数论习题解
数论问题之余数问题-余数问题练习题含答案
数论问题之余数问题:余数问题练习题含答案1.数11 1(2007个1),被13除余多少分析:根据整除性质知:13能整除111111,而2007 6后余3,所以答案为7.2.求下列各式的余数:(1)2461 135 6047 11 (2)2123 6分析:(1)5;(2)6443 19=339 2,212=4096 ,4096 19余11 ,所以余数是11 .3.1013除以一个两位数,余数是12.求出符合条件的所有的两位数.分析:1013-12=1001,1001=7 11 13,那么符合条件的所有的两位数有13,77,91 有的同学可能会粗心的认为11也是.11小于12,所以不行.大家做题时要仔细认真.4.学校新买来118个乒乓球,67个乒乓球拍和33个乒乓球网,如果将这三种物品平分给每个班级,那么这三种物品剩下的数量相同.请问学校共有多少个班分析:所求班级数是除以118,67,33余数相同的数.那么可知该数应该为118-67=51和67-33=34的公约数,所求答案为17.5.有一个大于1的整数,除45,59,101所得的余数相同,求这个数.分析:这个题没有告诉我们,这三个数除以这个数的余数分别是多少,但是由于所得的余数相同,根据性质2,我们可以得到:这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数.101-45=56,101-59=42,59-45=14,(56,42,14)=14,14的约数有1,2,7,14,所以这个数可能为2,7,14.6.求下列各式的余数:(1)2461 135 6047 11(2)2123 6分析:(1)5;(2)找规律,2的n次方被6除的余数依次是(n=1,2,3,4 ):2 ,4 ,2 ,4 ,2 ,4因为要求的是2的123次方是奇数,所以被6除的余数是2.7.(小学数学奥林匹克初赛)有苹果,桔子各一筐,苹果有240个,桔子有313个,把这两筐水果分给一些小朋友,已知苹果等分到最后余2个不够分,桔子分到最后还余7个桔子不够再分,求最多有多少个小朋友参加分水果分析:此题是一道求除数的问题.原题就是说,已知一个数除240余2,除313余7,求这个数最大为多少,我们可以根据带余除法的性质把它转化成整除的情况,从而使问题简化,因为240被这个数除余2,意味着240-2=238恰被这个数整除,而313被这个数除余7,意味着这313 7=306恰为这个数的倍数,我们只需求238和306的最大公约数便可求出小朋友最多有多少个了.240 2=238(个) ,313 7=306(个) ,(238,306)=34(人) .8.(第十三届迎春杯决赛) 已知一个两位数除1477,余数是49.那么,满足那样条件的所有两位数是 .分析:1477-49=1428是这两位数的倍数,又1428=2 2 3 717=51 28=68 21=84 17,因此所求的两位数51或68或84.9.有一个大于1的整数,除45,59,101所得的余数相同,求这个数.分析:这个题没有告诉我们,这三个数除以这个数的余数分别是多少,但是由于所得的余数相同,根据性质2,我们可以得到:这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数.101-45=56,101-59=42,59-45=14,(56,42,14)=14,14的约数有1,2,7,14,所以这个数可能为2,7,14.10.已知三个数127,99和一个小于30的两位数a除以一个一位数b的余数都是3,求a和b的值.分析:127-3=124,99-3=96,则b是124和96的公约数.而(124,96)=4,所以b=4.那么a的可能取值是11,15,19,23,27.第二页：练习题含答案11 20题第三页：练习题含答案21 28题11.除以99,余数是______.分析:所求余数与19 100,即与1900除以99所得的余数相同,因此所求余数是19.12.求下列各式的余数:(1)2461 135 6047 11(2)19992000 7分析:(1)5;(2)1999 7的余数是4,19992000 与42000除以7 的余数相同.然后再找规律,发现4 的各次方除以7的余数的排列规律是4,2,1,4,2,1......这么3个一循环,所以由2000 3 余2 可以得到42000除以7 的余数是2,故19992000 7的余数是2 .13.(小学数学奥林匹克初赛)有苹果,桔子各一筐,苹果有240个,桔子有313个,把这两筐水果分给一些小朋友,已知苹果等分到最后余2个不够分,桔子分到最后还余7个桔子不够再分,求最多有多少个小朋友参加分水果分析:此题是一道求除数的问题.原题就是说,已知一个数除240余2,除313余7,求这个数最大为多少,我们可以根据带余除法的性质把它转化成整除的情况,从而使问题简化,因为240被这个数除余2,意味着240-2=238恰被这个数整除,而313被这个数除余7,意味着这313 7=306恰为这个数的倍数,我们只需求238和306的最大公约数便可求出小朋友最多有多少个了.240 2=238(个) ,313 7=306(个) ,(238,306)=34(人) .14.有一个大于1的整数,除45,59,101所得的余数相同,求这个数.分析:这个题没有告诉我们,这三个数除以这个数的余数分别是多少,但是由于所得的余数相同,根据性质2,我们可以得到:这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数.101-45=56,101-59=42,59-45=14,(56,42,14)=14,14的约数有1,2,7,14,所以这个数可能为2,7,14.15.已知三个数127,99和一个小于30的两位数a除以一个一位数b的余数都是3,求a和b的值.分析:127-3=124,99-3=96,则b是124和96的公约数.而(124,96)=4,所以b=4.那么a的可能取值是11,15,19,23,27.16.除以99的余数是______.分析:所求余数与19 100,即与1900除以99所得的余数相同,因此所求余数是19.17.19941994 1994(1994个1994)除以15的余数是______.分析:法1:从简单情况入手找规律,发现1994 15余14,19941994 15余4,199419941994 15余9,1994199419941994 15余14,......,发现余数3个一循环,1994 3=664...2,19941994 1994(1994个1994)除以15的余数是4;法2:我们利用最后一个例题的结论可以发现199419941994能被3整除,那么19941994199400 0能被15整除,1994 3=664...2,19941994 1994(1994个1994)除以15的余数是4.18.a b c 是自然数,分别除以11的余数是2,7,9.那么(a+b+c) (a-b) (b-c)除以11的余数是多少分析:(a+b+c) 11的余数是7;(a b) 11的余数是1l+2 7=6;(b c) 11的余数是11+7 9=9.所求余数与7 6 9 11的余数相同,是4.19.盒乒乓球,每次8个8个地数,10个10个地数,12个12个地数,最后总是剩下3个.这盒乒乓球至少有多少个？分析与解答:如果这盒乒乓球少3个的话,8个8个地数,10个10个地数,12个12个的数都正好无剩余,也就是这盒乒乓球减少3个后是8,10,12的公倍数,又要求至少有多少个乒乓球,可以先求出8,10,12的最小公倍数,然后再加上3.2 8 10 122 4 5 62 5 3故8,10,12的最小公倍数是22253=120.所以这盒乒乓球有123个.20.自然数,用它分别去除63,90,130都有余数,三个余数的和是25.这三个余数中最小的一个是_____.分析与解答:设这个自然数为,且去除63,90,130所得的余数分别为a,b,c,则63-a,90-b,130-c都是的倍数.于是(63-a)+(90-b)+(130-c)=283-(a+b+c)=283-25=258也是的倍数.又因为258=2343.则可能是2或3或6或43(显然,86,129,258),但是a+b+c=25,故a,b,c中至少有一个要大于8(否则,a,b,c都不大于8,就推出a+b+c 不大于24,这与a+b+c=25矛盾).根据除数必须大于余数,可以确定=43.从而a=20,b=4,c=1.显然,1是三个余数中最小的.21.求123456789101112 199200除以9的余数是________;解答:一位数个位数字之和是1+2+3+ ..9=45二位数数字之和是1 10+1+2+3+ .9 (10-19)2 10+1+2+3+ .9 (20-29)9 10+1+2+3+ .9 (90-99) 余90,9余0,11余2故二位数总和为(1+2 ..+9) 10+1+2 ..+9=495100 199与1 99的区别在于百位多了100个1,共100所以原数数字值和为45+495+495+100+2=1137,除以9余3. 22: 222 22除以13所得的余数是_____.2000个分析与解答:因为222222=2111111 =21111001=211171113所以222222能被13整除. 又因为2000=6333+2 222 2=222 200+22 2000个19982213=1 9所以要求的余数是9.求除以9,11,99,101,999,1001,13和91的余数分别是多少;解答:23: 除以9的余数是0,11: 一个2007奇数位上数字和与偶数位上数字的和的差为5. 2007个2007奇数位上数字和与偶数位上数字的和的差为5 2007.5 2007 3(mod11),所以除以11的余数是399: 能被9整除,被11除余3的数最小是36,所以除以99余36200720072007能被7,13,37整除.999=27 37 1001=7 11 13 91=7 1313: 0(mod13) 除以13余091: 0(mod91) 除以91余0所以除以13,91,999的余数都是0.1001: 除以11余3,除以7,13余0,满足次条件的最小数是1092,1092除以1001余91.所以除以1001的余数是91.101: 我们发现9999=101 99,所以=0000+2007= 10000+2007= 9999++2007 +2007(mod101)同样道理+2007 +2007 2(mod101)以此类推2007 2007(mod101)=6824、今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二,问物最少几何解答:此数除以3余2,除以5余3,除以7余2,满足条件最小数是2325、(23+105k)2)一个数除以7余3,除以11余7,除以13余4,符合此条件的数最小是________;如果它是一个四位数,那么最大可能是________;解答:满足除以7余3,除以11余7的最小数为73,设此数为73+77a=13b+4, 69-a=13b.a最小等于4.满足条件的最小数是381.设最大的四位数为381+1001x,最大的四位数为9390.(1732)26、今天周一,天之后是星期________;这个数的个位数字是________;天之后是星期________;解答:只要求出7的余数就可以知道天后是星期几. 52007(mod7),56 1(mod7)2007 3(mod6), 52007 53 6(mod7) s所以天之后是星期日2007的个位数字是720072的个位数字是920073的个位数字是320074的个位数字是120075的个位数字是127、一个三位数,被17除余5,被18除余12,那么它可能是________________;一个四位数,被131除余112,被132除余98,那么它可能是________;解答:设此三位数为17a+5=18b+12. 可得到17a=17b+b+7,所以b+7一定能被17整除,b=10,27,44.这个三位数为192,498,804.设此四位数为131x+112=132y+98,可得到131x=131y+y-14,所以y-14一定能被131整除,y=14,145(太大)这个四位数是194628、甲,乙,丙三个数分别为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.A是________;解答:如果A除丙所得的余数是1份的话,那么A除乙所得余数就是2份,A除甲所得的余数就是4份.把2乙-甲,则没有余数,即2乙-甲使A的倍数;同理乙-2丙也同样没有余数,是A的倍数.939 2-603=1275,939-393 2=153A是1275和153的公约数,而1275与153的最大公约数是51,所以A可能是1,3,17,51再实验得到A为17,余数分别为8,4,2.。
数论习题-整除练习1
整除练习1：某个六位数23456A是9的倍数，求A的值。
【详解】能被9整除，其数字和是9的倍数；2+3+4+5+6+A=20+A；大于20小于30且是9的倍数只有27；所以A=7；2：某个七位数2008ABC能够同时被2，3，4，5，6，7，8，9整除，那么它的最后三位数ABC是多少？【详解】能被8整除，必然被2、4整除；能被9整除，必然被3整除；能被8和9整除，一定能被6整除；可以认为能够同时被5、7、8、9整除；被5整除，C只能是0；被9整除，B+C为8或17；被7整除，先割去末位的0形成2008AB六位数，再用截位法，得到6AB；被8整除且末位是0的ABC必须是40的倍数；分别检验24组3位数，满足被7整除和后2位的数字和是否8或7；只有440符合要求；3：形如123434…...34，有n个34，能被11整除的最小自然数中的n等于几？【详解】奇数位上的数字和是4n+2,偶数位上的数字和是3n+1，它们差是n+1能被11整除时n+1=11，所以n最小是104：两个四位数A275和275B，如果他们的乘积能被72整除，求A和B。
【详解】考虑到72=8*9，而A275是奇数，所以275B必为8的倍数，因此可得B=2；四位数2752各位数字之和为2+7+5+2=16，不是3的倍数也不是9的倍数，因此275A必须是9的倍数，其各位数字之和A+2+7+5= A +14，能被9整除，所以A=4；5：用1、2、3、4（每个数恰好用一次）可组成24个四位数，其中共有多少个能被11整除？【详解】被11整除的数的特征是：奇数位上数字的和与偶数位上数字的和之差能被11整除。
因为1、2、3、4这几个数字的和之差不可能大于11，因此要被11整除，只能是奇数位上数字的和与偶数位上数字的和之差等于0。
所以1和4必须同是奇数位上的数字或者同时偶数位上的数字，这样才能满足以上要求。
当1和4都是奇数位上的数字时，这样的四位数有：1243、1342、4213、4312；当1和4都是偶数位上的数字时则为：2134、3124、2431、3421。
数论练习题及解答
数论练习题及解答数论是数学的一个重要分支，研究整数之间的性质和关系。
以下是几道数论练习题及其解答，旨在帮助读者加深对数论知识的理解。
题目一：证明：如果一个整数的平方是奇数，那么该整数必定是奇数。
解答：假设存在一个整数n，满足n²是奇数，但是n本身是偶数。
那么n可以表示成n=2k（k为整数）。
根据已知条件，n²是奇数，代入n=2k得到(2k)²=4k²是奇数。
但是显然，4k²为4的倍数，而奇数不可能是4的倍数，因此得出矛盾。
所以假设错误，原命题得证。
题目二：证明：任意一个素数至少可以表示成4k+1和4k-1两种形式的乘积。
解答：假设存在一个素数p，既不属于4k+1的形式，也不属于4k-1的形式。
那么p可以表示成p=4k、4k+2或4k+3（k为整数）。
1. 若p=4k，显然p为4的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾；2. 若p=4k+2，可以将p分解为p=2(2k+1)，其中2k+1也为整数，即p为2的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾；3. 若p=4k+3，可以将p分解为p=3(4k+1)，其中4k+1也为整数，即p为3的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾。
综上所述，当p既不属于4k+1的形式，也不属于4k-1的形式时，假设错误，原命题得证。
题目三：找出下列数中的最大公约数：4620和770。
解答：利用辗转相除法求解最大公约数。
首先，用较大的数除以较小的数，计算它们的余数：4620 ÷ 770 = 6 (300)接下来，用余数除以第一步的余数，再计算新的余数：770 ÷ 300 = 2 (170)再次用余数除以第二步的余数，继续计算新的余数：300 ÷ 170 = 1 (130)继续进行相同的除法运算：170 ÷ 130 = 1 (40)130 ÷ 40 = 3 (10)40 ÷ 10 = 4最后，除数为10，余数为0，所以10即为4620和770的最大公约数。
《初等数论》各章习题参考解答
3
1
48
，
在100! 的分解式中的指数
2
100!
100 2
100 4
100 8
100 16
100 64
50
25
12
6
1
94
，
100! 294 348 k 447 348 k 1247 3k,k, 6 1。
故 nmax 47 ， M min 3k ， k, 6 1。
k
+
1 位正整数，记其最左边
那一位数字为 a Î {2,5}，则 xk' + 1 = a´ 10k + xk' ，其中 xk' 是由 2 和 5 组成的十进制 k 位
正整数，由 2k+ 1
若 k = 轾犏臌3 n = 8 ，则 3创5 7篡8 n 840 n ，从而 k = 轾犏臌3 n 吵轾犏臌3 840 9 > 8 ，矛盾！
若 k = 7 ，则 3创4 5篡7 n 420 n ，但 n < 840 ，所以最大的正整数 n = 420 。
6.证明：当 n = 1 时，存在唯一的 x1 = 2 ，则有 21 x1 ；当 n = 2 时，存在唯一的 x2 = 52 ，有 22 x2 ；当 n = 3 时，存在唯一的 x3 = 552 ，有 23 x3 。
n 炒2a
3b 创5g
7 11
77创
k 2
k 3
k 5
77 30
k 3。
由 k ³ 11 ，可得 k ³
11 12
(k
+
1)，从而
n>
77 30
壮k 3
77 30
113 123
数论练习题解析
数论练习题解析数论是一门研究整数性质和整数运算规律的数学分支，具有广泛的应用领域。
在数学竞赛中，数论常常是一道重要的题型。
本文将为大家解析几道常见的数论练习题，以帮助读者更好地理解和掌握数论知识。
1. 题目一已知整数a、b满足等式a^2+b^2=2019，求a和b的值。
解析：由于a和b都是整数，所以a^2与b^2的取值范围在[0, 2019]之间。
穷举其中的所有可能情况，可以得到以下解：a=27，b=42a=42，b=27a=-27，b=-42a=-42，b=-272. 题目二已知p是一个质数，若p≡1(mod 4)，证明方程x^2≡-1(mod p)有解。
解析：根据题意，p≡1(mod 4)，说明p可以写成p=4k+1的形式，其中k为一个整数。
我们可以进行如下推导：假设p=4k+1，且x^2≡-1(mod p)没有解，即x^2+1≡0(mod p)没有解。
根据费马小定理，如果x^p ≡ x(mod p)，则对于任意的整数x，有x^(p-1) ≡ 1(mod p)。
将x^2+1拆开，可以得到(x^2+1)(x^2+1)≡0(mod p)。
进一步化简得到(x^2+1)^2 ≡ 0(mod p)。
根据费马小定理，有(x^2+1)^(p-1) ≡ 1(mod p)。
由于p-1可被4整除，因此(p-1)/2为一个偶数，那么(x^2+1)^(p-1) ≡ ((x^2+1)^2)^(k'//2) ≡ 0(mod p)，其中k'=(p-1)/2。
这与(x^2+1)^(p-1) ≡ 1(mod p)相矛盾。
所以方程x^2≡-1(mod p)一定有解。
通过以上证明，我们可以得出结论：若p≡1(mod 4)，则方程x^2≡-1(mod p)必有解。
3. 题目三有一堆石头，堆成三角形。
现在小明和小红进行以下游戏：每次他们可以从堆中任意拿走不超过m个石头，谁拿到最后一颗石头，谁就赢。
假设小明先手，求在满足一定条件下，小明能否必胜。
《初等数论》第三版习题解答
《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。
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》各章习题参考解答
《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是，所以满足条件的最小正整数11111111100a =。
2.解：3在100!的分解式中的指数()1001001001003100!33113148392781⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++=+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 在100!的分解式中的指数()1001001001001002100!50251261942481664⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，∴ ()9448474847100!2343123,,61k k k k =⋅⋅=⋅⋅=⋅=。
故 max 47n =，min 3M k =，(),61k =。
故 当M 最小值是3的倍数，但不是2的倍数。
3.解：112121n n n n x x ++++++等价于()()21221n n n x x x ++-+-，从而3x ³（n 就不会太大，存在反向关系）。
由()()22121n nn x x x -+-?+，得()()2212n n n x x -+?，即()()()121122nn x x -+?。
若2n ³，则()()()()251221114242nn x xx x-?+??，导致25140x x -+?，无解。
所以，只有1n =，335314x x x +-?，只能是37,14x +=，从而4,11x =。
综上所述，所求正整数对()()(),4,111,1x n =、。
4.解：按题意，2m n >>，记*,m n k k N =+?；则()222211111n n k nk n k k a a a a a a a a a a a a +++-+-?-+--++-22211111n k k n k k a a a a a a a a a ++?---+?-+-，故 存在无穷多个正整数a 满足2111n k k a a a a ++-+-。
数论练习题及解析
数论练习题及解析数论是数学中研究整数性质和整数运算规律的一个分支。
它在不同的数学领域中扮演着重要的角色，如密码学、计算机科学、代数等。
本文将提供一些数论的练习题，并给出相应的解析，旨在帮助读者更好地理解数论的基本概念和方法。
一、整除与因子1. 若整数a可以被整数b整除，记作b | a，求证另一个整数d，使得a = db。
解析：根据整数的定义，a可以表示为b的倍数。
假设倍数为k，则a = kb。
令d = k，则a = db，证毕。
2. 求证两个奇数的和是偶数。
解析：我们可以用数学归纳法来证明这个问题。
首先，当n为1时，一个奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。
两个奇数的和为4k+2，即2的倍数，属于偶数。
其次，假设当n=k时，两个奇数的和为2的倍数。
则当n=k+1时，一个奇数可以表示为2(k+1)+1=2k+3的形式。
两个奇数的和为(2k+2) + (2k+3) = 4k+5，即奇数。
所以，根据数学归纳法，我们可以得出结论：两个奇数的和是偶数。
二、最大公约数与最小公倍数3. 求证两个整数的最大公约数与最小公倍数的乘积等于这两个整数的积。
解析：假设两个整数为a和b，它们的最大公约数为d，最小公倍数为m。
根据最大公约数和最小公倍数的定义，我们有以下等式：a = dx，b = dy，其中x和y为整数，且x、y互素。
因为x、y互素，所以它们的乘积xy也与它们互素。
则a和b的积ab可以表示为d²xy，即ab = d²xy。
另一方面，a和b的积同时也可以表示为mxy，即ab = mxy。
由此，我们可以得出等式d²xy = mxy，即dm = xy。
因为xy互素，根据整除的性质，只能得出d = m。
所以，两个整数的最大公约数与最小公倍数的乘积等于这两个整数的积。
4. 求证若a、b、c为三个正整数，且a | b，b | c，则a | c。
解析：根据题目条件，我们可以得出正整数b和正整数a的倍数之间存在整除关系，记作b = ka，其中k为整数。
初等数论习题及答案
初等数论习题及答案初等数论习题及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。
它广泛应用于密码学、计算机科学和其他领域。
初等数论是数论的基础，它涉及到一些基本的概念和定理。
本文将介绍一些常见的初等数论习题，并提供相应的答案。
1. 习题：证明任意两个正整数的最大公约数和最小公倍数之积等于这两个正整数的乘积。
答案：设两个正整数分别为a和b，它们的最大公约数为d，最小公倍数为l。
根据最大公约数和最小公倍数的定义，我们有以下等式：a = dxb = dy其中x和y是互素的正整数。
根据最大公约数和最小公倍数的性质，我们有： l = dxy因此，最大公约数和最小公倍数之积等于这两个正整数的乘积。
2. 习题：证明任意一个正整数的平方都是4的倍数或者4的倍数加1。
答案：设正整数为n。
根据整数的奇偶性，我们可以将n分为两种情况讨论。
情况一：n为偶数。
偶数可以表示为2k的形式，其中k为整数。
那么n的平方为(2k)^2 = 4k^2，显然是4的倍数。
情况二：n为奇数。
奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。
那么n的平方为(2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1，显然是4的倍数加1。
综上所述，任意一个正整数的平方都是4的倍数或者4的倍数加1。
3. 习题：证明任意一个正整数的立方都是6的倍数、6的倍数加1或者6的倍数减1。
答案：设正整数为n。
根据整数的奇偶性，我们可以将n分为三种情况讨论。
情况一：n为偶数。
偶数可以表示为2k的形式，其中k为整数。
那么n的立方为(2k)^3 = 8k^3，显然是6的倍数。
情况二：n为奇数且不是3的倍数。
奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。
那么n的立方为(2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1，显然是6的倍数加1。
情况三：n为奇数且是3的倍数。
奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。
那么n的立方为(2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1 = 6(4k^3 + 2k^2 + k)+ 1，显然是6的倍数减1。
《初等数论》习题解答
《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 =。
数论练习题研究素数的性质
数论练习题研究素数的性质数论是数学的一个分支，研究整数的性质和关系。
在数论中，素数是一个重要的概念。
素数又称质数，是指除了1和自身外没有其他因数的正整数。
本文将通过一些数论练习题来探讨素数的一些性质。
1. 证明素数的无穷性欧几里得（Euclid）在公元前300年证明了素数的无穷性。
他给出了一个简洁而优雅的证明。
假设存在有限个素数，记为p1, p2, p3, ..., pn。
考虑数N = p1 * p2 *p3 * ... * pn + 1，它显然大于所有已知的素数。
现在我们来观察N的因数。
N除以任何一个已知的素数pi，余数都是1。
因此，N要么是一个素数，要么是一个新的尚未被发现的素数。
无论哪种情况，这都导致了存在更多的素数，与我们假设的有限个素数相矛盾。
因此，素数是无穷多的。
2. 证明费马数的非素性费马数是指形如F(n) = 2^(2^n) + 1的整数，其中n是非负整数。
费马数在数论中有一定的重要性。
然而，费马数并不一定都是素数。
根据费马小定理，如果p是素数，那么对于任何整数a，a^p - a都可以被p整除。
反之，如果一个数满足对于任何整数a，a^p - a都可以被p整除，那么该数不一定是素数，但是可以被称为费马数。
以费马数F(5) = 2^(2^5) + 1为例，我们可以使用计算机来验证它的非素性。
通过计算发现，F(5)可以被641整除，因此不是素数。
这个例子表明，虽然费马数具有一定的特殊性，但并不一定都是素数。
3. 证明素数定理素数定理是数论中的一个重要结果，描述了素数的分布规律。
素数定理的精确表述是：对于任意给定的正实数x，小于等于x的素数的个数大约是x / ln(x)，其中ln(x)是以e为底的自然对数。
尽管素数定理是从经验观察中得出的，但它具有极高的可靠性。
这一定理对于研究素数的分布规律具有重要的指导作用。
结论以上是关于素数的一些数论练习题的解答。
通过这些题目的探讨，我们可以更深入地了解素数的特性和性质。
王进明初等数论习题详细解答2013.5第九版(可打印版).doc
王进明初等数论习题详细解答2013.5第九版(可打印版)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)nq 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3327nk =, 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。
王进明_初等数论_习题解答
王进明 初等数论 习题及作业解答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+26=386. 这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题。
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。
小学数学数论练习题
小学数学数论练习题1. 问题描述：小明有4个篮球和6个足球，他想将这些球分成几组，每组只能有篮球或者足球，且每组中篮球和足球的总数都一样。
请问小明最多能分成几组？解析：设每组中的篮球和足球的数量为x。
根据题目条件，可以得到以下等式：4x = 6x将等式化简后得到：2x = 6解方程得到x = 3。
因此，小明最多能分成3组，每组有3个篮球和3个足球。
2. 问题描述：有一组连续的自然数，从1开始，如果这组自然数中有一个数的平方等于某个大于1的质数的n次方（n>1），则称该质数为“关键质数”。
请问，从1到100之间共有几个关键质数？解析：首先，我们需要确定在1到100之间存在哪些质数。
通过筛除法可以得到：2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97。
然后，我们遍历这些质数，并计算其n次方（n>1）是否存在于1到100的连续自然数中。
如果存在，就将对应的质数计数加一。
经过计算，从1到100之间共有4个关键质数，分别是：2, 3, 5, 7。
3. 问题描述：小明有1元、2元、5元三种面额的硬币各若干枚。
他寻思着用这些硬币凑出不同的金额，最多能凑出多少种不同的金额？解析：设1元、2元、5元硬币的数量分别为x、y、z。
根据题目条件，可以列出以下不等式：x + 2y + 5z ≤ 100其中，100为金额的上限。
通过遍历x、y、z的范围（分别为0到100），并满足上述不等式的情况下计数，可以得出最多能凑出的不同金额种数。
经过计算，小明最多能凑出49种不同的金额。
4. 问题描述：小华用纸币买了一只笔和一只橡皮擦，一共花了29元。
已知一只笔的价格是5元，橡皮擦的价格是2元，问小华使用了多少张纸币？解析：设小华用来买笔的纸币数量为x，用来买橡皮擦的纸币数量为y。
根据题目条件，可以得到以下方程组：5x + 2y = 29其中，x和y为整数，且都大于等于0。
数论讲义习题答案
数论讲义习题答案数论讲义习题答案数论作为数学的一个分支，研究的是整数和整数运算的性质。
它既是纯粹的数学学科，也是实际问题求解中的重要工具。
数论的习题是让学生通过解题的过程来理解和掌握数论的基本概念和方法。
下面是一些数论讲义中常见的习题及其答案。
习题1：证明任意整数的平方都是偶数。
答案：我们可以通过分情况讨论来证明这个结论。
首先，假设整数n是偶数，那么可以表示为n=2k，其中k是整数。
那么n的平方为n^2=(2k)^2=4k^2，由于4是偶数，k^2也是整数，所以n^2是偶数。
接下来，假设整数n是奇数，那么可以表示为n=2k+1，其中k是整数。
那么n 的平方为n^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1=2(2k^2+2k)+1，由于2k^2+2k是整数，所以n^2是奇数。
综上所述，任意整数的平方都是偶数。
习题2：证明如果一个整数的平方是偶数，那么这个整数本身也是偶数。
答案：我们可以通过反证法来证明这个结论。
假设存在一个整数n，它的平方是偶数，但是n本身是奇数。
那么可以表示为n=2k+1，其中k是整数。
根据假设，n的平方是偶数，即(2k+1)^2=4k^2+4k+1是偶数。
但是奇数的平方不可能是偶数，所以假设不成立。
因此，如果一个整数的平方是偶数，那么这个整数本身也是偶数。
习题3：证明对于任意的正整数n，n^2+n+1是奇数。
答案：我们可以通过数学归纳法来证明这个结论。
首先，当n=1时，n^2+n+1=1+1+1=3，是奇数。
假设当n=k时，n^2+n+1是奇数，即假设成立。
那么当n=k+1时，我们需要证明(n+1)^2+(n+1)+1也是奇数。
(n+1)^2+(n+1)+1=(k+1)^2+(k+1)+1=k^2+3k+3由归纳假设，k^2+k+1是奇数，所以k^2+3k+3=2k^2+2k+1+2k+2=2(k^2+k+1)+2k+2是奇数。
因此，对于任意的正整数n，n^2+n+1是奇数。
这些习题是数论讲义中常见的基础题目，通过解答这些题目，可以帮助学生巩固数论的基本概念和方法。
数论中的同余与模运算练习题及解析
数论中的同余与模运算练习题及解析一、概念解析在数论中，同余是一种重要的关系。
对于整数a、b和正整数m，如果整数a和b除以m所得的余数相同，则称a与b关于模m同余，记作a≡b(mod m)。
同余关系具有以下性质：1. 反身性：a≡a(mod m)，任何整数与自身模m同余。
2. 对称性：如果a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。
3. 传递性：如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
模运算是指对一个整数a进行除法运算后取余数的运算。
对于整数a和正整数m，a对m取模运算的结果记作a mod m。
模运算具有以下性质：1. 加法性质：(a+b) mod m = (a mod m + b mod m) mod m2. 减法性质：(a-b) mod m = (a mod m - b mod m) mod m3. 乘法性质：(a×b) mod m = (a mod m × b mod m) mod m二、练习题1. 求100 mod 7的值。
2. 若a≡2(mod 5)，b≡3(mo d 5)，求a+b的值。
3. 若a≡9(mod 11)，b≡7(mod 11)，求a-b的值。
4. 求12×25 mod 7的值。
5. 求13×17 mod 10的值。
三、解析1. 根据模运算的性质，100 mod 7等价于100除以7所得的余数。
由于100÷7=14余2，所以100 mod 7等于2。
2. 根据同余关系的定义，a≡2(mod 5)和b≡3(mod 5)意味着a和b分别与2和3关于模5同余。
根据加法性质，a+b≡(2+3)(mod 5)≡5(mod5)≡0(mod 5)。
所以a+b的值为0。
3. 类似于第2题的解法，根据同余关系的定义，a≡9(mod 11)和b≡7(mod 11)意味着a和b分别与9和7关于模11同余。
根据减法性质，a-b≡(9-7)(mod 11)≡2(mod 11)。
初等数论习题答案
附录1 习题参考答案第一章习题一1. (ⅰ) 由a∣b知b = aq，于是b = (-a)(-q)，-b = a(-q)及-b = (-a)q，即-a∣b，a∣-b及-a∣-b。
反之，由-a∣b，a∣-b及-a∣-b也可得a∣b；(ⅱ) 由a∣b，b∣c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a∣c；(ⅲ) 由b∣a i知a i= bq i，于是a1x1+a2x2+ +a k x k = b(q1x1+q2x2+ +q k x k)，即b∣a1x1+a2x2+ +a k x k；(ⅳ) 由b∣a知a = bq，于是ac = bcq，即bc∣ac；(ⅴ) 由b∣a知a = bq，于是|a| = |b||q|，再由a≠ 0得|q| ≥ 1，从而|a| ≥ |b|，后半结论由前半结论可得。
2. 由恒等式mq+np = (mn+pq) - (m-p)(n-q)及条件m-p∣mn+pq可知m -p∣mq+np。
3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则a, a+ 1, , a+ 9, a+ 19的数字和为s, s+ 1, , s+ 9, s+ 10，其中必有一个能被11整除。
4. 设不然，n1 = n2n3，n2≥p，n3≥p，于是n = pn2n3≥p3，即p≤3n，矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k，使得2k+ 1是合数，对于这样的k，(k+ 1)2不能表示为a2+p的形式，事实上，若(k+ 1)2 = a2+p，则(k+ 1 -a)( k+ 1 +a) = p，得k+ 1 -a = 1，k+ 1 +a = p，即p = 2k+ 1，此与p为素数矛盾。
第一章习题二1. 验证当n =0,1，2，… ,11时，12|f(n)。
2.写a = 3q1+r1，b = 3q2+r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3∣a2+b2 = 3Q+r12+r22知r1 = r2 = 0，即3∣a且3∣b。
数论初步(除与同余的综合应用)习题和解析
1.证明：能被
整除．
【答案】见解析
【解析】证明：记原式为，则
，因为
，所以．
2.使能被整除的自然数中，第个是________．
【答案】4025
【解析】满足要求的数是所有奇数，所以第个是．
3.已知存在正整数，使得，设，
．求证：和都能被整除．
【答案】见解析
【解析】
，因为，所以．而
所以．
4.试确定使的全部正整数对．
【答案】见解析
【解析】设正整数对满足，则有
，即，也即
． (1)当时，，对任意，，为正整数有：
，．所以是满足要求的解． (2)当时，有，，，所以．则
，那么．分别考虑，，，可得正整数解为，所以是满足要求的解．注意到已
经包含在的情况中，所以解为，其中取正整数．
5.在黑板上写上三个整数，然后将其中一个擦去，换上其他两数之和与的差，将这
个过程重复若干次之后，得到．问：一开始在黑板上的三个数能否是：(1)； (2)．
【答案】见解析
【解析】我们进行倒推：，，所以
可以得到．．又，所以
可以得到．由此可得
．如此倒推下去，由于
，所以经过次变换，可以从得到．继续这种变换，有，，
，，，，，，．所以，从
一开始，黑板上的三个数可能是，但不可能是．。
数论练习题答案
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 ===,,,22211Λ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。