36，则满足条件 的两位数有（ ） 。
）
【解析】可以假设全班有 4 份人，75%及格，那么及格的人数有 3 份。全班平均分 82 分， 那么全班总分 82×4=328 分，及格的人平均分 91 分，总分 91×3=273 分，那么不及格的 1 份人的总分是 328-273=55 分，因此本题答案 55.
21. 某小孩玩投放石子游戏，从 A 出发走 1 米放 1 枚石子，第二次走 4 米又放 3 枚石子， 第 三次走 7 米再放 5 枚石子，再走 10 米放 7 枚石子......，照此规律最后走到 B 处放下 35 枚石子，问从 A 到 B 的路程是 米。
西南大学18秋[0346]《初等数论》作业答案
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概念解释题一、简答题1. 判断30是质数还是合数，如果是合数，请给出其标准分解式。
2. 94536是否是9的倍数，为什么？3. 写出模6的最小非负完全剩余系。
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。
作业1答案一、简答题（每小题10分，共30分）1. 判断30是质数还是合数，如果是合数，请给出其标准分解式。
=⨯⨯。
答：30是合数，其标准分解式为302352. 94536是否是9的倍数，为什么？++++=是9的倍数。
答：94536是9的倍数，因为94536273. 写出模6的最小非负完全剩余系。
答：模6的最小非负完全剩余系为0，1，2，3，4，5。
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。
反之，若(,)|a b c ，则1(,)c c a b =，1c 为整数。
《初等数论》版习题解答
《初等数论》版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 nq 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,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 qa bs t ab 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 ++=-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 b b 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 r q 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》第三版习题解答
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 nq 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)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(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 qa bs t ab 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 b b 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 r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。