2016年6月西南大学《初等数论》(0346)大作业答案
初等数论习题与答案、及测试卷
初等数论习题与答案、及测试卷1 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。
∴存在n 个整数n p p p ,,21使n n n m p a m p a m p a ===,,,222111又n q q q ,,,21 是任意n 个整数m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数2 证：)12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n从而可知12)(1(/6++n n n3 证： b a , 不全为0∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而有形如by ax +的最小整数00by ax +Z y x ∈?,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+则b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax 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 /),(,/),( 0/),(by ax ba +∴故),(00b a by ax =+4 证：作序列 ,23,,2,0,23,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 q a bs a t q s 2 ,2-=-==，则有22220b t b q b q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0,2+=-=-=，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 2 1,21+-=-=+=，则有21212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 01,21++=-=+-=则同样有 2b t ≤综上存在性得证下证唯一性当b 为奇数时，设11t bs t bs a +=+=则b s s b t t >-=-)(11而b t t t t b t b t ≤+≤-∴≤≤1112,2矛盾故11,t t s s ==当b 为偶数时，t s ,不唯一，举例如下：此时2b 为整数 2,2),2(2212311b t b t b b b b b ≤=-+?=+=?2,2,222211b t b t t 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。
2015秋季西南大学初等数论大作业答案
因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同,p、p＋2都不被3整除,所以p＋1被3整除．
于是6是p＋1的因数．
\
6.叙述孙子定理的内容。
11.孙子定理的内容为：设 是k个两两互质的正整数,
(1)
设 ,
则同余式组(1)的解是
(2)
其中 是满足 的任一个整数，i＝1,2,…,k。
三、计算题（每小题8分，共40分）
1.求210与55的最大公因数。
答：210=2x3x5x7 ,55=5x11 210与55的最大公因数是5.
1.叙述整数a被整数b整除的概念。
答：设a,b是任意两个整数,其中b≠0,如果存在一个整数q使得等式a=bq成立,我们就称b整除a或a被b整除,记做b|a
2.叙述质数的概念，并写出小于14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(或素数)。14的所有质数2,3，5，7, 11，13.
性质3①若a1=b1(mod m),a2=b2(mod m),则a1+ a2 =b1+ b2( (mod m)
②若a+b≡c(mod m),则a≡c-b(mod m)
5. 196是否是3的倍数，为什么？
答：196不是3的倍数。因为由定义可知设a,b是任意两个整数,其中b≠0,如果存在一个整数q使得等式a=bq成立,则将a叫做b的倍数。所以a=196,b=3,不存在一个整数q使得等式a=bq成立,所以196不是3的倍数。
西南大学网络与继续教育学院课程考试答题卷
学号：1513150663001姓名：陈琛层次：专科起点本科
类别：网教专业：数学与应用数学（数学教育）2015年11月西南大学网络教育鹰潭职业技术学院学习中心
初等数论习题集参考答案
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。
初等数论试卷和答案
初等数论考试试卷1一、单项选择题(每题3分，共18分)1、如果a b ，b a ，则( ).A b a =B b a -=C b a ≤D b a ±=2、如果n 3，n 5，则15（ ）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定3、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4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则A )(mod m bc ac ≡B b a =C ac T )(mod m bcD b a ≠5、如果( ),则不定方程c by ax =+有解. A c b a ),( B ),(b a c C c a D a b a ),(6、整数5874192能被( )整除.A 3B 3与9C 9D 3或9二、填空题(每题3分，共18分)1、素数写成两个平方数和的方法是（ ）.2、同余式)(mod 0m b ax ≡+有解的充分必要条件是( ).3、如果b a ,是两个正整数,则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为( ).4、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者( ).5、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的( ).6、如果b a ,是两个正整数,则存在( )整数r q ,,使r bq a +=,b r ≤0.三、计算题(每题8分，共32分)1、求[136,221,391]=?2、求解不定方程144219=+y x .3、解同余式)45(mod 01512≡+x .4、求⎪⎭⎫ ⎝⎛563429,其中563是素数. （8分）四、证明题(第1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分)1、证明对于任意整数n ,数62332n n n ++是整数.2、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.3、证明形如14-n 的整数不能写成两个平方数的和.试卷1答案一、单项选择题(每题3分，共18分)1、D.2、A3、C4、A5、A6、B二、填空题(每题3分，共18分)1、素数写成两个平方数和的方法是（唯一的）.2、同余式)(mod 0m b ax ≡+有解的充分必要条件是(b m a ),().3、如果b a ,是两个正整数,则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为( ][b a ).4、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者( 与p 互素 ).5、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的( 倍数 ).6、如果b a ,是两个正整数,则存在( 唯一 )整数r q ,,使r bq a +=,b r ≤0.三、计算题(每题8分，共32分)1、 求[136,221,391]=?（8分）解 [136,221,391]=[[136,221],391] =[391,17221136⨯]=[1768,391]------------(4分) = 173911768⨯=104⨯391=40664. ------------（4分）2、求解不定方程144219=+y x .（8分）解：因为（9，21）=3，1443，所以有解； ----------------------------（2分）化简得4873=+y x ； -------------------（1分）考虑173=+y x ，有1,2=-=y x ， -------------------（2分）所以原方程的特解为48,96=-=y x ， -------------------（1分）因此，所求的解是Z t t y t x ∈-=+-=,348,796。
初等数论习题解答
《初等数论》习题解答作业3一．选择题1，B 2，C 3，D 4，A二．填空题1，自反律 2，对称性 3，13 4，十进位 5，3 6，2 7，1三．计算题1， 解：由Euler 定理知：（a,m ）=1 则 a φ (m)≡1 (modm)∵(3,100)=1. 3φ (100)=340≡13360≡13364=3360×34≡34 (mod 100)∴34≡81 (mod 100)故：3364的末两位数是81.2, 解：132=169≡4 （mod 5）134=16≡1 (mod 5)1316≡1 (mod 5)1332≡1 (mod 5)1348≡1 (mod 5)1350=1348×1321350≡132≡4 (mod 5)3, 解： ∵(7,9)=1. ∴只有一个解7X －5≡9Y (mod 9)7X －9Y ≡5 (mod 9)解之得：X=2，Y=1∴X=2+9≡11=2 (mod 9)4, 解： ∵（24，59）=1 ∴只有一个解24X ≡7 (mod 59)59Y ≡﹣7 (mod 24)11Y=﹣7 (mod 24)24Z=7 (mod 11)2Z=7 (mod 11)11W=﹣7 (mod 2)W =﹣7 (mod 2)W=﹣1 (mod 2)Z=2711+-= －2 Y=117242-⨯-=－5X=247595+⨯-=2288-=－12 =47(mod59)5 解 ∵（45，132）=3，∴同余式有三个解。
45X ≡21（mod32）15x ≡7 (mod44)44y ≡-7 (mod15)14y ≡-7 (mod15)15z ≡-7 (mod14)z ≡7 (mod14) y=147715-⨯=7 x=157744+⨯=21 ∴x=21+31322⨯=109 (mod132) x=21+31321⨯=65 (mod132) x=21 (mod132)6、解 ∵（12，45）=3, ∴同余式有三个解。
0346初等数论
所以125与50的最大公因数是52，即25。
四、解：因为(1,9) = 1，所以不定方程有整数解。
显然x = 1，y = 0是其一个特解，
所以不定方程的一切整数解为，其中t取一切整数。
五、证明：若m或n为3的倍数，则mn是3的倍数；若m是3的倍数加1，n是3的倍数加1，则m-n是3的倍数；若m是3的倍数加1，n是3的倍数加2，则m+n是3的倍数；若m是3的倍数加2，n是3的倍数加1，则m+n是3的倍数；若m是3的倍数加2，n是3的倍数加2，则m-n是3的倍数，结论成立。
三、（15分）求125与50的最大公因数。
四、（15分）求不定方程x+9y=1的一切整数解。
五、（10分）设m,n为整数，证明m+n,m-n与mn中一定有一个是3的倍数。
一、解释概念
1.答：若a，b是两个整数，其中b>0，则存在两个整数q及r，使得
a=bq+r， 0<=r<b 成立，而且q及r是唯一的，q叫做a被b除所得的不完全商。学与应用数学2017年06月
课程名称【编号】：初等数论【0346】 A卷
大作业满分：100 分
一、解释下列概念（每小题15分，共30分）
1.叙述整数a被b除的不完全商的概念。
2.叙述整数a，b对模m同余的概念。
二、（30分）给出有关整除的一条性质并加以证明。
2.答：如果用m去除任意两个整数a与b所得的余数相同，我们就说a与b对模m同余，记为a≡b（mod m）。
二、答：若a是b的倍数，b是c的倍数，则a是c的倍数。即：若b| a，c| b，则 c|a。
证：由b|a，c|b及整除的定义知存在整数q1,q2 使得a=bq1,b=cq2。因此a=(cq2)q1=c(q1q2)，但q1q2是一个整数，故c|a。
西南大学2016年6月网教〈初等数论〉[0346]大作业A答案
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解：由公式n!=1×2×3……×n
所以5！=1×2×3×4×5
=1×23×3×5
3.求1510除以7的余数。
解：因为151（mod7）,所以151011018（mod7）,
即1510除以7的余数是8。
4.求不定方程 的一切整数解。
解：因为（3,1）=1，11，所以有整数解。
3x+y=1可以转化为y=1-3x。当x=0时，y=1
所以y=1-3x的一切整数解为x=0,1，2…。
5.解同余式 。
解：因为（2,7）=1,13，所以同余式 只有1个解。
由2x-7y=3得一个解x0=5,y0=1所以同余式的解为x5(mod7)
四、证明题（每小题8分，共16分）
1.证明：若 ， ，则 。
证明：由ab,bc及整除的定义知存在整数p,q
使得b=ap,c=bq
成立，而且q及r是唯一的。
证 作整数序列
…，－3b，－2b，－b，0，b，2b，3b，…
则a必在上述序列的某两项之间，及存在一个整数q使得qb≤a<(q+1)b成立。令a－qb＝r，则r为整数，且a＝qb＋r，而
设 是满足（2）的另两个整数，则
，
所以 ，于是 ，故 。由于r， 都是小于b的正整数或零，故 。如果 ，则 ，这是一个矛盾பைடு நூலகம்因此 ，从而 。
（1）每一整数必包含在而且仅包含在上述的一个集合里面；
（2）两个整数同在一个集合的充要条件是这两个整数对模m同余。
4.写出两条有关整除的基本性质。
答：（1）若a是b的倍数，b是c的倍数，则a是c的倍数。即：若b|a，c|b，则c|a。
（2）若a，b都是m的倍数，则 也是m的倍数。
《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。
(0346)《初等数论》网上作业题及答案
（0346）《初等数论》网上作业题及答案1：第一次作业2：第二次作业3：第三次作业4：第四次作业5：第五次作业1：[论述题]数论第一次作业参考答案：数论第一次作业答案2：[单选题]如果a|b，b|c，则（）。
A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a参考答案：C马克思主义哲学是我们时代的思想智慧。
作为时代的思想智慧，马克思主义哲学主要具有反思功能、概括功能、批判功能和预测功能。
（1）“反思”是哲学思维的基本特征，是以思想的本身为内容，力求思想自觉其为思想。
通过不断的反思，揭示自己时代的本质和规律，达到对事物本质和规律性的认识。
（2）概括是马克思主义哲学的重要功能，是马克思主义哲学把握人与世界总体性关系的基本思维方式。
（3）马克思主义哲学的批判功能主要是指对现存世界的积极否定。
（4）马克思主义哲学的预测功能在于预见现存世界的发展趋势。
3：[单选题]360与200的最大公约数是（）。
A：10B：20C：30D：40参考答案：D数论第一次作业答案4：[单选题]如果a|b，b|a ，则（）。
A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的关系无法确定参考答案：C数论第一次作业答案5：[单选题]-4除-39的余数是（）。
A：3B：2C：1D：0参考答案：C数论第一次作业答案6：[单选题]设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。
A：整除B：不整除C：等于D：小于参考答案：A数论第一次作业答案7：[单选题]整数6的正约数的个数是（）。
A：1B：2C：3D：4参考答案：D数论第一次作业答案8：[单选题]如果5|n ，7|n，则35（）n 。
A：不整除B：等于C：不一定D：整除参考答案：D数论第一次作业答案1：[论述题]数论第二次作业参考答案：数论第二次作业答案2：[单选题]288与158的最大公约数是（）。
A：2B：4C：6D：8参考答案：A数论第二次作业答案3：[单选题]-337被4除余数是（）。
《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 =。
西南大学2020秋季 [0346]《初等数论》考试答案
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西南大学培训与继续教育学院课程考试试题卷学期：2020年秋季
课程名称【编号】：初等数论【0346】 A卷
考试类别:大作业满分：100分
1.解：整除的定义：
设a, b是任意两个整数,其中b不为零,若存在一个整数q使得a=bq,我们就说b 整除a,记为bla.这时b叫a的因数, a叫b的倍数.若这样的q不存在，则说b 不整除a.
6整除24.
8不整除42.
3.解：欧拉函数()a
ϕ是定义在正整数上的函数，它在正整数a上的值等于序列0,1,2，…，a-1中与a互质的数的个数。
(5)
ϕ=4
(6)
ϕ=2.
4.解：220=2²×5×11。
6.解如下图
8.解：素数除了1和自己就没有其他约数了.4m-1或4m+1,其中4m-1看成4m+3,即一切奇素数都可以表示成4m+3或4m+1的形式.因为,一切奇素数不可以写成4m的形式（约数4）,但也不能写成4m+2(约数2）.所以一切奇素数都可以表示成4m-1或4m+1的形式，即41
m±.
- 1 -。
初等数论测试(带答案)
,其中
563
是素数.
（8 分）
四、证明题(第 1 小题 10 分，第 2 小题 11 分，第 3 小题 11 分，共 32 分)
n n2 n3 17、证明对于任意整数 n ,数 3 2 6 是整数.
18、证明相邻两个整数的立方之差不能被 5 整除. 19、证明形如 4n 1 的整数不能写成两个平方数的和.
A ac bc(mod m) B a b C ac T bc(mod m) D a b
5、如果( ),则不定方程 ax by c 有解.
A (a, b) c B c (a, b) C a c D (a, b) a
6、整数 5874192 能被( )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9
证明 设 n 是正数,并且 n 1(mod 4) ,
----------（3 分）
如果
n x2 y2 , 则因为对于模 4, x, y 只与 0,1,2,-1 等同余, 所以 x2 , y 2 只能与 0,1 同余,
所以
x2 y 2 0,1,2(mod 4) ,
而这与 n 1(mod 4) 的假设不符,
C 7 不整除（12，15） D 7 不整除[12，15]
12、同余式
（ ）.
A 有解 B 无解 C 无法确定 D 有无限个解
二、填空题 1、有理数 ，
，能写成循环小数的条件是（ ）.
2、同余式
有解，而且解的个数为( ).
3、不大于 545 而为 13 的倍数的正整数的个数为( ).
4、设 是一正整数，Euler 函数
429 67
27 67
(1)
27 1. 67 1 22
67 27
67 27
西南大学2016《初等数论》网上作业（共4次）
西南大学2016《初等数论》网上作业（共4次）初等数论第一次作业简答题1. 叙述整数a被整数b整除的概念。
2. 给出两个整数a，b的最大公因数的概念。
3. 叙述质数的概念，并写出小于14的所有质数。
4. 叙述合数的概念，并判断14是否为合数。
5. 不定方程c+有整数解的充分必要条件是什么？byax=6. 列举出一个没有整数解的二元一次不定方程。
7. 写出一组勾股数。
8. 写出两条同余的基本性质。
9. 196是否是3的倍数，为什么？10. 696是否是9的倍数，为什么？11. 叙述孙子定理的内容。
12. 叙述算术基本定理的内容。
13.给出模6的一个完全剩余系。
14.给出模8的一个简化剩余系。
15.写出一次同余式)ax≡有解得充要条件。
(mod mb答：1.设a,b是任意两个整数，其中b≠0，如果存在一个整数q使得等式a=bq 成立，我们就称b整除a或a被b整除,记做b|a。
2.设a,b是任意两个整数，若整数d是他们之中每一个的因数，那么d就叫做a,b的一个公因数。
a,b的公因数中最大的一个叫做最大公因数。
3.一个大于1的整数，如果它的正因数只有1和它本身，就叫作质数(或素数)。
14的所有质数为2,3,5,7,11,134.一个大于1的整数，如果它的正因数除了1和它本身，还有其他的正因数，则就叫作合数。
14的所有正因数为1,2,7,14，除了1和本身14，还有2和7两个正因数，所以14是合数。
5.不定方程cax=+有整数解的充分必要条件是。
by6.没有整数解的二元一次不定方程10x+10y=5。
7.一组勾股数为3,4,5。
8.同余的基本性质为：性质1 m为正整数，a，b，c为任意整数，则①a≡a（mod m）；②若a≡b（mod m），则b≡a（mod m）；③若a≡b（mod m），b≡c（mod m），则a≡c（mod m）。
性质3①若（mod m），（mod m），则（mod m）②若a＋b≡c（mod m），则a≡c－b（mod m）。
《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 ++-+-。
《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》复习思考题答案
（0346）《初等数论》复习思考题答案1． 一个不等于1的自然数，分别去除967，1000，2001得到相同的余数。
试求这个自然数。
解：设这个自然数为q ，则q | 1000 – 967，即q | 33。
又q | 2001 – 1000，即q | 1001，所以 q = 11。
2． 求证：不可能存在两个质数p 1，p 2，使得p 1 + p 2 = 111…1(20位数)。
证明：由于p 1与p 2的和为奇数，故p 1与p 2中有一个为2，设p 2 = 2，则110101*********-++++= p 。
因为10 ≡ 1(mod 9)，所以p 1 ≡ 19 – 1 ≡ 0 (mod 9)，即p 1不是质数，矛盾。
3． 如果p 和p + 2都是大于3的质数，求证6 | p + 1。
证明：首先p 是大于3的质数，则p 不是3的倍数。
又p + 2是大于3的质数，所以p – 1不是3的倍数。
故p + 1 必为3的倍数。
但p + 1 为偶数，所以p + 1 为2的倍数。
由于2与3互质，所以p + 1 为6的倍数，于是6 | p + 1。
4． 设m , n 为整数，求证m +n , m -n 与mn 中一定有一个是3的倍数。
证明：若m 或n 为3的倍数，则mn 是3的倍数；若m 是3的倍数加1，n 是3的倍数加1，则m -n 是3的倍数；若m 是3的倍数加1，n 是3的倍数加2，则m +n 是3的倍数；若m 是3的倍数加2，n 是3的倍数加1，则m +n 是3的倍数；若m 是3的倍数加2，n 是3的倍数加2，则m -n 是3的倍数，结论成立。
5． 证明：两个奇数的平方差是8的倍数。
证明：若a =2k +1为奇数，则a 2-1=4k (k +1)，因2|k (k +1)，所以8| a 2-1。
于是当a , b 均为奇数时，由8| a 2-1与8| b 2-1得8|a 2-b 2。
即两个奇数的平方差是8的倍数。
西南大学线性代数作业答案
第一次行列式部分的填空题1．在5阶行列式ij a 中，项a 13a 24a 32a 45a 51前的符号应取 + 号。
2．排列45312的逆序数为 5 。
3．行列式25112214---x中元素x 的代数余子式是 8 ． 4．行列式10232543--中元素-2的代数余子式是 —11 。
5．行列式25112214--x 中，x 的代数余子式是 —5 。
6．计算00000d c ba = 0行列式部分计算题 1．计算三阶行列式381141102--- 解：原式=2×（—4）×3+0×（—1）×（—1）+1×1×8—1×（—1）×（—4）—0×1×3—2×（—1）×8=—42．决定i 和j ，使排列1 2 3 4 i 6 j 9 7 为奇排列. 解：i =8，j =5。
3．(7分)已知0010413≠x x x，求x 的值．解：原式=3x 2—x 2—4x=2 x 2—4x=2x(x —2)=0 解得：x 1=0；x 2=2所以 x={x │x ≠0；x ≠2 x ∈R } 4．(8分)齐次线性方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++000z y x z y x z y x λλ 有非零解，求λ。
解：()211110100011111111-=--==λλλλλD由D=0 得 λ=15．用克莱姆法则求下列方程组：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=++10329253142z y x z y x z y x 解：因为331132104217117021042191170189042135113215421231312≠-=⨯-⨯=-------=-------=）（r r r r r r D 所以方程组有唯一解，再计算：811110212942311-=-=D 1081103229543112-==D1351013291531213=-=D因此，根据克拉默法则，方程组的唯一解是：x=27，y=36，z=—45第二次线性方程组部分填空题1．设齐次线性方程组A x =0的系数阵A 的秩为r ，当r= n 时，则A x =0 只有零解；当A x =0有无穷多解时，其基础解系含有解向量的个数为 n-r .2．设η1，η2为方程组A x =b 的两个解，则 η1－η2或η2－η1 是其导出方程组的解。
西南大学线性代数作业答案
第一次行列式部分的填空题1．在5阶行列式ij a 中，项a 13a 24a 32a 45a 51前的符号应取 + 号。
2．排列45312的逆序数为 5 。
3．行列式25112214---x中元素x 的代数余子式是 8 ． 4．行列式10232543--中元素-2的代数余子式是 —11 。
5．行列式25112214--x 中，x 的代数余子式是 —5 。
6．计算00000d c ba = 0行列式部分计算题 1．计算三阶行列式381141102--- 解：原式=2×（—4）×3+0×（—1）×（—1）+1×1×8—1×（—1）×（—4）—0×1×3—2×（—1）×8=—42．决定i 和j ，使排列1 2 3 4 i 6 j 9 7 为奇排列. 解：i =8，j =5。
3．(7分)已知0010413≠x x x，求x 的值．解：原式=3x 2—x 2—4x=2 x 2—4x=2x(x —2)=0 解得：x 1=0；x 2=2所以 x={x │x ≠0；x ≠2 x ∈R } 4．(8分)齐次线性方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++000z y x z y x z y x λλ 有非零解，求λ。
解：()211110100011111111-=--==λλλλλD由D=0 得 λ=15．用克莱姆法则求下列方程组：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=++10329253142z y x z y x z y x 解：因为331132104217117021042191170189042135113215421231312≠-=⨯-⨯=-------=-------=）（r r r r r r D 所以方程组有唯一解，再计算：811110212942311-=-=D 1081103229543112-==D1351013291531213=-=D因此，根据克拉默法则，方程组的唯一解是：x=27，y=36，z=—45第二次线性方程组部分填空题1．设齐次线性方程组A x =0的系数阵A 的秩为r ，当r= n 时，则A x =0 只有零解；当A x =0有无穷多解时，其基础解系含有解向量的个数为 n-r .2．设η1，η2为方程组A x =b 的两个解，则 η1－η2或η2－η1 是其导出方程组的解。
初等数论课后习题答案
1 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。
∴存在n 个整数n p p p ,,21使n n n m p a m p a m p a ===,,,222111又n q q q ,,,21 是任意n 个整数m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数2 证： )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n从而可知12)(1(/6++n n n3 证： b a , 不全为0∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而有形如by ax +的最小整数00by ax +Z y x ∈∀,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+则b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax byax++/00 （y x ,为任意整数） b byaxa byax /,/0++∴,/(0ba byax+∴ 又有b b a a b a /),(,/),(/),(by axb a +∴ 故),(00b a byax=+4 证：作序列 ,23,,2,0,2,,23,b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间（区间段）即存在一个整数q ，使b q a b q 212+<≤成立(i 当q 为偶数时，若.0>b 则令b q a bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b q b q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b q a bs a t q s 2,2+=-=-=，则同样有2b t <)(ii 当q 为奇数时，若0>b 则令b q a bs a t q s 21,21+-=-=+=，则有2021212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 0<b ，则令b q a bs a t q s 21,21++=-=+-=则同样有 2b t ≤综上 存在性得证 下证唯一性当b 为奇数时，设11t bs t bs a +=+=则b s s b t t >-=-)(11而b t t t t b t b t ≤+≤-∴≤≤1112,2矛盾 故11,t t s s ==当b 为偶数时，t s ,不唯一，举例如下：此时2b 为整数 2,2),2(2212311b t b t b b b b b ≤=-+⋅=+⋅=⋅2,2,222211b t b t t bst bs a ≤-=+=+=5.证：令此和数为S ，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数（1） 令S=n14131211+++++，取M=p k 75321⋅⋅⋅-这里k 是使n k≤2最大整数，p 是不大于n 的最大奇数。
16秋华师《初等数论》在线作业
16秋华师《初等数论》在线作业奥鹏17春16秋华师《初等数论》在线作业一、单选题（共20道试题，共60分。
）1.欧拉函数ψ(18)=（）a.6b.7c.8d.9正确答案：2.(12345,678)=().a.3b.7c.9d.11正确答案：3.同余方程7x≡14(mod15)求解的个数为（）.a.1个求解b.2个求解c.3个求解d.4个求解恰当答案：4.1050与858的最大公因数是（）a.2b.3c.6d.12恰当答案：5.-4除-39的余数是（）a.3b.2c.1d.0恰当答案：6.同余方程7x≡1(mod31)解为（）.a.x≡6(mod31)b.x≡7(mod31)c.x≡8(mod31)d.x≡9(mod31)恰当答案：7.下列方程哪个无整数解（）a.16x-37y=7b.3x+6y-12=0c.2x+6y-1=4d.5x+6y=52正确答案：8.大于10且大于30的素数存有（）a.4个b.5个c.6个d.7个正确答案：9.同余方程6x≡18(mod3)求解的个数为（）.a.1个求解b.2个求解c.3个求解d.4个求解恰当答案：10.9x-11y=100的正整数解的个数是（）.a.0b.1c.2d.3恰当答案：11.(221,391,136)=().a.13b.17c.19d.23恰当答案：12.小于30的素数的个数为（）a.10b.9c.8d.7恰当答案：13.同余方程5x≡10(mod15)解的个数为（）.a.2个解b.3个解c.4个解d.5个解正确答案：14.同余方程3x≡6(mod12)求解的个数为（）.a.1个解b.2个解c.3个解d.4个解正确答案：15.同余方程58x≡87(mod47)的意指（）.a.x≡25(mod47)b.x≡29(mod47)c.x≡35(mod47)d.x≡37(mod47)恰当答案：16.（54,198）=（）a.3b.6c.9d.18恰当答案：17.取1元、2元、5元的硬币共10枚，付出18元，有（）种不同的付法a.1b.2c.3d.4恰当答案：18.下述结论正确的是（）a.若21x≡70(mod112)，则同余式必存有14个求解b.同余式5x≡13(mod43)存有唯一求解x≡37(mod43)c.同余式5x≡13(mod43)存有唯一求解x=37d.同余式3x≡9(mod15)难解恰当答案：19.整数6的正约数的个数是（）a.1b.2c.3d.4恰当答案：20.下列命题中不正确的是（）a.整数a1，a2，…，an的公因数中最小的称作最小公因数b.整数a1，a2，…，an的公倍数中最轻的称作最轻公因数c.整数a与它的绝对值存有相同的倍数d.整数a与它的绝对值存有相同的约数恰当答案：华师《初等数论》在线作业二、判断题（共10道试题，共40分后。
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（１） 成 设
则同余式组（１）的解是 ，
q 叫做 a 被 b 除所得的不完全商，r 叫做 a 被 b 除所得到的余
2. 叙述公因数的概念。
答：设 是 n(n≥2) 个整数，若整数 d 是他们之中每一个的因数，那么 d 就叫做 的一个公因数。
三、计算题（每小题 8 分，共 40 分） 1. 求 99 与 22 的最大公因数。 解：用辗转相除法：99=22×4+11
课程名称【编号】 ：初等数论【0346】 大作业
一、填空题（每小题 2 分，共 14 分） 1. 6 除 19 的商是 2. [9.9] = 9 3 。 2 ×11 。 13 。 1,2,4,5,7,8 7,11,13
也是 m 的倍数.
5. 203 是否是 5 的倍数，为什么？ 答：203 不是 5 的倍数，因为由定义可知，设 a, b 是任意两个整数，其中 b≠０，如 果存在一个整数 q 使得等式 a=bq 成立，则 a 叫做 b 的倍数. 而当 a=203，,b=5 时，不存 在一个整数 q 使得等式 a=bq 成立，所以 203 不是 5 的倍数。 。 6. 叙述孙子定理的内容。 答：设
5. 解同余式 2 x 3(mod7) 。 解：因为（2,7）=1,13，所以同余式 2 x 3(mod7) 只有 1 个解， 由 2x-7y=3 得一个解 x0=5,y0=1 所以同余式的解为 x5(mod7)。
四、证明题（每小题 8 分，共 16 分） 1. 证明：若 a | b ， b | c ，则 a | c 。 证明：由 ab,bc 及整除的定义知存在整数 p,q 使得 b=ap,c=bq
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西南大学网络与继续教育学院课程考试试题卷
类别：网教 专业：数学与应用数学（数学教育） 2016 年 6 月 A卷 满分：100 分
答：
这 m 个整数叫模 m 的最小非负完全剩余系.
4. 写出两条有关整除的基本性质。
答：若 a 是 b 的倍数，b 是 c 的倍数，则 a 是 c 的倍数。即：若 b| a，c| b，则 c|a.
3. 叙述模 m 的最小非负完全剩余系的定义。
-1-
22=11×2+0
所以 99 与 22 的最大公因数是 11.
因此 c=(ap)q=apq Pq 是一个整数
2. 求 5！的标准分解式。 解：由 n！=1×2×3×……×n
所以 ac .
所以 5！=1×2×3×4×5 =23×3×5
2. 证明：若 a b(modm) ，则 an bn(modm) 。 证明：由 ab(modm),得（a-b）m 由整除的性质的 an-bn=(a-b)nm 从而 an-bn0(modm)
3. 求 1510 除以 7 的余数。 解：因为 151（mod7）,所以 151011018（mod7）, 即 1510 除以 7 的余数是 8。
所以 anbn(modm) .
4. 求不定方程 3x y 1 的一切整数解。 解：因为（3,1）=1，11，所以有整数解。 3x+y=1 可以转化为 y=1-3x。当 x=0 时，y=1 所以 y=1-3x 的一切整数解为 x=0,1，2…。
是 k 个两两互质的正整数，
。
3. 44 的标准分解式为 4. 310 的个位数是 9
5. 9 的所有正因数的和是
6. 模 9 的最小非负简化剩余系是 7. 大于 6 且小于 18 的质数是
二、简答题（每小题 5 分，共 30 分） 1. 叙述带余数除法定理的内容。 答：若 a，b 是两个整数，其中 b>0，则存在两个整数 q 及 r，使得 a=bq+r， 立，而且 q 及 r 是唯一的. 数。