《数论》第一章补充例题
数论专题一
例题4、学校打算在1月4日或1月10日组织同学们 看电影，确定好日期后，老师告诉了班长，但是 由于“四”和“十”发音接近，班长有10%的可 能性听错（把4听成10或者把10听成4），班长又 把日期告诉了小明，小明也有10%的可能性听错。 那么小明认为看电影的日期是正确的可能性为 _____%；
考点：概率问题 详解：小明认为正确的情况有两种：（1）班长正 确、小明正确，共（1−10%）×（1−10%）=81%； （2）两人都错误，10%×10%=1%。共 81%+1%=82%。 评注：本题最容易的错误答案是81%。
例题9、如果一个四位数与一个三位数的和是 1999，并且四位数与三位数是由7个不同的数字 组成的。问这样的四位数共有多少个？
解：我们不妨设这个四位数为abcd,三位数为efg.由题意得： abcd +ef g 1 9 9 9 ,显然a=1,且b+e=9 c+f=9 d+g=9.我 们知道：7+2=6+3=5+4=9+0=9(1和8不能选，因为1已经 用过了），又因为e不能为0，那么b就不能为9，则b共有7 种选择（0、2、3、4、5、6、7）。当b确定后，e也就随 之确定，所以c只剩下6种取法，同理f就确定了，d就只剩 下4种取法，d确定后，g也就确定了 所以一共：7×6×4=168（个）
例题8、 有4个不同的数字共可组成18个不同的 4位数。将这18个不同的4位数由小到大排成一 排，其中第一个是一个完全平方数，倒数第二 个也是完全平方数。那么这18个数的平均数是 多少？
解：4个不同的数可以组成24个不同的数，但是现在题目 中说有18个不同的数，那只有一种可能，4个数中有一个 是0. 设另外3个数分别为：a,b,c 且a＜b＜c 4个数中最小的数为a0bc,倒数第二大的数为cb0a 这个时候我们就要涉及到尝试法:a0bc最小可以为1023， 但是1023不是完全平方数，完全数最接近1023的是 32²=1024，然后4201不是完全平方数。继续假设 a0bc=33²=1089，而9801=99²，成立。 所以a=1,b=8.c=9 然后把18个罗列出来算平均数=6444
奥赛经典
奥赛经典——初中数学竞赛中的数论问题第一章 整数的封闭性运算【典型例题与基本方法】例1 (1995年全国联赛题)方程组⎩⎨⎧=+=+2363yz xz yz xy 的正整数解的组数是（ ）. A.1 B.2 C.3 D.4 例2 (2007年天津市竞赛题)八年级二班的同学参加社区公益活动——收集废旧电池，其中甲组同学平均每人收集17个，乙组同学平均每人收集20个，丙组同学平均每人收集21个.若这三个小组共收集了233个废旧电池，则这三个小组共有学生（ ）人.A.12B.13C.14D.15例3 (2002年“我爱数学”初中生夏令营竞赛题)如果一个正整数等于它的各位数字之和的4倍，那么，我们就把这个正整数叫做四合数.所有四合数的总和等于 .【解题思维策略分析】1.注意整数乘积或幂中的特殊因数例5 (2008年青少年数学国际城市邀请赛题)已知n 为正整数，使得()()()k n n n n n n 2621211=--+-++(k 是正整数).求所有可能的n 值的总和. 2.注意整数运算的封闭性例6 (2007年“新知杯”上海市竞赛题)求满足下列条件的正整数n 的所有可能值：对这样的n ，能找到实数a ，b ，使得函数()b ax x n x f ++=21对任意整数x ，()x f 都是整数. 3.注意在分数不等式中取整数的条件例7 已知n ，k 均为正整数，且满足不等式4396371<+-<k n k n .若对于某一给定的正整数n ，只有唯一的一个正整数k 使不等式成立.求所有符合要求的正整数n 中的最大值和最小值.【模拟实战】A 组1.若满足不等式137158<+<k n n 的整数k 只有一个，则正整数n 的最大值为（ ）. A.100 B.112 C.120 D.1502.若12032+m 是整数，则所有满足条件的正整数m 的和为（ ）.A.401B.800C.601D.12033.若直角三角形的一条直角边长为12，另两条边长均整数，则符合这样条件的直角三角形共有（ ）个.A.1B.6C.4D.无数多4.2009是一个具有如下性质的年号：它的各位数码之和为11.那么，自古至今，这种四位数的年号共出现过______次.5.(2005年全国联赛题)不超过100的自然数中，将凡是3或5的倍数的数相加，其和为_____.B 组1.(2008年四川省竞赛题)已知正整数a 、b 、c 满足c b a <<，且abc ca bc ab =++.求所有符合条件的a 、b 、c .2.(2009年南昌市竞赛题)已知n 是大于1的整数.求证：3n 可以写成两个正整数的平方差.3.(第4届中国趣味数学决赛题)有20堆石子，每堆都有2006粒石子．从任意19堆中各取一粒放入另一堆，称为一次操作.经过不足20次操作后，某一堆中有1990粒石子，另一堆石子数在2080到2100之间，这一堆石子有______粒.4.(1995年全国联赛(民族卷)题)已知正整数a 、b 、c 满足下列条件：c b a >>，()()()72=---c a c b b a ，且100<abc ，求a ，b ，c .5.(2006年全国联赛题)2006个都不等于119的正整数200621,,a a a 排成一行，其中任意连续若干项之和都不等于119，求200621a a a +++ 的最小值.6.(第13届日本奥数决赛题)平太给大介出了一道计算题（A ，B 各代表两位数中各位上的数字,相同的字母代表相同的数字）：=⨯BA AB .大介：“得数是2872.”平太：“不对”.大介：“个位的数字对吗?”平太：“对”.大介：“其它位的数字有对的吗?”平在：“这是保密的.但你调换一下四位数2872中4个数字的位置,就能得出正确答案.” 请求出正确答案.第二章 正整数的多项式表示及应用【典型例题与基本方法】例1 将()102010化为下列进位制的数：⑴二进位制的数；⑵八进位制的数.例2 试证：形如abcabc 的六位数总含有7，11，13的因数.例3 一个三位数xyz （其中x ，y ，z 互不相等），将其各个数位的数字重新排列，分别得到的最大数和最小数仍是三位数.若所得到的最大三位数与最小三位数之差是原来的三位数，求这个三位数.例4 设两个三位数xyz ，zyx 的乘积为一个五位数xzyyx （其中x ，y ，z 互不相等），求x ，y ，z.【解题思维策略分析】1.善于运用正整数的十进位制的多项式表示解题例5 若一个首位数字是1的六位数abcde 1乘以3所得的积是一个末位数字为1的六位数1abcde ，求原来的六位数.例6 有一个若干位的正整数，它的前两位数字相同，且它与它的反序数（011a a a a n n -与n n a a a a 110- 互为反序数，其中00≠a ，0≠n a ）之和为10879，求原数.2.会利用非十进位制多项式表示解题例7 设在三进位置中，数N 的表示是20位数：12112211122211112222.求N 在九进位制中表示最左边的一位数字.例8 设1987可以在b 进位制中写成三位数xyz ，且7891+++=++z y x ，试确定出所有可能的x ，y ，z 和b .【模拟实战】A 组1.M 表示一个两位数，N 表示一个三位数，如果把M 放在N 的左边，组成一个五位数，那么这个五位数是（ ）.A. M+NB. MNC. 10000M+ND. 1000M+N2.一个两位数，它是本身数字和的k 倍，将个位数字与十位数字交换位置后，组成一个新数，则新数为其数字和的（ ）.A.()1-k 倍B.()k -11倍C.()k -10倍D.()k -9倍3.在大于10、小于100的正整数中，数字变换位置后所得的数比原数增加9的数的个数为_____.4.一个两位数，它的各位数字和的3倍与这个数加起来所得的和恰好是原数的两个数字交换了位置所得的两位数，这样的两位数有____个.5.已知ab 为两位数，且满足bbb ab b a =⋅⋅，求这个两位数.6.求一个最小的正整数n ，它的个位数字为6，将6移到首位，所得的新数是原数的4倍.B 组1.已知一个四位数的各位数字的和与这个四位数相加等于2010，试求这个四位数.2.有一种室内游戏，魔术师要求某参赛者想好一个三位数abc ，然后，魔术师再要求他记下五个数acb 、bac 、bca 、cab 、cba ，并把这五个数加起来求出和N ，只要讲出N 的大小，魔术师就能说出原数abc 是什么.如果3194=N ，请你确定abc .3.两位数ab （个位数字与十位数字不同）的平方等于三位数xyz ；而这两位数ba 的平方恰好等于三位数zyx ，求上述两位属于三位数.4.(2008年全国联赛(江西卷)题)一本书共有61页，顺次编号1，2，...，61.某人在将这个数相加时，有两个两位数页码都错把个位数与十位数弄反了（形如ab 的两位数被当成了两位数ba ），结果得到的总和是2008.那么，书上这两个两位数页码之和的最大值是多少？5.(1998年“中小学数学杯”竞赛题)把()21101001.0化为十进制小数. 6.(1998年长春市竞赛题)证明：1218-能被7整除.7.(江西省第4届“八一杯”竞赛题)求证：12222222101112131415-++-+-+- 能被5整除.8.(第5届沈阳市竞赛题)若m ，n 是两个自然数，且2>n ，那么12+m 不能被12-n 整除，试说明理由.9.(江西省第2届探索与应用能力竞赛题)将十进制数2002化成二进制数.10.(1997年广州市竞赛题)化()1084375.53为二进制小数.11.有一个写成7进制的三位数，如果把各位数码按相反顺序写出，并把它看成是九进制的三位数，且这两数相等，求这个数.12.在哪种进位制中，16324是125的平方？13.N 是整数，它的b 进制表示是777.求最小的正整数b ，使得N 是十进制整数的4次方.14.在哪种进制中，100134=⋅？15.(2007年“卡西欧杯”武汉市竞赛题)军训基地购买苹果慰问学员.已知苹果总数用八进位制表示为abc ，七进位制表示为cba .那么，苹果的总数用十进位制表示为_____.16.(1998年“中小学数学杯”竞赛题)化()81325为二进制数.17.(1995年“祖冲之”邀请赛决赛题)求证：对于任意进位制的数，10201都是合数.18.(第2届华杯赛决赛题)下面是两个1989位整数相乘：119891198911111111个个⨯. 问：乘积的数字和是多少？19.(第10届《中小学生数学报》邀请赛题)计算：⑴()()22101101111011010+； ⑵()()2210101101101101-； ⑶()()()222101101100111000000--.。
高考数论必考经典题型-第一讲
因为 d = 0, 故: d = 2a2.
所以 公比 q = a3 = a2 + d = 3a2 = 3.
a2
a2
a2
2
考点: 等差数列的通项公式，等比数列的中项公式，公比的定义。
例 6. 已知等差数列 {an} 的前 n 项和 Sn, 且 a1 = 1, S11 = 33. 设 bn = 比数列, 并求其前 n 项和 Tn.
可以得到这是一个首项为 a1 = 2, 公差为 d = 7 的等差数列.
故这些数构成的数列为: an = 2 + 7(n − 1) = 7n − 5.
由于需要在 100 之内, 因此： 7n − 5 ≤ 100, 即：n ≤ 15.
由等差数列的求和公式： Sn =
(a1 + an)n 2
， 可 得 这 些 数 之 和 为:
1 2
2
·
1
−
1 2
1
−
1 2
5
1 = 1 − 2n .
25
考点: 等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，等比数列的通项公式，等比数列的求和公式，
等比数列的定义。
例
7.
若
x = y,
且两个数列:
x,
a1,
a2,
y
和
x,
b1,
b2,
b3,
y
均为等差数列,
求:
a1 − x y − b3
=
?
解析: 设两个等差数列的公差分别为: d1 和 d2, 则由等差数列的通项公式: an = a1 + (n − 1)d ,
可得 a1 = x + d1, y = x + 3d1; y = b3 + d2, y = x + 3d2.
初等数论 第一章 整除理论
第一章整除理论整除性理论是初等数论的基础。
本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。
第一节数的整除性定义1设a，b是整数，b≠0，如果存在整数c，使得a = bc成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a 的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被b整除，记为b|/a。
显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。
被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。
定理1下面的结论成立：(ⅰ) a∣b⇔±a∣±b；(ⅱ) a∣b，b∣c⇒a∣c；(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k⇒b∣a1x1+a2x2++a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是任意的整数；(ⅳ) b∣a ⇒bc∣ac，此处c是任意的非零整数；(ⅴ) b∣a，a≠ 0 ⇒ |b| ≤ |a|；b∣a且|a| < |b| ⇒a = 0。
证明留作习题。
定义2若整数a≠ 0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。
以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。
定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。
证明若a是素数，则定理是显然的。
若a不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d1, d2, , d k 。
不妨设d1是其中最小的。
若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，使得d1= e1e2，因此，e1和e2也是a的正的非平凡约数。
这与d1的最小性矛盾。
所以d1是素数。
证毕。
推论任何大于1的合数a必有一个不超过证明使用定理2中的记号，有a = d1d2，其中d1 > 1是最小的素约数，所以d12≤a。
证毕。
例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 。
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》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
初等数论课后习题答案.pptx
而b是••个有限数, f顷,便.=。 二(。0)=01) = 04)=(斗而)=(L，L" J =〔砧+。)=L ,存在其求法为
(a,t>) = (b,a-bs) = (a — bs,b — (a —血)禹)=… .(76501,9719) = (9719,76501-9719x7) = (S4«8,9719-S468) -(1251,8468-1251x6)
© 下证唯一性
当B 为奇数时,设 & =bs-^t=bsl +4 则|ETJ = p?（q _$）| >|Z?|
而时磚周達却一勺副+市岡矛盾故
当0为偶数时，“不咐、举^如队此时?为整数
3-?=ai+?=小 £+（_?）,%=?,kJ E?
学最大公因数与辗转相除法
I.讹叨推论4.1
推论41小b的公■数.与3, m的因数相同一
=(3J) 丄 证明木节(I)式屮的"最
4
证：由P3§1习观4知在(1.盘3。沙=蛙，叩応囈
2
log log 2
§3整除的进一步性质及最小公倍數
1. 证明两整数a, b互质的充分与必要条件是：存在两个整数s, t满足条件ax+bt = \
证明 必要性-若(fl,fe) = l.则由推论1.1知存在两个整数s, t满足：as+bt=(a,b)
as+ bt = \
充分性。若存在整数s, t使as+bt= 1,则a, b不全为0°
又因为(a,b)\a,(a,b)\b .所以(a,b\as + bt)即(<z,b)ll°
又皿*”。. .*,&) = I
初等数论备课
数论相关题目第一章 整数的整除性1.1 整除1.整数（1）自然数、正整数、非负整数、整数等的表示方法（2）字母表示数字的方法：字母相乘时如何表示，以字母表示多位数如何表示1．一个两位数，个位上的数字比十位上的数字大1，把个位数字与十位数字交换位置后得到一个新的两位数。
原数与新数相加的和是121，求这个两位数。
2．一个三位数，个位上的数字是5，如果将个位上的数字移到第一位数字前面时，所得的新数比原数大288，原数是多少？3．由3个不同的数字（都不为0）组成的所有的三位数的和是1332，这样的三位数中最大的是多少？4．有一个四位数，各位上的数字各不相同，它和它的反序数（所谓反序数就是将原来的数字顺序倒过来排列，例如1234的反序数是4321）之和是一个五位数，且这个五位数的数字排列是以当中的数字为对称的，这样的四位数最大可以是多少？5．已知算式1994=-EFGH ABCD ，其中ABCD 、EFGH 均为四位数；A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 是0、1、2…9中的8个不同整数，且0≠A 、0≠E 。
那么ABCD 与EFGH 之和的最大值是多少？最小值是多少？6．七位数abcdefgh 中，不同的字母分别代表0~9中不同的数字。
已知abcd－efg=8721，abcd+efg=10183，这个七位数是多少？7．两位数ab中，数字a比数字b大2，ab+ba的和是88，ab是多少？8．用1、2、3、4、5、6、7七个数字组成三个两位数，一个一位数。
已知这4个数的各个数位上的数字都不相同，并且4个数的和等于100。
如果要求其中最大的两位数尽可能大，那么这个最大的两位数是多少？9．一个三位数，个位上的数字是5.如果将个位上的数字移到第一位数字前面时，所得的新数比原数大288，原数是多少？10．abcd是四位数，a，b，c，d均代表0、1、2、3中的某个数字，且各不相同。
那么，满足关系a<c，c>b>d的四位数都有哪些？11．将一个三位数末两位数字交换位置后得到一个新的三位数，这个新三位数与原三位数的和是一个四位数BA73，那么，符合上述条件的原三位数共有多少个？12．一个多位数的个位是8，将个位8移到这个数的前位，其它数字顺次往后移一位，得到一个新的多位数，它是原数的8倍，则原数最小应是多少？13．一个六位数，最高位是1，将它移到最右边，得到的新的六位数是原来六位数的3倍，求原来的六位数是多少？2.整除（1）整除定义（非显然约数）定理1.1.1结论（1）~（9）定理1.1.2 带余除法定理推论 当a=bq+r ，b r <≤0时，⇔a b r=0例题1 若199019921994199619982000222222-+-+-=N ，则N 9例题2 已知+∈N n 且4n ，求证：)4321(5n n n n +++例题3 求证：任意5个连续整数中必有一个数能被5整除例题4 任意9个连续自然数中，最多有几个质数？任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数求证：任意四个整数中，至少有两个整数的差能够被3整除 任意10个整数中，至少有几个数的两两之差是3的倍数？任取5个整数，必然能够从中选出三个，使它们的和能够被3整除 求证：任意k 个连续整数中必有一个能被k 整除。
六年级下册数学人教版《数论》课件
5
.
用“<”连接起来：___-_0_._6_2__7_<__6_._2_5%8< <0.625<_6;5%
解析： 5 0.625 6.25%=0.0625 65%=0.6
8
5
.
-0.627<0.0625<0.6250<.625 <0.65
5
.
-0.627<6.25%<8 <0.625 <65%
小结：根据题目要求，应把 5 ，6.25%，65%化成小数后再 8
3、化为小数法等。
②
5, 10
5 6
,
3 25
,这138几, 12个45 分数中，不能化成有限小数的有_________；
1 ，5，3 ，3 ，25 2 6 25 18 14
分数能化成有限小数的特点：最简分数中分母只含有质因数 2 或 5
【定义新运算】
【易学点拨】
定义新运算是一种人为的、临时性的运算形式，它使用的是一些特殊 的运算符号，如：*、△、⊙等，这是与四则运算中的“＋、－、×、÷”不 同的。
【因数与倍数】
例题6：①360共有__2__4______个因数。
解析 360 = 2×2×2×3×3×5 解题思路与步骤
23 ×32 ×51 因数个数为：
（3+1）×（2+1）×（1+1）=24
第一步：将因数分解质因数 第二步：相同的质因数的个数加1相乘
的积
②A÷5＝B（A、B都是不等于0的自然数），那么
小数：1、整数部分按照整数的读法读 2、小数点读点 3、小数部分依次读出每一个数位上的数字
整数中0的读法：（1）每一级末 尾的0都不读出来，其余数位一 个零或连续几个0都只读一个零。 （2）要读一个零，要有一个0不 能写在每级的末尾，或连续几个 0不能写在每级的末尾；（3）要 读两个零，要有两个0不能写在 每级的末尾，且不能相邻，或连 续几个0不能写在每级的末尾要 有两个不能相邻。
自考初等数论第一章试题及答案
自考初等数论第一章试题及答案一、选择题1. 下列哪个数是质数？A. 4B. 9C. 17D. 20答案：C2. 一个数能被3整除的特征是什么？A. 该数的各位数字之和能被3整除B. 该数的最后两位能被3整除C. 该数的倒数能被3整除D. 该数的各位数字之积能被3整除答案：A3. 如果a和b是互质数，那么它们的最大公约数是多少？A. 1B. aC. bD. ab答案：A二、填空题4. 一个数的最小倍数是______。
答案：它本身5. 100以内最大的质数是______。
答案：976. 如果两个数的最大公约数是12，最小公倍数是72，那么这两个数分别是______和______。
答案：12和72三、解答题7. 证明：如果a是质数，那么a^2 + a与1同为质数。
证明：假设a是质数，那么a只有1和a两个因数。
考虑a^2 + a，我们可以看到它不能被a整除，因为a^2 + a = a(a + 1)，而a与a + 1是互质的。
如果a^2 + a是合数，那么它必须有一个大于1小于a^2 + a的因数，但这与a是质数矛盾，因为这意味着a^2 + a有除了1和a^2 + a之外的因数。
因此，a^2 + a与1同为质数。
8. 一个数被7除余1，被8除余3，被9除余4，求这个数。
解答：设这个数为x，根据题意我们有以下三个同余方程：x ≡ 1 (mod 7)x ≡ 3 (mod 8)x ≡ 4 (mod 9)我们可以使用中国剩余定理来解决这个问题。
首先找到7, 8, 9的乘积，即504，然后计算每个方程的Mi和Mi'：M1 = 504 / 7 = 72, M1' = 1 (因为72 * 1 % 7 = 1)M2 = 504 / 8 = 63, M2' = 3 (因为63 * 3 % 8 = 3)M3 = 504 / 9 = 56, M3' = 2 (因为56 * 2 % 9 = 4)接下来计算x：x = (1 * 72 * 1) + (3 * 63 * 3) + (4 * 56 * 2)= 72 + 567 + 448= 1087但是我们需要找到小于504的最小正整数解，所以我们对1087取模504：x = 1087 % 504 = 87因此，满足条件的最小正整数是87。
数论习题详细标准答案
个人收集整理仅供参考学习1证明： a1 , a2, a n都是 m 地倍数.存在 n 个整数 p1 , p2 ,p n使a1p1m1 , a2p2 m2 , , a n p n m n又 q1 ,q2 , , q n是任意 n 个整数q1 a1q2 a2q n a n( p1 q1q2 p2q n p n )m即 q1 a1q2a2q n a n是 m 地整数2 证：n( n1)(2n1)n( n1)(n 2 n1)n( n1)(n2)( n1)n( n1)6 / n(n1)(n2),6 /(n1)n(n1)6 / n(n1)(n2)(n 1) n(n1)从而可知 6 / n(n1)(2n1)3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 地最小整数ax0by0x, y Z ，由带余除法有ax by (ax0by0 )q r ,0 r ax0 by0则 r( x x0 q) a( y y0 q)b S ，由 ax0 by0是S中地最小整数知r 0 ax0by0/ ax by下证 P8第二题ax0by0 / ax by（ x, y 为任意整数）ax0by0 / a, ax0 by0 / bax0by0 /(a, b).又有 (a,b) / a, (a, b) / b(a, b) / ax0by0故 ax0by0(a,b)4 证：作序列3bb ,b b 3 b则 a 必在此序列地某两项之间,,,0,, b ,,2222个人收集整理仅供参考学习即存在一个整数q ，使qb a q1b 成立22(i ) 当 q 为偶数时，若 b0. 则令 s q,t a bs aqb ，则有220 a bs t a qb a q b q b t b2 222若 b0则令 s q,t a bs aqb ，则同样有 t b2 22(ii ) 当 q 为奇数时，若b0 则令 s q1a bs aq 1,t b ，则有22b t a bs a q 1b a q 1 b 0 t b 2222若 b0，则令 s q1a bs aq1b 2, t2则同样有t b 2综上存在性得证下证唯一性当 b 为奇数时，设a bs t bs1t1则 t t1b(s s)b1而 t b bt t1t t1 b 矛盾故s s1,t t1 , t122当 b 为偶数时， s,t 不唯一，举例如下：此时b为整数23 bb 1b b 2 (b), t1b, t1b 22222a bs1t1bs2t2 , t 2b, t 2b 225.证：令此和数为S，根据此和数地结构特点，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=1 1 1 11，取 M= 2k 1 3 5 7p 这里k是使2k n 最234n大整数， p 是不大于 n 地最大奇数 .则在 1，2，3，┄，n 中必存在一个n02k，所以MS= M M M M M 23n0n由 M= 2k 1 3 5 7p 知M，M,,M必为整数，M3 5 7p 显个人收集整理仅供参考学习然不是整数，MS 不是整数，从而S 不是整数（ 2）令 M= 3k 1 5 7( 21)则SM=MM M M，n352n12n1 k 1 5 7( 21)M M M，而由 M=3知n,,,1352nM3k 1 57(2n 1)不为整数2n12n1SM 不为整数，从而S111352n也不是整数11．证：设d是 a， b 地任一公因数，d|a，d |b由带余除法a bq1r1,b r1 q2 r2 , , r n 2rn 1qn r n , r n 1r n q n 1 ,0 r n 1r nrn 1r1 b(a,b) r n.d |a bq1r1，d| b r1q2r2，┄,d|r n 2r n 1q n r n(a, b) ,即 d 是 (a, b)地因数.反过来 (a,b) |a且 (a,b) | b ，若 d| ( a, b), 则 d| a, d| b ，所以 ( a, b) 地因数都是 a, b 地公因数，从而a, b 地公因数与 (a, b) 地因数相同.2．见本书 P2， P3 第 3 题证明 .3．有§1 习题 4 知：a, b Z, b 0,s, t Z, 使 a bsb.，t, | t |2s1 ,t1，使b s1t t1, | t1|| t |b2 , , 如此类推知：22s n , t n , t n 2 t n 1s n t n ;sn 1, tn 1,tn 1tnsn 1t n 1;且| t n 1 || t n 2 || t || b || t n |2 22n2n12而 b 是一个有限数，n N , 使t n 10(a,b)(b,t ) (t, t1 )(t1 ,t 2 )(t n , t n 1 )(t n ,0)t n，存在其求法为 (, )(,)(,())a b b a bs a bs b a bs s1个人收集整理仅供参考学习(76501,9719) (9719,76501 9719 7)(8468,9719 8468) (1251,8468 1251 64.证：由 P3§1 习题 4 知在（ 1）式中有rn 1r n r n 1r n 2 r 1 b 2 2 22 n 12 n，而 rn 11bn ,2 nb ，n l o g 2 b l o gb ，即 nlog b2l o g2 log 21，证：必要性 .若 (a,b)1，则由推论 1.1 知存在两个整数 s ，t 满足： as bt (a, b) ，as bt 1充分性 .若存在整数 s ， t 使 as+bt=1，则 a ， b 不全为 0.又因为(a,b) | a,( a,b) | b ，所以 (a,b | as bt ) 即 (a, b) |1 .又 (a,b) 0 ，(a, b) 12．证：设 [ a 1 , a 2 ,, a n ] m 1 ，则 a i | m 1 (i 1,2, ,n)| a i || m 1 (i 1,2, ,n) 又设 [| a 1 |,| a 2 |, , | a n |] m 2 则 m 2 | m 1 .反之若 | a i || m 2 ，则 a i | m 2 ， m 1 | m 2 .从而 m 1m 2 ，即 [ a 1, a 2 , , a n ] = [| a 1 |,| a 2 |, ,| a n |]23．证：设（ 1）地任一有理根为p，( p,q) 1, q 1.则qa n ( p)na n 1 ( p)n 1a 1 pa 0q qqa n p n a n 1 p n 1qa 1 pq n 1 a 0 q n 0（ 2）由 (2)a n p n a n 1 p n 1 qa 1 pq n 1 a 0 q n ，所 以 q 整 除 上 式 地 右 端 ， 所 以 q | a n p n ， 又 ( p, q)1, q 1 ， 所 以(q, p n ) 1, q | a n ；又由（ 2）有 a n p na n 1 p n 1q a 1 pq n 1a 0 q n因为 p 整除上式地右端， 所以 P | a 0 q n ，( p, q)1, q 1，所以 (q n , p)1,p | a故（ 1）地有理根为p，且 p | a0 ,q | a n. q假设 2为有理数， x2, x220，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是1,2 ，这与 2 为其有理根矛盾.故 2 为无理数.另证，设2为有理数 2 =p, ( p, q) 1, q 1 ，则qp 22q2p2 , ( p 2 , q 2 )(2q 2 , p 2 )q 22 2 ,1q但由 ( p, q) 1, q 1 知( p2, q2)1，矛盾，故 2 不是有理数.1．见书后 .2．解：因为 8|848,所以8 | A, A827988488 1034985623 B ，又 8|856，所以 8|B ，B8129373223 C ，又 4|32，所以 4|C，C432343322D又 9|（ 3+2+3+4+3+3 ），所以 9|D，D935937 32 E ，又 9|（ 3+5+9+3+7 ），所以 9|E，E 93993又3993 3 1331 3 113所以 A 2835113；同理有 8105722663500023 33 54 73 112 17 23 37 .3．证：i min(i ,i ) ，0 i i,0i ip i| p i, p i| p i k k k ki i ii (i1,2k )p i i p i i，p i i p i i .i1i1i 1i 1p11p22p k k| ( a,b) ，又显然 (a, b) | p11p22p kkp11p22p k k( a, b) ，同理可得 p11p22p k k[ a, b] ，i max{i , i }推广 .设a1p111 p212p k1 k, a2p121 p222p k 2 k,, a n p1n1 p2n 2p k nk(其中 p j 为质数 j 1,2, , k, a i 为任意 n 个正整数 i 1,2, , n, ij0 )则 p 1 i 1 p 2 i 2 p k ik(a 1 , a 2 , , a n ),ijmin{ ij} j1,2,, k1 i np 1 i1p 2i 2p k ik [ a 1, a 2 , , a n ], ijmax{ij} j1,2, , k1 i n4．证：由 p 1 1 p 2 2p k k ( a, b) , p 1 1 p 2 2p k k [ a,b] ,有（ a, b ）[a, b] p 11 1 p 222p k kkp 1 1 1 p 2 22p k kkab从而有 [ a,b]ab ．(a,b)５．证：（反证法）设 n2k l (l 为奇数）则2 n122kl1 ( 22 k ) l 1 (22k1)[ 2 2k(l 1) 22k(l 2)1]12 k1 (2 2k) l1n，2n 1为合数矛盾，故ｎ一定为２地方幂．2 2 12.(i) 证 :：设 [] m .则由性质 II 知 mm 1,所以 nm nnm n ,所以 nm[ n] nm n ，所以 m[n ] m 1 ，又在ｍ与ｍ +１之间只有唯n一整数ｍ，所以 [[n] ] m[ ] ．证一 ]设kn k1, k(ii}[{ }n 0,1,2, , n 1,则 kn{ }k 1, [ n ] n[ ] kn①当 i kn 1时,{ }i k 1 i1,[i ] [ ] ;nnn②当 i kn 时 , 2 {} ik i1,[i ] [ ] 1 ;nnn1 ]n 1]n 1n 1 ki ] n 1i ] [ ] [[[1][[n n i 0 ni 0ni n kn( n k)[] k([ ] 1)n[ ] kn1i[[ n ]]inn 1 [ 证二 ]令 f ( )i 01 ) n 1f ([ni 0i1 n 1i 1[[n ] , f ([1] f ( )])] [ nnn i 0ni1] [ n1] f ()nf ( ) 是以1为周期地函数 .nn 11 ]又当[ 0,1)时, f ()000,R, f ()0 ，即[[ n] .i0n[评注 ]：[ 证一 ]充分体现了常规方法地特点，而[ 证二 ]则表现了较高地技巧 .3．（ i ）证：由高斯函数[x] 地定义有[]r ,[]s,0r1;0s1.则[][ ]r s, r s1当 r s 0时,[][][]当 r s 0时,[][][]1故 [][ ][]或[]1[ ][ ]（ ii ）证：设[]x,[]y,0x, y1，则有0x y{}{}2下面分两个区间讨论：① 若0x y 1，则[ x y]0，所以[][][]，所以[ 2][2][2[]2x][ 2[]2y] 2[]2[]2([ x][ y])2[ ]2[ ][ ][ ][][ ][ ][][]②若 1 x y2，则 [ x y]1，所以[][][]1.所以[ 2][2][ 2[]2x][2[]2y] 2[]2[]2([ x][ y])2[]2[ ]2([ x][1x])x 1 y[ ][][ ][]22([ x][x]) 2[ ]2[]1[][] [ ]2.31证：由(2ab2)(a2b21 知 (2ab2,a2b2及 (a 2b2,2ab2 ) 都a2b a2b2)2b a2b2)a2b2a2ba是单位圆周 x 2y 2 1 上地有理点.另一方面，单位圆周x2y 2 1 上地有理点可表示为x q, yr, p0 ，于是得p pq 2r 2p 2，又 q 2r 2p 2地一切非整数解都可表示为：q ab p a2b2r a2b2 a b不全为，于是第一象限中221 上地有理2 ,,,(,0)x y(2ab,a2b2点可表示为a2b2a2b2 ), (a,b不全为 0)，由于单位圆周上地有理点地对称性，放x 2y21 上地任意有理点可表为(2ab2, a 2 b 2 a 2b22ab) ，其a2b a2b2) 及(a2b2,a2b2中 a， b 不全为 0，号可任意取 .b5E2RGbCAP3． 21. 证：由u, v地取值可得p s t p t p s个数，若u1p s t v1u2p s t v2 (mod p s ) ，u1p s t v1u2p s t v2 (modp s t ) 则 u1u2 (mod p s t ) ，又 0u1 ,u2p s t ，u1 u2.又 p s t v1p s t v2 (mod p s t ),v1v2 (mod p t ) ，又 0v1 ,v2p t，v1v2.u1p s t v1与u2p s t v2为同一数，矛盾，故原命题成立.3.（ i ）地引理对任何正整数 a，可以唯一地表示成a3n a n3n 1 a n 13a1a0地形式，其中0 a i3, (i1,2,, n) .证：（ i）H3n 113n3n 13131设 A3n x n3n 1 x n 13x1x0 , (x i0,1, i1,2,, n)A H 3n ( x n 1) 3n 1 ( x n 11)3( x11) ( x01)由于 x i取值0,1故x i1取值为0，1，2.这样地数有2H+1个，其中最小地数为 0，最大地数为2H，所以A+H 可以表示下列各数：0，1， 2，,2H ，上列数中减去H得H ,H1,H2,,1,0,1, , H，则A 可表示上列各数，且表示唯一.p1EanqFDPw（ii ）事实上，只需1斤，3斤，32斤，，3n斤这样地（ n+1）个砝码即可 .由（ I）n知 1 到 H 中任一斤有且仅有一种表示法(3i x i ).( x i1,0,1) ，当x i 1时，将i 0砝码 3i放在重物盘中；当x i0 时，不放砝码3i；当x i 1 时，将砝码3i放在砝码盘中 .如此即可 .DXDiTa9E3d3.31. 证：(a i , m) 1, 由定理 1 知 a i 所在地模 m 地剩余系是与模m 互质地 .又已知a 1 ,a 2 ,a ( m) 两两对模 m 不同余， 所以这(m) 个整数分别属于不同地模m 地剩余类 .再由定理1 知结论成立 .RTCrpUDGiT2 .证：设模m 地一个简化剩余系是r 1 , r 2 ,, r ( m) , (1 r i m) ，即 (r i , m)1 ，由于( a, m) 1 ，当 通过 m 地简化剩余系1,2 ,,( m) 时，由定理 3 知， a 1 , a 2 ,, a (m ) 也通过 模m地剩余系. 故 对 1 i (m) ， 存 在j (1 j( m)) 使a imq ir jaiq ir j a i}r j ， 5PCzVD7HxAm m{mm(m )a i}(m ) rj1 m (m)( m){mm 22.i1mj 13.（ i ）证：由定理 5 知： p 为质数时，( p )p p1p (11) .p所以(1)( p)( p ) 1 ( p 1)p 2 (1 1 )p (11 ) p 即证 .p p（ ii ）证 :设整数 m 地所有正约数是d 1 , d 2 , , d T ( m) ,考察 m 地完全剩余系 1,2,, m （ 1）对 (1) 中任一数 a ,设 (a, m)=d, 则 d | m ,即 (1)中任一数与 m 地最大公约数是 d 1 , d 2 ,, dT ( m)中地数 .反之，对每一个 d i , （ 1）中必有一数 a 使 (a, m) d i （例如 a a i ），而且对（ 1）中任一数不可能出现(a,m) d i , (a, m) d j .(ij ) ，于是，将（ 1）中地数按其与 m 地最大公约数地情形分类： （ 1）中与 m 地最大公约数是d 1 地数有(m) 个；（ 1）中与 m 地最大公约数d 1是 d 2 地数有( m md 1 地数有m) 个；┄， （ 1 ）中与 地最大公约数是 ( ) 个；所以d 2d 1(m) (m)(m) m , 即(m) m ， 注 意m是 m 地 约 数 ， 所 以d 1d 2dT (m)d i |md id i(m) m jLBHrnAILg2. 41. 解: 1010(2)101024 4(mod6) ,即 10106q 4, (q N) ，因为(10,7)1，由欧拉定理有 1061(mod7) ，所以 10101 0106q 4(106 ) q1041q104( 3)44(mod7)10所以从今天起再过1010天是星期五.3.(i) 证：对a用数学归纳法 .①当 a=2 时 ,证明(h1h2)p h1p h2p (mod p) ,p i(h1h2 ) p(C p i h1p i h2i ) ,对 C p i (1i p) 有 C p i A p i!| A p i,为整数i 0i!又因为 (1, p)( 2, p)(i , p) ,所以 (i! , p)1.i!| ( p1)( p i1) ，所以可设 q( p1)( p i 1)为整数 . C p i pq,即p | C p i , C p i0(mod p) .i!所以 (h1h2 ) p h1p h2p (mod p) .②假设命题对 k 成立，即( h1h2h k ) p h1p h2p h k (mod p) ，则对于(k1) 有(h1h2h k h k 1 )p(h1h2h k ) p h k p1 h1p h2p h k p h k p1(modp)所以命题对 ( k1) 也成立.综合①，②可知对一切自然数a，命题成立 .xHAQX74J0X（ii ）证：a p (111) p1p1p1p(mod).a pa个1a个1 p版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text,pictures, and design. Copyright is personal ownership.LDAYtRyKfE 用户可将本文地内容或服务用于个人学习、研究或欣赏，以及其他非商业性或非盈利性用途，但同时应遵守著作权法及其他相关法律个人收集整理仅供参考学习地规定，不得侵犯本网站及相关权利人地合法权利. 除此以外，将本文任何内容或服务用于其他用途时，须征得本人及相关权利人地书面许可，并支付报酬 . Zzz6ZB2LtkUsers may use the contents or services of this articlefor personal study, research or appreciation, and other non-commercial or non-profit purposes, but at the same time,they shall abide by the provisions of copyright law and otherrelevant laws, and shall not infringe upon the legitimaterights of this website and its relevant obligees. 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《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。
第一章 第六节 算术基本定理
初等数论 第一章 整除理论第六节 素数与算术基本定理（正整数唯一分解定理）一、知识大于1的整数n 总有两个不同的正约数：1和n .若n 仅有两个正约数（称n 没有正因子），则称n 为素数（或质数）.若n 有真因子，即n 可以表示为a b ⋅的形式（这里,a b 为大于1的整数），则称n 为合数.正整数被分为三类：数1，素数类，合数类关于素数的一些重要理论1. 大于1的整数必有素约数.2. 设p 为素数，n 为任意一个整数，则或者p 整除n ，或者p 与n 互素.事实上，p 与n 的最大公约数(,)p n 必整除p ，故由素数的定义推知，或者(,)1p n =，或者(,)p n p =，即或者p 与n 互素，或者|p n .【素数最精彩的性质是下面的】：3. 设p 为素数，,a b 为整数.若|p ab ，则,a b 中至少有一个数被p 整除.事实上，若p 不整除a b 和，由性质2知，p 与a b 和均互素，从而p 与ab 互素。
这与已知的|p ab 矛盾.特别地：若素数p 整除(1)n a n ≥，则|p a4. 定理1 素数有无限多个 (公元前欧几里得给出证明)证明：（反证法）假设只有k 个素数，设它们是p 1, p 2, , p k 。
记N = p 1p 2 p k + 1。
（N 不一定是素数）由第一节定理2可知，N 有素因数p ，我们要说明p ≠ p i ，1 ≤ i ≤ k ，从而得出矛盾 事实上，若有某个i ，1 ≤ i ≤ k ，使得p = p i ，则由p ∣N = p 1p 2 p k + 1推出p ∣1，这是不可能的。
因此在p 1, p 2, , p k 之外又有一个素数p ，这与假设是矛盾的。
所以素数不可能是有限个。
5.引理1 任何大于1的正整数n 可以写成素数之积，即n = p 1p 2 p m ， (1)其中p i （1 ≤ i ≤ m ）是素数。
证明 当n = 2时，结论显然成立。
初等数论第一章习题
2另证:对(a,b), s,t,使得(a,b) as bt, 记A {ax by | ax by 0, x Z, y Z}, 显然(a,b) A,又由(a,b) | a, (a,b) | b, 知(a,b) | (ax by) (a,b) ax by,ax by A, (a,b) Amin ax0 by0.
故有, 2
b2 2n1
2n
b2
n log 2
2 log b
n
2 log b . log 2
习题3(P14)
3.设an xn an1xn1 ... an xn a0 (1) 有一个整数系数多项式且a0, an都不是零,则(1)的有理根 只能是以a0的因数作分子,以an的因数作分母的既约分数, 并由此推出 2不是有理数.
1另证 : 记d (a,b),c Z, 若c | d,由d | a, d | b c | a, c | b, 即c为a, b的公因数, 又存在s, t , 使得as bt (a,b), 则对c ' Z,若c ' | a, c ' | b, 则c ' | as, c ' | bt c ' | as bt c ' | (a,b), 即c '为(a,b)的公因数.
第一章 习题课
1.证明推论4.1 即证a, b的公因数与(a, b)的因数相同.
习题2(P9)
1 证明: 记d (a,b),c Z., 若c | d, d | a, d | b, c | a, c | b,即c为a,b的公因数. 又c ' Z,若c ' | a, c ' | b,则r1 a bq1, 得c ' | (a bq1),即c ' | r1. 同理r2 b r1q2 , 得c ' | r2 , 如此下去可得c ' | rn , 而rn (a,b),故c ' | rn ,即c '为(a,b)的因数.
数论初步例题和知识点总结
数论初步例题和知识点总结数论是数学中一个古老而又充满魅力的分支，它主要研究整数的性质和关系。
在这篇文章中，我们将通过一些例题来深入理解数论的重要知识点。
一、整除的概念整除是数论中最基本的概念之一。
如果整数 a 除以整数 b（b≠0），商是整数且没有余数，我们就说 a 能被 b 整除，记作 b|a。
例如，15÷3 ＝ 5，没有余数，所以 3|15。
例题 1：判断 28 是否能被 4 整除。
解：28÷4 ＝ 7，商是整数且没有余数，所以 4|28。
二、因数与倍数如果 a 能被 b 整除，那么 b 就是 a 的因数，a 就是 b 的倍数。
例如，6 的因数有 1、2、3、6，6 是 1、2、3 的倍数。
例题 2：找出 36 的所有因数。
解：36 的因数有 1、2、3、4、6、9、12、18、36。
三、质数与合数质数是指一个大于 1 的自然数，除了 1 和它自身外，不能被其他自然数整除的数。
合数则是指除了能被 1 和本身整除外，还能被其他数（0 除外）整除的自然数。
例如，2、3、5、7 是质数，4、6、8、9 是合数。
例题 3：判断 19 是质数还是合数。
解：因为 19 只能被 1 和 19 整除，所以 19 是质数。
四、最大公因数与最小公倍数几个数共有的因数叫做这几个数的公因数，其中最大的一个叫做最大公因数；几个数共有的倍数叫做这几个数的公倍数，其中最小的一个叫做最小公倍数。
求最大公因数和最小公倍数的方法有很多，比如分解质因数法、短除法等。
例题 4：求 12 和 18 的最大公因数和最小公倍数。
解：（1）分解质因数：12 ＝ 2×2×3，18 ＝ 2×3×3。
公因数有 2 和 3，所以最大公因数是 2×3 ＝ 6。
（2）最小公倍数：2×2×3×3 ＝ 36。
五、同余的概念若两个整数 a、b 除以同一个整数 m，所得的余数相同，则称 a、b 对于模 m 同余，记作a ≡ b （mod m)。
初等数论第一章习题
习题4(P19)
• 1.试造不超过100的质数表.
1解 :由Eratosthenes筛法容易得到不超过100的质数为 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共25个.
• 2.求82798848及8105722663500的标准分 解式.
2
2
习题3(P14)
3.设an x n + an −1 x n −1 + ... + an x n + a0 (1)
有一个整数系数多项式且a0 , an都不是零, 则(1)的有理根 只能是以a0的因数作分子,以an的因数作分母的既约分数, 并由此推出 2不是有理数.
q 3证明 : 设x = , (( p, q ) = 1)是(1)的有理根, 代入(1)式有 : p q n q n −1 q an ( ) + an −1 ( ) + ... + a1 + a0 = 0, p p p ⇒ an q n + an −1q n −1 p + ... + a1qp n −1 + a0 p n = 0, ⇒ a0 p n = −q(an q n −1 + an −1q n − 2 p + ... + a1 p n −1 ), an q n = − p (an −1q n −1 + a1qp n − 2 + ... + a0 p n −1 ), ⇒ q | a0 p n , p | an q n , 由( p, q ) = 1 ⇒ q | a0 , p | an , 又x 2 − 2 = 0以 2为根, 而x 2 − 2 = 0的有理根只能为 ± 1, ±2, 它们都不可能等于 2, 故 2不为有理数.
华罗庚版数论导引习题
log10 2 ,
2.
5p=2q-p, 所以 p=0,q-p=0,这与 p,q>0 矛盾。
1.5.2 若已知 log10
1025 1024 2 812 1252 99 2 =a, log10 =b, log10 =c, log10 =d, log10 =e, 1024 1023 1025 80 82 124 126 98 100
1.1.2 若 n 为正整数，则[a]+[a+ 证明：设 a=k+
1 n 1 ]+...+[a+ ]=[na]. n n
j 1 +r(0≤r< ), 0≤j<n (k,j 为整数), n n 1 n 1 [a]+[a+ ]+...+[a+ ] n n j j 1 n 1 j 1 =[k+ +r]+[k+ +r]+...+[k+ +r]+[k+1+r]+...+[k+1+ r] n n n n
则 196 log10 2 =59+5a+8b-3c-8d+4e 证明：只要证明 10 =1059 (
196 log10 2
=2196=1059+5a+8b-3c-8d+4e
1025 5 1024 2 8 80 82 3 124 126 8 99 2 4 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1024 1023 1025 98 100 812 1252
=(n-1-j+1)k+( j-1-0+1)(k+1)=nk+j=[na].
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《数论》第一章补充例题整除性理论是初等数论的基础.本章要介绍带余数除法,辗转相除法,最大公约数,最小公倍数,算术基本定理以及它们的一些应用.1整数的整除性例1设A={d1,d2,···,dk}是n的所有约数的集合,则}{nnn,,···,B=d1d2dk也是n的所有约数的集合.解由以下三点理由可以证得结论:(i)A和B的元素个数相同;(ii)若di∈A,即di|n,则(iii)若di=dj,则问:d(1)+d(2)+···+d(1997)是否为偶数?n解对于n的每个约数d,有n=d·n,因此,n的正约数d与是成对地出现的.只有n2当d=n,即d=n时,d和才是同一个数.故当且仅当n是完全平方数时,d(n)是奇数.nini|n,反之亦然;=nj.例2以d(n)表示n的正约数的个数,例如:d(1)=1,d(2)=2,d(3)=2,d(4)=3,···.因为442<1997<452,所以在d(1),d(2),···,d(1997)中恰有44个奇数,故d(1)+d(2)+···+d(1997)是偶数.问题d2(1)+d2(2)+···+d2(1997)被4除的余数是多少?例3证明:存在无穷多个正整数a,使得n4+a(n=1,2,3,···)都是合数.??例题中引用的定理或推论可以在教材相应处找到.1解取a=4k4,对任意的n∈N,有n4+4k4=(n2+2k2)2?4n2k2=(n2+2k2+2nk)(n2+2k2?2nk).由n2+2k2?2nk=(n?k)2+k2??k2,所以,对于任意的k=2,3,···以及任意的n∈N,n4+a是合数.例4设a1,a2,···,an是整数,且n∑k=1ak=0,n∏k=1ak=n,则4|n.解如果2??n,则n,a1,a2,···,an都是奇数.于是a1+a2+···+an是奇数个奇数之和,不可能等于零,这与题设矛盾,所以2|n,即在a1,a2,···,an中至少有一个偶数.如果只有一个偶数,不妨设为a1,那么2??ai(2??k??n).此时有等式a2+···+an=?a1,在上式中,左端是(n?1)个奇数之和,右端是偶数,这是不可能的,因此,在a1,a2,···,an 中至少有两个偶数,即4|n.例5若n是奇数,则8|n2?1.解设n=2k+1,则n2?1=(2k+1)2?1=4k(k+1),在k与k+1中有一个偶数,所以8|n2?1.2带余数除法例1设a,b,x,y是整数,k和m是正整数,并且a=a1m+r1,0??r1<m,b=b1m+r2,0??r2<m,则ax+by和ab被m除的余数分别与r1x+r2y和r1r2被m除的余数相同.特别地,ak与k被m 除的余数相同.r1解由ax+by=(a1m+r1)x+(b1m+r2)y=(a1x+b1y)m+r1x+r2y可知,若r1x+r2y被m除的余数是r,即r1x+r2y=qm+r,0??r<m,2则ax+by=(a1x+b1y+q)m+r,0??r<m,即ax+by被m除的余数也是r.例2设a1,a2,···,an为不全为零的整数,以y0表示集合A={y|y=a1x1+···+anxn,xi∈Z,1??i??n}中的最小正数,则对任何的y∈A,y0|y;特别地,y0|ai,1??i??n.′解设y0=a1x′1+···+anxn,?y∈A,由带余除法,?q,r0∈Z,使得y=qy0+r0,0??r0<y0.因此′r0=y?qy0=a1(x1?qx′1)+···+an(xn?qxn)∈A.如果r0=0,那么,因为0<r0<y0,所以r0是A中比y0还小的正数,这与y0的定义矛盾.所以r0=0,即y0|y.显然ai∈A(1??i??n),所以y0整除每个ai(1??i??n).例3任意给出的五个整数中,必有三个数之和被3整除.解设这五个数是ai,i=1,2,3,4,5,记ai=3qi+ri,0??ri<3,i=1,2,3,4,5.分别考虑以下两种情形:(i)若r1,r2,···,r5中数0,1,2都出现,不妨设r1=0,r2=1,r3=2,此时a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3可以被3整除;(ii)若r1,r2,···,r5中数0,1,2至少有一个不出现,这样至少有三个ri要取相同的值,不妨设r1,r2,r3=r(r=0,1或2),此时a1+a2+a3=3(q1+q2+q3)+3r可以被3整除.例4设a0,a1,···,an∈Z,f(x)=anxn+···+a1x+a0,已知f(0)与f(1)都不是3的倍数,证明:若方程f(x)=0有整数解,则3|f(?1)=a0?a1+a2?···+(?1)nan.证对任意整数x,都有x=3q+r,r=0,1或2,q∈Z.(i)若r=0,即x=3q,q∈Z,则f(x)=f(3q)=an(3q)n+···+a1(3q)+a0=3Q1+a0=3Q1+f(0),3其中Q1∈Z,由于f(0)不是3的倍数,所以f(x)=0;(ii)若r=1,即x=3q+1,q∈Z,则f(x)=f(3q+1)=an(3q+1)n+···+a1(3q+1)+a0=3Q2+an+···+a1+a0=3Q2+f(1),其中Q2∈Z.由于f(1)不是3的倍数,所以f(x)=0.因此若f(x)=0有整数解x,则必是x=3q+2=3q′?1,q′∈Z,于是0=f(x)=f(3q′?1)=an(3q′?1)n+···+a1(3q′?1)+a0=3Q3+a0?a1+a2?···+(?1)nan.其中Q3∈Z.所以3|f(?1)=a0?a1+a2?···+(?1)nan.例5设n是奇数,则16|n4+4n2+11.证我们有n4+4n2+11=(n2?1)(n2+5)+16.由上节例题知道,8|n2?1,由此及2|n2+5得到16|(n2?1)(n2+5).例6证明:若a被9除的余数是3,4,5或6,则方程x3+y3=a没有整数解.证?x,y∈Z,记x=3q1+r1,y=3q2+r2,0??r1,r2<3.则存在Q1,R1,Q2,R2∈Z,使得x3=9Q1+R1,y3=9Q2+R2,3和r3被9除的余数相同,即其中R1和R2被9除的余数分别与r12R1=0,1或8,R2=0,1或8.因此x3+y3=9(Q1+Q2)+R1+R2.(2.1)又由式(2.1)可知,R1+R2被9除的余数只可能是0,1,2,7或8,所以,x3+y3不可能等于a .例7证明:方程22a21+a2+a3=1999(2.2)无整数解.证若a1,a2,a3都是奇数,则存在整数A1,A2,A3,使得22a21=8A1+1,a2=8A2+1,a3=8A3+1,于是22a21+a2+a3=8(A1+A2+A3)+3.4由于1999被8除的余数是7,所以a1为奇数.由式(2.2),a1,a2,a3中只有一个奇数,设a1为奇数,a2,a3为偶数,则存在整数A1,A2,A3,使得22a21=8A1+1,a2=8A2+r,a3=8A3+s,于是22a21+a2+a3=8(A1+A2+A3)+1+r+s,22其中r和s是整数,而且只能取值0或4.这样a21+a2+a3被8除的余数只可能是1或5, 但1999被8除的余数是7,所以这样的a1,a2,a3也不能使式(2.2)成立.3最大公约数例1(105,140,350)=(105,(140,350))=(105,70)=35.21n+4例2证明:若n是正整数,则是既约分数.14n+3证由辗转相除法得到(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,1)=1.??4辗转相除法例1用辗转相除法求(125,17),以及x,y,使得125x+17y=(125,17).解作辗转相除法:125=7×17+6,17=2×6+5,6=1×5+1,5=5×1,q1=7,r1=6,q2=2,r2=5,q3=1,r3=1,q4=5.由推论1.1,(125,17)=r3=1.利用定理1计算(这里n=3)P0=1,P1=7,P2=2·7+1=15,P3=1·15+7=22,Q0=0,Q1=1,Q2=2·1+0=2,Q3=1·2+1=3,取x=(?1)3?1Q3=3,y=(?1)3P3=?22,则125·3+17·(?22)=(125,17)=1.例2在m个盒子中放若干个硬币,然后以下述方式往这些盒子里继续放硬币:每一次在n(n<m)个盒子中各放一个硬币.证明:若(m,n)=1,那么无论开始时每个盒子中有多少个硬币,经过若干次放硬币后,总可使所有盒子含有同样数量的硬币.5证由于(m,n)=1,所以存在整数x,y,使得mx+ny=1.因此对于任意的自然数k,有1+m(?x+kn)=n(km+y),这样,当k充分大时,总可找出正整数x0,y0,使得1+mx0=ny0.上式说明,如果放y0次(每次放n个),那么在使m个盒子中各放x0个后,还多出一个硬币.把这个硬币放入含硬币最少的盒子中(这是可以做到的),就使它与含有最多硬币的盒子所含硬币数量之差减少1.因此经过若干次放硬币后,必可使所有盒子中的硬币数量相同.5素数与算术基本定理例1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.例2设a,b,c是整数,证明:(i)(a,b)[a,b]=ab;(ii)(a,[b,c])=[(a,b),(a,c)].证为了叙述方便,不妨假定a,b,c是正整数.(i)设a=pααβ11pα22···p1β2βkk,b=p1p2···pkk,其中p1,p2,···,pk是互不相同的素数,αi,βi(1??i??k)都是非负整数.由推论3.3,有(a,b)=pλ11pλ22···pλkk,λi=min{αi,βi},1??i??k,[a,b]=pμ11pμ22···pμkk,μi=max{αi,βi},1??i??k.由此知∏k(a,b)[a,b]=pλi+μi∏kαi=pmin{αi,βi}+max{αi,βi}∏ki=pii+βi=ab;i=1i=1i=1(ii)设a=∏kpα∏kii,b=∏kpβii,c=pγii,i=1i=1i=1其中p1,p2,···,pk是互不相同的素数,αi,βi,γi(1??i??k)都是非负整数.由推论3.3,有(a,[b,c])=∏kpλii,[(a,b),(a,c)]=∏kpμii,i=1i=16其中,对于1??i??k,有λi=min{αi,max{βi,γi}},μi=max{min{αi,βi},min{αi,γi}},不妨设βi??γi,则min{αi,βi}??min{αi,γi},所以μi=min{αi,γi}=λi,即(a,[b,c])=[(a,b),(a,c)].7。