初等数论单元复习
初等数论复习
§1.3 质因数分解定理
正整数分类 1 质数(素数) 合数
定理1(算术基本定理)
1 2 k
任何大于1的整
数n可以唯一地表示成 n = p1 p2 pk ， (2) 其中p1, p2, , pk是素数，p1 < p2 < < pk，1, 2, , k是正整数。
费马数
也叫费马质数.当年费马发现
F1=2^(2^1)+1=5 F2=2^(2^2)+1=17 F3=2^(2^3)+1=257 F4=2^(2^4)+1=65537 F5=2^(2^5)+1=4294967297 前4个是质数,因为第5个数实在太大了,费马认 为是质数,并提出(费马没给出证明)
如果全是形如 4n+1 积也是形如 4n+1
所以，N必有形如 4n-1的质因数 p
且 p 不同于p1, p2, , pk
设: n=2k j (k为非负整数，j为正奇数) 若 j≠1，则 n+1=(22k)j+1j 2 2k+1)((22k)j-1-(22k)j-2+…+1j-1) =(2 2k+1是2n+1的真因数 2 所以2n+1是合数
哥德巴赫猜想
任何一个大于2的偶数都是两个素
数之和。 中国的陈景润证明了"1+2“
质因数个数较少的数称为殆质数
1.1 奇数与偶数
整数中能被2整除的整数称为偶数，
一般表示为 ２k 整数中不能被2整除的整数称为奇数。 一般表示为 ２k+1
偶数集：｛0, ±2, ± 4, ± 6｝ 奇数集： ｛±1, ±3, ± 5｝
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论总复习题及知识点总结最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。
数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法最大公因数和辗转相除法整除的进一步性质和最小公倍数素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求：2，3 ；：4 ；：1；：1，2，5；：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程多元一次不定方程勾股数费尔马大定理。
习题要求：1，2，4；：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质剩余类和完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用习题要求：2，6；：1；：2，3；1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程的解数和解法素数模的同余方程威尔逊定理。
习题要求：1；：1，2；：1，2。
第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余勒让德符号二次互反律雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求：2；：1，2，3；：1，2；：2；：1。
第一章：原根与指标（2学时）自学8学时指数的定义及基本性质原根存在的条件指标及n次乘余模2及合数模指标组、特征函数习题要求：3。
第一章整除一、主要内容整除的定义、带余除法定理、余数、最大公因数、最小公倍数、辗转相除法、互素、两两互素、素数、合数、算术基本定理、Eratosthesen筛法、[x]和{x}的性质、n！的标准分解式。
二、基本要求通过本章的学习，能了解引进整除概念的意义，熟练掌握整除整除的定义以及它的基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题的若干方法，熟练掌握本章中二个著名的定理：带余除法定理和算术基本定理。
初等数论单元复习
N p1 p2 pn ,
这里p1<p2<p3<…<pn，且p1，p2，p3，…，pn都 是质数，α1, α2, …, αn是自然数，其中αi表示质数 pi在N中出现的重数．通常把上面分解式叫做整数 N的标准分解式．
那么 (1)τ(a) ＝ (α1 +1)(α2 +1)…(αn +1) = ∏(αi+1)． (2)σ(a) ＝ (1+ p1+ p12+…+ p1 α1 ) (1+ p2+ p22+… + p2α2) …(1+ pn+ pn2+…+ pn αn ) (3)σ1(a) ＝
1
2
n
a
a
例1、 已知两个数的最大公约数为8， 最小公倍数为128，求这两个数．
（4）n 个数两两互质 •如果 a1 ，a2 ， …，an ( n≥2) 中的任意 两个数 ai, aj ( i ≠ j, I ＝ 1, 2, … , n；j ＝1, 2, …, 质．
辗转相除法
• 设a，b为两个任意自然数,a>b，如果 a＝bq1+r1 (0<r1<b)， b＝r1q2+r2 (0<r2<r1)， r1＝r2q3+r3 (0<r3<r2)， … rn-3＝rn-2qn-1+rn-1 (0<rn-1<rn-2)， rn-2＝rn-1qn+rn (0<rn<rn-1)， rn-1＝rnqn+1, 那么 (a，b)＝rn．
(14)初等数论ppt第五、六章复习
当a 是模 p 的平方剩余时,由式(7) 及(8) 知,必有惟一的i,
使 x i(mod p)是 ( 5 ) 的 解 , 进 而 就 推 出 在 简 化 剩 余 系 ( 6 ) 中
有 且 仅 有 x i(mo d p)是 ( 5 ) 的 解 , 即 ( 5 ) 的 解 数 为2.
8
例 1 求 p 11,17,19,29的 平 方 剩 余 与 平 方 非 剩 余 .
563 21
例1 计算 (137) 227
解 227是素数,由定理1得
(1 3 7 ) ( 9 0) ( 1 )( 2 32 5) 227 227 227 227
(1)( 2 )( 32 )( 5 ) (1)( 2 )( 5 )
227 227 227
227 227
由 定 理3 得( 2 ) 1.由 定 理5,定 理 1 及 定 理 3 得 227
模 1 7 的 平 方 剩 余 是 : 1 ， 2 , 4 , 8 ; 平 方 非 剩 余 是 : 3, 5 , 6 , 7 .
9
定 理 2 (欧 拉 判 别 条 件)
设 质 数 p 2, p | a .那 么 , a 是 模 p 的
平 方 剩 余 的 充 要 条 件 是 a ( p1)/2 1 ( m o d p) ; ( 9 )
13
例2 利用定理 2来判断: (i) 3是不是模17的平方剩余; (ii) 7是不是模29的平方剩余.
例3 判断下列同余方程的解数： ( i ) x2 1 (mod 61); ( i i ) x2 16 (mod 51); ( i i i ) x2 2 (mod 209); ( i v) x2 63 (mod 187).
14
§3 Legendre符号, Gauss二次互反律
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案复习题及参考答案一一、填空(40%)1 、求所有正约数的与等于15的最小正数为 考核知识点：约数，参见P14-19 2、若1211,,,b b b 是模11的一个完全剩余系，则121181,81,,81b b b +++也是模11的 剩余系.考核知识点：完全剩余系，参见P54-573．模13的互素剩余系为考核知识点：互素剩余系，参见P584.自176到545的整数中是13倍数的整数个数为 考核知识点：倍数，参见P11-13 5、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者考核知识点：整除，参见P1-4 6、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的 .考核知识点：最小公倍数，参见P11-13 7、如果b a ,是两个正整数,则存在 整数r q ,,使r bq a +=,b r ≤0.考核知识点：整除，参见P1-4 8、如果n 3，n 5，则15（ ）n . 考核知识点：整除，参见P1-4二、(10%)试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里n 是任意整数。
考核知识点：整除的性质，参见P9-12 提示：i)若 则ii)若 则iii)若 则又三、(10%)假定a 是任意整数，求证a a (mod )++≡2103或a a (mod )+≡203考核知识点：二次同余式，参见P88提示:要证明原式成立，只须证明231a a ++，或者23a a +成立即可。
四、（10％）设p 是不小于5的素数，试证明21(mod24)p ≡ 考核知识点：同余的性质，参见P48-52 提示： 且是不小于5的素数．又且是不小于5的素数．只能是奇数且即即五、(15%)解同余式组 51(mod7)142(mod8)x x ≡⎧⎨≡⎩考核知识点：同余式，参见P74-75 提示∵ (14，8)=2 且 2 | 2 ∴ 14x ≡2(mod8) 有且仅有二个解解7x ≡1(mod4) ⇒ x ≡3 (mod4) ∴ 6x ≡10(mod8)的解为 x ≡3，3+4(mod8) 原同余式组等价于()()3mod 73mod8x x ≡⎧⎪⎨≡⎪⎩ 或()()3mod 77mod8x x ≡⎧⎪⎨≡⎪⎩ 分别解出两个解即可。
《初等数论》复习资料
《初等数论》 考试复习资料一、叙述题1.完全剩余系2.二次反转定律3.雅可比符号4.费马小定理5.平方非剩余6.欧拉定理二、计算和证明题1.已知正整数a=35,b=21,求(a,b),并将其表成a,b 的线性组合。
2.求同余式)32(m od 172≡x 的解. 3.求同余式组1(mod 4)2(mod5)3(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩的解。
4.已知正整数,a b 满足(,)7,[,]105a b a b ==，求,.a b5.求不定方程9125200.x y z +-=的通解.6.证明： 176212535|(17631254).-7.若今天是星期天，证明：再过101010天是星期四。
参考答案一、叙述题1.完全剩余系从模n的每个剩余类中各取一个数，得到一个由n个数组成的集合，叫做模n的一个完全剩余系2.二次反转定律设a,b是两个非零整数，我们定义雅克比符号括号下a除b，若存在整数x，使得x的平方恒等于a，那么就记括号下a除b等于1；否则就记括号下a除b等于负13.雅可比符号4.费马小定理费马小定理是欧拉定理的一个特殊情况：假如n和a的最大公约数是1的话，那么a^{\varphi (n)} \equiv 1 \pmod在这里φ(n)是欧拉商数。
欧拉商数的值是所有小于n的自然数中与n没有公约数的数的量。
假如n是一个质数，则φ(n) = n-1，即费马小定理。
5.平方非剩余设x为任意正整数，若p为4k+1型素数，且g是素数p的最小原根，设g^(2n-1) mod p = r（1<=n<=(p-1)/2）,则y^2=p*x+r 与y^2=p*x -r 都无整数解。
设x为任意正整数，若p为4k-1型素数，且g是素数p的最小原根，设g^(2n-1) mod p = r（1<=n<=(p-1)/2）则y^2=p*x+r 都无整数解，但y^2=p*x -r 都有整数解。
6.欧拉定理二、计算和证明题1.已知正整数a=35,b=21,求(a,b),并将其表成a,b 的线性组合。
初等数论知识点总结
《初等数论》总结姓名 xxx学号 xxxxxxxx院系 xxxxxxxxxxxxxxx专业 xxxxxxxxxxxxxxx个人感想初等数论是一门古老的学科，它对于数的性质以及方程整数的解做了深入的研究，是对中等数学数的理论的继续和提高。
有时候上课听老师讲解一些例题，觉得比较简单，结果便是懂非懂地草草了之，但是过段时间做老师留下的一些相似的课后练习时，又毫无头绪，无从下手。
这就是上课的时候没做到全神贯注地去听，所以课下的时间尤为重要，一定做好复习巩固的工作。
老师讲课的方法也十分好，每次上课都会花二十分钟到半个小时来对上节课的知识帮助我们进行回顾，我想很多同学都喜欢并适合这种教学方式。
知识点总结第一章整数的可除性1.2性质：(1)传递性质)；(2)闭。
若反复运用这一性质，易则对于任意的整更一般，(3)若p 是质数，若n a p |，则a p |；(6)(带余数除法)设b a ,为整数，0>b ，则存在整数q 和r ，使得r bq a +=，其中b r <≤0，并且q 和r 由上述条件唯一确定；整数q 被称为a 被b 除得的(不完全)商，数r 称为a 被b 除得的余数。
注意：r 共有b 种可能的取值：0,1，……，1-b 。
若0=r ，即为a 被b 整除的情形；易知，带余除法中的商实际上为⎥⎦⎤⎢⎣⎡b a （不超过b a 的最大整数），而带余除法的核心是关于余数r 的不等式：b r <≤0。
证明a b |的基本手法是将a 分解为b 与一个整数之积，在较为初级的问题中，这种数的分解常通过在一些代数式的分解中取特殊值而产生若n 是正整数，则))((1221----++++-=-n n n n n n y xy y x x y x y x Λ；若n 是正奇数，则))((1221----+-+-+=+n n n n n n y xy y x x y x y x Λ；（在上式中用y -代y ）(7)如果在等式∑∑===mk k ni i b a 11中取去某一项外，其余各项均为c 的倍数，则这一项也是c 的倍数；(8)个连续整数中，有且只有一个是n 的倍数；(9)任何n 个连续的整数之积一定是n!的倍数，特别地，三个连续的正整数之积能被6整除；第二章 不定方程1. 定义：二元一次不定方程的一般形式是ax +by = c ，其中a ,b ,c 是整数2. 定理：(1) 不定方程有整数解的充要条件为 (a,b) | c. (2) 设是方程的一组解，则不定方程有无穷解，其一切解可表示成⎩⎨⎧+=-=t a yy t b x x 1010 Λ,2,1,0±±=t 其中),(,),(11b a b b b a a a ==3. 不定方程的解法：（1）观察法：当a,b 的绝对值较小时可直接观察不定方程的一组特解，然后用⎩⎨⎧+=-=ta y y tb x x 1010得到其所有解（2）公式法：当a,b 的绝对值较小时，可用公式211021110,,1,0,,1----+===+===k k k k k k k k P Q q Q Q Q P P q P q P P 得到特解n n n n P y Q x )1(,)1(010-=-=-，然后用公式写出一切解。
初等数论复习题
初等数论复习题初等数论复习题在数学的世界里，数论是一门研究整数性质和整数间关系的学科。
它是数学的基础，也是其他数学领域的重要组成部分。
初等数论是数论的基础，它涉及到整数的性质、整数的整除关系、素数、最大公约数等等。
在这篇文章中，我们将回顾一些初等数论的重要概念和复习题。
1. 整数的性质整数是自然数、负整数和零的集合。
整数有很多独特的性质，比如整数的加法和乘法运算满足结合律、交换律和分配律等。
此外，整数还有奇偶性的区分，每个整数都可以分为奇数或偶数。
复习题1：证明任意两个奇数的和是偶数。
解答：设两个奇数分别为2n+1和2m+1，其中n和m为整数。
它们的和为：(2n+1) + (2m+1) = 2n + 2m + 2 = 2(n+m+1)。
由于n和m都是整数，所以n+m+1也是整数，因此2(n+m+1)为偶数。
所以任意两个奇数的和是偶数。
2. 整除关系在数论中，整除是一个重要的概念。
如果一个整数a可以被另一个整数b整除，我们称a是b的倍数，b是a的约数。
如果a能被b整除，我们可以用符号b|a 来表示。
复习题2：证明如果a|b且b|c，则a|c。
解答：根据整除的定义，如果a|b，则存在整数k，使得b=ak。
同样地，如果b|c，则存在整数m，使得c=bm。
将b的表达式代入c的表达式中，得到：c = bm = (ak)m = a(km)。
由于km是一个整数，所以a|c。
3. 素数素数是只能被1和自身整除的正整数。
素数在数论中起着重要的作用，它们是整数的基本构成单元。
素数有许多有趣的性质，比如素数的个数是无穷的。
复习题3：列举前10个素数。
解答：前10个素数依次为2、3、5、7、11、13、17、19、23、29。
4. 最大公约数和最小公倍数最大公约数（GCD）是两个或多个整数中最大的能够同时整除它们的整数。
最小公倍数（LCM）是两个或多个整数中最小的能够同时被它们整除的整数。
复习题4：求出24和36的最大公约数和最小公倍数。
初等数论总复习题
《初等数论》（2019级小教）总复习题1、进位制的互化：（1）(20 011)3=( )10；（2）(31 404)5=( )10；（3）(7 137)10=( )2；（4）(21 58)10=( )8；（5）(1376)8=( )5；（6）2000=（ ）3=（ ）7=（ ）9=（ ）12；（7）（12301）5=（ ）7 .2、已知(ab)9=(ba)7，求a,b.3、（1）以2为基，求13，15，19的小数展开式； （2）以12为基，求113，114的小数展开式. 4、如果(52)k 是(25)k 的两倍，那么(123)k 在十进位制中表示多少？5、某正整数除以3余2，除以4余1，则此数除以12余数为?6、计算：（1）（110）2+（1011）2；（10101）2-（111）2； （10101）2×（101）2；（1101001）2÷（1010）2.（2）（2517）8+（3124）8；（15721）8-（452）8； （301）8×（125）8；（212）÷（27）8.7、若962427ab 且1162427ab ，求a,b.8、四位数7a2b̅̅̅̅̅̅̅能同时被2，3，5整除，求a,b.̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅,求a,b.9、已知99|81ab93̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅,求a,b.10、已知24|62742ab11、三个相邻偶数之积是四位数，且其末位数为8，求这个三位数。
12、若1176a=b4（a,b为正整数），求a的最小值。
13、975*935*972*( ) ,要使这个乘积的最后四个数都是零，则（）内最小应填几？14、写出下列各数的标准分解式.193975，26840，111111，999 999 999 99915、某数除300，262，205余数相同，则此数最大值为 .16、某数除701，1059，1417，2312余数相同，则此数最大值为多少.17、720的所有正约数的倒数之和为。
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论学习总结本课程只介绍初等数论得得基本内容。
由于初等数论得基本知识与技巧与中学数学有着密切得关系， 因此初等数论对于中学得数学教师与数学系(特别就是师范院校)得本科生来说，就是一门有着重要意义得课程，在可能情况下学习数论得一些基础内容就是有益得．一方面通过这些内容可加深对数得性质得了解，更深入地理解某些她邻近学科，另一方面，也许更重要得就是可以加强她们得数学训练，这些训练在很多方面都就是有益得．正因为如此，许多高等院校，特别就是高等师范院校，都开设了数论课程。
最后，给大家提一点数论得学习方法，即一定不能忽略习题得作用，通过做习题来理解数论得方法与技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它得内容而忽略习题得作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。
数论有丰富得知识与悠久得历史，作为数论得学习者，应该懂得一点数论得常识，为此在辅导材料得最后给大家介绍数论中著名得“哥德巴赫猜想”与费马大定理得阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数得可除性（6学时）自学18学时整除得定义、带余数除法最大公因数与辗转相除法整除得进一步性质与最小公倍数素数、算术基本定理[x]与{x}得性质及其在数论中得应用习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程c by ax =+多元一次不定方程c x a x a x a n n =++Λ2211勾股数费尔马大定理。
习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余得定义、性质剩余类与完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中得应用习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程得解数与解法素数模得同余方程威尔逊定理。
初等数论复习
ii)若 n=3m+2 ，则
n+1=3m+3
∴ 3 | n(n+1)(2n+1) iii)若 n=3m+1, 则 2n+1=6m+2+1=6m+3 ∴ 3 | n(n+1)(2n+1) 又∵（2,3）=1 ∴ 6 | n(n+1)(2n+1)
二、最大公因数和最小公倍数
定理1：设a, b, c是 任意三个不全为零的整数，
③ 若 c|a, c|b, 则对于m, n , 有c ma nb 一般地若 m|ai（i=1 , 2 , …，n）,则
ki (i 1, 2, , n) 有 m k i 则 |a| = |b|
i=1
a ⑤若b|a ，a≠0 则 b |a
例：求7除4750的余数。 解：∵47≡-2(mod7) ∴ 4750≡(-2)50(mod7) ≡250(mod7) ≡23×16+2(mod7) ≡(23)16·2(mod7) ≡816·2(mod7) 2 2 ≡1·2(mod7) ≡4(mod7) 2
∴
7除4750的余数为4。
二、 完全剩余类和完全剩余系
定理3：不定方程x2+2y2=z2满足(x,y)=1的一切正 整数解可以表为x=|a2-2b2|， y=2ab，z=a2+2b2， 其中a>0，b>0，2∤a，(a,b)=1
第四章 同余式
本章主要研究一次同余式，一次同余式组
解存在的条件，解的数量及其求解的方法，最
后讨论高次同余式解存在的条件，解的数量及
d | a-b-(a+b)
即 d | 2a , d | 2b
最新福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案本复习题页码标注所用教材为：教材名称 单价 作者版本 出版社 初等数论14.20闵嗣鹤，严士健第三版高等教育出版社复习题及参考答案一一、填空(40%)1 、求所有正约数的和等于15的最小正数为 考核知识点：约数，参见P14-19 2、若1211,,,b b b 是模11的一个完全剩余系，则121181,81,,81b b b +++也是模11的 剩余系.考核知识点：完全剩余系，参见P54-573．模13的互素剩余系为考核知识点：互素剩余系，参见P584.自176到545的整数中是13倍数的整数个数为 考核知识点：倍数，参见P11-13 5、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者考核知识点：整除，参见P1-46、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的 . 考核知识点：最小公倍数，参见P11-137、如果b a ,是两个正整数,则存在 整数r q ,,使r bq a +=,b r ≤0.考核知识点：整除，参见P1-4 8、如果n 3，n 5，则15（ ）n . 考核知识点：整除，参见P1-4二、(10%)试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里n 是任意整数。
考核知识点：整除的性质，参见P9-12提示：i)若 则ii)若 则iii)若 则又三、(10%)假定a 是任意整数，求证a a (mod )++≡2103或a a (mod )+≡203考核知识点：二次同余式，参见P88提示:要证明原式成立，只须证明231a a ++，或者23a a +成立即可。
四、（10％）设p 是不小于5的素数，试证明21(mod 24)p ≡ 考核知识点：同余的性质，参见P48-52提示： 且是不小于5的素数．又 且是不小于5的素数．只能是奇数且即即五、(15%)解同余式组 51(mod7)142(mod8)x x ≡⎧⎨≡⎩考核知识点：同余式，参见P74-75 提示∵ (14，8)=2 且 2 | 2 ∴ 14x ≡2(mod8) 有且仅有二个解解7x ≡1(mod4) ⇒ x ≡3 (mod4) ∴ 6x ≡10(mod8)的解为 x ≡3，3+4(mod8) 原同余式组等价于()()3mod 73mod8x x ≡⎧⎪⎨≡⎪⎩ 或()()3mod 77mod8x x ≡⎧⎪⎨≡⎪⎩分别解出两个解即可。
初等数论复习题答案
初等数论复习题答案1. 试述质数与合数的定义。
答案：质数是指大于1的自然数，除了1和它本身以外不再有其他因数的数。
合数则是指除了1和它本身之外，还有其他因数的自然数。
2. 请解释最大公约数和最小公倍数的概念。
答案：最大公约数（GCD）是指两个或多个整数共有约数中最大的一个。
最小公倍数（LCM）是指两个或多个整数的最小公共倍数。
3. 举例说明辗转相除法（欧几里得算法）的计算过程。
答案：设两个正整数为a和b（a > b），辗转相除法的过程是：用较大的数除以较小的数，得到余数r，然后用较小的数去除这个余数，再得到新的余数，如此反复，直到余数为0，最后的除数即为最大公约数。
4. 试证明费马小定理。
答案：费马小定理指出，如果p是一个质数，a是一个不被p整除的整数，则a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
证明过程通常涉及模运算和群论的基本概念。
5. 说明中国剩余定理的基本原理。
答案：中国剩余定理是数论中一个关于线性同余方程组的定理。
给定一组两两互质的模数和一组对应的余数，定理保证了存在一个唯一的解，这个解在模数乘积的模下是唯一的。
6. 什么是素数定理？请简要说明。
答案：素数定理描述了素数在自然数中的分布情况。
它指出，小于或等于给定数x的素数数量大约是x除以x的自然对数，即π(x) ≈ x / ln(x)。
7. 描述同余的概念及其性质。
答案：同余是指两个整数a和b，若它们除以正整数n后余数相同，则称a和b同余模n，记作a ≡ b (mod n)。
同余具有自反性、对称性和传递性等性质。
8. 简述模运算的性质。
答案：模运算的性质包括加法和乘法的封闭性、结合律、交换律、分配律以及模逆元的存在性等。
9. 试解释什么是完全数。
答案：完全数是指一个正整数，它等于其所有真因数（即除了自身以外的因数）之和。
10. 请解释什么是亲和数。
答案：亲和数是一对或一组数，其中每个数的所有真因数之和等于另一个数。
例如，220和284就是一对亲和数，因为220的真因数之和为1+2+4+5+10+11+20+22+44+55+110=284，而284的真因数之和也为220。
《初等数论》复习思考题及参考答案
《初等数论》复习思考题及参考答案一、填空题1、16除-81的商是 -6 ，余数是 15 。
2、{-3.3} = 0.7 ；[-5.68] = -6 。
3、12!的标准分解式为 210⨯35⨯52⨯7⨯11 。
4、（1516，600）= 4 。
5、8270的标准分解式是 2⨯5⨯827 。
6、不定方程ax + by = c (其中a ，b ，c 是整数)有整数解的充要条件是 (a ，b )|c 。
7、模5的最小非负完全剩余系是 0，1，2，3，4 。
8、模6的绝对最小完全剩余系是 -3，-2，-1，0，1，2 。
9、3406的十进位表示中的个位数字是 9 。
10、7100被11除的余数是 1 。
11、ϕ(480) = 128 。
二、选择题1、417被-15除的带余除法表达式是（ D ）。
A 417 = (-15)⨯(-30)-33B 417 = (-15)⨯(-26)+27C 417 = (-15)⨯(-28)+(-3)D 417 = (-15)⨯(-27)+122、设n ，m 为整数，如果n 3，m 3，则9（ A ）nm 。
A 整除B 不整除C 等于D 小于3、整数6的正约数的个数是（ D ）。
A 1B 2C 3D 44、如果)(mod m b a ≡，c 是任意整数，则( A )。
A )(mod m bc ac ≡B bc ac =C ac ≢)(mod m bcD bc ac ≠5、如果( A )，则不定方程c by ax =+有解。
A c b a ),(B ),(b a cC c aD a b a ),(6、整数5874192能被( B )整除。
A 3B 3与9C 9D 3或97、大于20且小于40的素数有（ A ）。
A 4个B 5个C 6个D 7个8、模4的最小非负完全剩余系是( D )。
A -2,-1,0,1B -4,-3,-2,-1C 1,2,3,4D 0,1,2,39、整数637693能被( C )整除。
本科初等数论复习
10 级数学与应用数学专业《初等数论》复习一、填空题（每题3分，共60分）1. 试写出8除以（—5）的商、余数、表达式2. 最小的合数是3. n 是整数，则),0(n =4. c b a ,,是任意三个非0整数，q 是整数，c bq a +=，则),(),(c b b a 与的关系是 5. 今天是星期一，过101010天是星期6. b a ,是不全为0的整数，则)),(,),((b a b b a a ＝ 7. b a ,是整数，则)(],[b a b a ，⋅＝8. 两整数b a ,互质的充要条件是存在两个整数t s ,，使得9. 任意大于1的整数a ，其标准分解式为10. 费马数形如11. ]23[-＝12. 50以内的质数是13. )(mod m b a ≡充分必要条件是m 是的因数。
14. 1),(,)(mod 11=≡m d m d b d a ，则m b a ,,11的关系是15. =a 8793267与13的关系是16. 模10的一个完全剩余系是17. 模10的一个剩余类是 18. 1x 是模3的简化剩余系，2x 是模4的简化剩余系，则1243x x +关于模12的简化剩余系是19. 最简真分数a b 是混循环小数的条件是 20. p 是素数，则)(p ϕ＝二、计算题（每题6分，共30分）21. 求20！的标准分解式；22. 求535625的标准分解式；23. 求(50)φ三、应用题（10分）1. （中国古代问题）二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数。
2. 解同余方程 433157961910(mod 225)x x x +++≡3. 证明：（1）整数b 分别除2310,10,10,,10,n ，必有相同的余数；（2）若(10,)1b =，则a b 是纯循环小数。
电大初等数论复习资料
初等数论第一次作业（第1章）一、单项选择题1、=),0(b （ ）.A bB b -C bD 02、如果a b ，b a ，则( ).A b a =B b a -=C b a ≤D b a ±=3、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）.A aB bC 1D b a +4、小于30的素数的个数（ ）.A 10B 9C 8D 75、大于10且小于30的素数有（ ）.A 4个B 5个C 6个D 7个6、如果n 3，n 5，则15（ ）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定7、在整数中正素数的个数（ ）.A 有1个B 有限多C 无限多D 不一定二、计算题1、求24871与3468的最大公因数?2、求[24871,3468]=?3、求[136,221,391]=?三、证明题1、如果b a ,是两个整数,0 b ,则存在唯一的整数对r q ,,使得r bq a +=,其中b r ≤0.2、证明对于任意整数n ,数62332n n n ++是整数. 3、任意一个n 位数121a a a a n n -与其按逆字码排列得到的数n n a a a a 121- 的差必是9的倍数.4、证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数.第一次作业参考答案1、=),0(b （C ）.Ab B b - D 02、如果a b ，b a ，则(D ).A b a =B b a -=C b a ≤D b a ±=3、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（C ）.A aB bC 1D b a +4、小于30的素数的个数（A ）.A 10B 9C 8D 75、大于10且小于30的素数有（ C ）.A 4个B 5个C 6个D 7个6、如果n 3，n 5，则15（A ）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定7、在整数中正素数的个数（C ）.A 有1个B 有限多C 无限多D 不一定二、计算题1、 求24871与3468的最大公因数?解： 24871=3468⨯7+5953468=595⨯5+493595=493⨯1+102493=102⨯4+85102=85⨯1+1785=17⨯5,所以,(24871,3468)=17.2、 求[24871,3468]=?解：因为（24871,3468）=17所以[24871,3468]= 17346824871⨯ =5073684所以24871与3468的最小公倍数是5073684。
初等数论复习题题库及答案
《初等数论》本科一 填空题（每空2分）1.写出30以内的所有素数 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29 .2.,(,)(,)(,)a b a b a b a b =设是任意两个不为零的整数,则 1 . 3.若,a b 是非零整数,则a 与b 互素的充要条件是存在整数,x y ,适1ax by +=4.写出180的标准分解式是 22235⋅⋅ ,其正约数个数有 (2+1)(2+1)(1+1)=18个.5.,1,2,,a b a b 设与是正整数则在中能被整除的整数恰有 []ab个.6.设,a b 是非零整数,c 是整数,方程ax by c +=有整数解(,x y )的充要条件是 (,)|a b c7. 若整数集合A 是模m 的完全剩余系,则A 中含有 m 个整数.8.ϕ(3)= 2 ;ϕ(4)= 2 .9.当p 素数时,(1)()p ϕ= 1p - ;(2)()k p ϕ= 1k k p p -- . 10.(),(,)1,1m m a m a ϕ=-≡设是正整数则 0 (m o d ).m 11.,,p p a a a -≡设是素数则对于任意的整数有 0 (m o d ).p 12.已知235(mod7)x +≡,则x ≡ 1 (m o d 7). 13.同余方程22(mod 7)x ≡的解是 4(mod7) . 14.同余方程2310120(mod 9)x x ++≡的解是 .X=6. . 15.(,)1n p =若,n p 是模的二次剩余的充要条件是 -121(mod ).p n p ≡ . 16.(,)1n p =若,n p 是模的二次非剩余的充要条件是 -121(mod ).p np ≡- .17.3()=5 -1 ; 4()=51 .18.,p 设是奇素数则2()p= 218(1).p --.19.,p 设是奇素数则1()p = 1 ;-1()p = -12(-1).p .20. 5()=9 1 ; 2()=45-1 .二 判断题(判断下列结论是否成立，每题2分).1. ||,|a b a c x y Z a bx cy ⇒∈+且对任意的有.成立2. (,)(,),[,][,]a b a c a b a c ==若则.不成立3. 23|,|a b a b 若则.不成立4.(mod ),0,(mod ).a b m k k N ak bk mk ≡>∈⇒≡ 成立5.(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇒≡ 不成立6. 22(mod ),(mod )(mod )a b m a b m a b m ≡≡≡-若则或至少有一个成立. 不成立 7. 222(mod ),(mod )a b m a b m ≡≡若则.不成立8. 若x 通过模m 的完全剩余系,则x b +(b 是整数)通过模m 的完全剩余系. 成立 9. 1212{,,,}{,,,}.m m a a a b b b 若与都是模m 的完全剩余系不成立1122{,,,}.m m a b a b a b m +++则也是模的完全剩余系不成立10.若(,)1a m =,x 通过模m 的简化剩余系,则ax b +也通过模m 的简化剩余系. 不成立 11.12121212,,(,)1,()()().m m N m m m m m m ϕϕϕ∈==若则 成立12. 同余方程24330(mod15)x x -+≡和同余方程2412120(mod15)x x +-≡是同解的. 成立13. (mod ).ax b m ax my b ≡+=同余方程等价于不定方程成立14. 2,(mod ),() 1.am x a m m≡=当是奇素数时若有解则成立15. 2,()1,(mod ).am x a m m=≡当不是奇素数时若则方程一定有解不成立三 计算题1. (1859,1573)-求.（6分）解：1.(1859,1573)(1859,1573)(286,1573)(286,15732865)(286,143)(0,143)143-===-⨯===2.求 [-36,108,204].（8分）解：22232232.[36,108,204][36,108,204],3623,10823,2042317,[36,108,204]23171836.-==⨯=⨯=⨯⨯∴=⨯⨯=3. 求(125,17),以及x ,y ,使得125x +17y =(125,17).（10分）解：3.651,16-56-(17-26)36-173(125-177)-173125-2217.1253-17221,3,-22.x y =+==⨯=⨯=⨯⨯=⨯⨯∴⨯⨯===由等式起逐步回代得4. 求整数x ,y ,使得1387x -162y =(1387,162).（10分）解：4.9421,19-429-4(11-9)59-4115(20-11)-411520-911520-9(71320)322097132(91-71)97132914171329141(16291)73914116273(13878162)41162731387625162.1=⨯+=⨯=⨯=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯-⨯=⨯-⨯=⨯-⨯=⨯-⨯=⨯-⨯-=⨯-⨯=⨯-⨯-⨯=⨯-⨯∴由等式起逐步回代得38773162625 1.⨯-⨯=5. 12!.分解为质因数乘积（8分）6. ,10|199!k k 求最大的正整数使.（8分）7. [1].100++求(10分) 8. 81743.x y +=求方程的整数解(6分)9. 19201909.x y +=求方程的正整数解(10分)10. 求方程111x -321y =75的整数解.(10分) 11. 12310661.x x x ++=求方程15的整数解(8分) 12. 361215.x y z ++=求不定方程的整数解(8分)13. 237.x y z ++=求不定方程的所有正整数解(8分)14. 19,2,3 5.30将写成三个分数之和它们的分母分别是和(10分) 15. 222370.x y x y +--=求方程的整数解(6分) 16. 331072.x y +=求方程的整数解(8分)17. 5()4.xy yz zx xyz ++=求方程的正整数解(10分)18. 4063().求的个位数字与最后两位数字十进制(10分)19. 67(mod 23).x ≡解同余方程(8分) 20. 12150(mod 45).x +≡解同余方程(8分)21. 2(mod 3)3(mod 5).2(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩解同余式组(6分)22. 43()0(mod35),()289.f x f x x x x ≡=+++解同余式(10分) 23. 765:2720(mod5).x x x x --++≡解同余方程(6分)24. .求出模23的所有二次剩余和二次非剩余(8分)25. 25(mod11).x ≡判断方程有没有解(6分)26. 2563,429(mod563).x ≡已知是素数判定方程是否有解(8分) 27. 3求以为其二次剩余的全体素数.(8分)28. 10173:(1)();(2)().1521计算(8分) 29. (300).ϕ计算(6分)30. 3(mod8)11(mod 20).1(mod15)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩解同余式组(10分)四 证明题1、,,,, 1.:|,|,|.a b x y ax by a n b n ab n +=设是两个给定的非零整数且有整数使得求证若则(6分)证明：1.()|,|.n n ax by nax nbyab na ab nb ab n =+=+∴又2.121212,,,,0,.4|.n n n a a a a a a a a a n n +++==设是整数且则(8分)证明：1212121231122.,,,,,,0,2.,,,.,,2(2).-,(-1),,.,,,,4.n n n i n n n n a a a a a a n a a a a a i n a a a a n a a a n +++=∴≤≤+++=∴若是奇数则都是奇数则不可能即在中至少有一个偶数如果只有一个偶数不妨设为则不整除由知左边是个奇数的和右边是偶数这是不可能的在中至少有两个偶数即3. 任给的五个整数中,必有三个数之和被3整除.(8分)证明：1231231231231231233.3,03,1,2,3,4,5.(1)0,1,2,0,1,2,3()3.(2)0,1,2,,(0,12),3()3.i i i i i i i a q r r i r r r r a a a q q q r r r r r r r a a a q q q r =+≤<====++=+++====++=+++设若在中数都出现不妨设则成立若在中数至少有一个不出现则至少有三个取相同的值令或则成立4. 22,,9|,3|(,).a b a ab b a b ++设是整数且则(8分)证明：2222224.9,9()3,3()3,3(),3,9(),93,3,33.3,3,3.3.3,3.3(,).a ab b a b ab a b ab a b a b a b ab ab a b a a b b b a b a a b ++∴-+∴-+∴-∴-∴-∴∴∴-∴-∴或若若故5. 设,a b 是正整数,证明()[,][,]a b a b a b a b +=+.(8分)证明：()5.()[,](),(,)(,)()[,](,),(,)(,),()[,](,),()[,],(,)ab b a b a b a b a b a a b a b b a b b a b b a b b a b a b b a b b a b a b b a b b a b a b ++=+⋅=⋅+=+++=∴+=++=+∴而即结论成立6. (mod ),0,,(mod ).nna b m n n N a b m ≡>∈≡当时又则(6分)证明：123216.(mod ),,()(),,(mod ).n n n n n n n n n n a b m m a b a b a b a a b a b b m a b a b m ----≡∴--=-++++∴-≡又即7. 12{,,,},{}.m A x x x m x x =设是模的一个完全剩余系以表示的小数部分11:(,)1,{}(-1).2mi i ax b a m m m =+==∑证明若则(10分) 证明：1211111117.2,{,,,},(1),1(1)1{}{}{}{}.22m i mm mm m i i j j j j ax b ax b ax b m ax b km j j m ax b j j j j m m m k m m m m m m --=====++++=+≤≤+--=+====⋅=∑∑∑∑∑由定理知也是模的一个完全剩余系可设从而8. ,:n N ∈设证明1()2,2k n n n k N ϕ==∈的充要条件是.(10分)证明：-1-118.2,(2)2(1-)2.22(),2,2|,21()()()(2)(2)()2()2,222(),1,.(()112)k k k k k k k k k nn nn n t t n t n t n t t t t t t t t t n n ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ⇐====⇒==/=====⨯⋅=⋅=∴==⇔=若则若设则即从而得证注或9. ,5|12344.n n n n n N n ∈+++⇔/设则(10分)证明：444449.(5)4,,1(mod5)(14).4,03,1234(1)1(2)2(3)3(4)41234(mod5).5|1234,5|1234,0,1,2,30,4;4,0,5|1234,n n n n q r q r q r q rr r r r n n n n r r r r r r r r k k n q r r r r n n r ϕ=≡≤≤=+≤≤+++≡⋅+⋅+⋅+⋅≡+++⇒++++++==∴//⇐=+++/由定理知令则若即得把代入检验可知若则易知5|1234.n n n n ∴+++/10. ()1,(,)1,:(mod )(mod ).m m a m x bam ax b m ϕ-=≡≡设是正整数证明是同余方程的解证明：()()()-110.(,)1,,1(mod ).(mod ),(,)1,(mod ).m m m a m Euler a m ax b a b m a m x a b m ϕϕϕ=≡∴≡≡=∴≡由定理则11. -121(mod ).p n p n p ≡-是模的二次非剩余的充要条件是(10分)证明：-111221122-121211.(,)1,,1(mod ),(1)(1)0(mod ),,10(mod )10(mod ),1(mod ),1(mod ).p p p p p p p n p Euler n p nnp p n p np n p n p np -----=≡∴+-≡+≡-≡≡∴≡-若则由定理是素数则或中必有一个成立是模的二次剩余的充要条件是 12. 12(mod ),(mod ),y a p y a p p ≡≡设都是模的平方剩余121211:(mod ),(mod ),(mod ).y a a p y b b p p y a b p p ≡≡≡求证都是模的平方剩余是模的平方非剩余(10分)证明：11112222121211122212121112.1,1(mod ),1(mod ),()()1(mod ),()1(mod ),.p p p p p p p a a p b b p a a b b p a b p -------≡≡≡≡-∴≡≡≡-∴由定理知得证13. 22,43,:(mod ),(mod ).p q n x p q x q p +≡≡设为两个形如的奇质数求证若无解则有两个解(10分)14. 1(mod 4),(mod ).p p y a p p ≡≡设是适合的素数是模的平方剩余:(mod ).y a p p ≡-证明也是模的平方剩余(8分)15. 2,:141.n n m ++设是整数证明的任何奇因数都是的形式(10分) 16. -1,1(mod )-1.p p x p p ≡若是素数则同余方程有个解(8分) 17. -1-1100101010,:9|9|.nn n n n i i N a a a a N a ==+++⋅+⇔∑设求证(8分)18. 52:641|2 1.+求证(8分)19. :,,()(,)([,]).m n N mn m n m n ϕϕ∈=证明若则(10分) 20. ,,(mod ).p p a a a p ≡设是素数则对于任意的整数有(8分)。
初等数论复习提纲1
初等数论复习提纲1.求72与480的最大公约数最小公倍数2. [π]= {π}= [-0。
8]= {-0。
8}=3.100！的标准分解式中2的指数是4.τ(2004)= σ(2004)=5.当n= 时τ(n)=86.把连分数化为分数[1，2，3，4，5，6]=7.σ(2004)=__________；τ(2004)=__________.8数10! 的标准分解式中，素因数7的指数是__________.9. 1999！的末尾有个连续的零10 3103被11除所得余数是__________.11由欧拉定理3( ) —1≡ 0 ( mod10 )12.在3145×中，积有一位数字遗漏，而其它数字是正确的，遗漏的数字是13求（5767，4452）=1 4 。
14162除以163的余数15 100！的标准分解式中3的指数是16 .τ(2015)= σ(2015)=17. φ(288)= .18．三个连续自然数的最小公倍数是360，这三个自然数是。
19 为了验证2003是素数，只需逐个验算素数2,3,5…p都不能整除，此时素数p至少是20.最大公约数（4n+3,5n+2）的可能值是21 不大于2002的正整数中，与2002互素的数共有个三选择题1．设p为质数，a为任一正整数，则p│a是(p,a)=1的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．a取什么数值时，下列同余方程组有解x≡5(mod18)x≡8(mod21)x≡a(mod35)A.a=3B.a =10C.a=6D.a=1.3．若a2+b2= c2且(a,b)=1则( )A. 7|abcB. 8|abcC. 9 |abcD. 10|abc4．连分数[2,1,3,4,2]所表示的有理数是( )A. 105/37B. 105/38C. 110/38D. 105/365.下列各数其中是质数的是（）A .221B ,.1617 C. 1217 D. 14316设n是正整数，以下各组a，b使为既约分数的一组数是（）。
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定理1.3.15 若a | c, b | c, (a, b)=1, 则 ab | c.
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• 1.3质数与合数 算术基本定理
• 1. (1) 质数(素数)：一个大于1的自然数，如果只
能被1和它本身整除(即只有1和它本身两个正约
数)，这个自然数就叫做质数(或素数)。
• (2) 合数；一个大于1的自然数，除了能被1和它
•
例2、用分解质因数法求数1200与1134的最大公约
数最小公倍数． 解 因为1200=24×3×52，1134=2×34×7． 所以 (1200，1134)＝2 × 3＝6． [1200，1134]＝ 24× 34×52× 7＝226800． 说明 通过分解质因数求几个数最大公约数与最小公 倍数的方法是这样的: 先将所给的各个数分别进行 质因数分解．把每个公有的质因数，取指数最小的 幂相乘，所得的结果就是这几个数的最大公约数， 如果把各个公有的质因数的最高次幂以及各个数独 有的质因数的幂相乘，所得的结果就是这几个数的 最小公倍数．
本身整除外，还能被其它的正整数整除，这个自
然数就叫做合数． • (3) 自然数1，即不是质数，也不是合数。 • 2. 质数的判定：１）查表法；２)试除法．
试除法依据
定理1．23 如果a是合数，p是a的最
•
小约数，那么 p≤
a
推论 如果一个大于1的数a不能被不大于 a 的任一质数整除，那么a是质数．
定理1.3.10
定理1.3.11
• 由此表明，多个数的最大公约数、最小公 倍数可以由求两个数的最大公约数与最小 公倍数逐步求出．
互质的性质
•
定理1.3.13 若a | bc, 且 (a, b) =1, 则 a | c.
• 定理1.3.14 若 (a, b)=1, 则 (a, bc) = (a, c).
2、当然约数与真约数:一般地，在整数a的约数中± l与±a 叫做整数a的当然约数；除±1与±a之外，a的其它约数叫 做a的真约数(或非当然约数)。
4、整除的基本性质:
(5) x, y为任意整数，若 a b , a c , 则a (bx+cy)； (6) 若 m≠0, 则a b 的充分必要条件是ma m b
第一章 整数的整除性
单元小结
1.1整除 1、整除的概念： • 定义1.1 设 a，b ∈Z ，b≠0，如果存在 q ∈Z ， 使得等式 a＝bq成立．我们就说，a能被b整除或b 整除a ，记作b | a． • 如果整数 q 不存在( 即对任何整数 q，恒有bq ≠a ),那么就说a不能被 b 整除 (或者说b不能整除 a)，记作 b ｜a。 •如果整数 a 能被整数b (b ≠0) 整除(即b | a)， •那么 a就叫做 b 的倍数，b就叫做a的约数.
• ⑷性质：定理1.3.3推论1(裴蜀恒等式)
• 如果两个数a，b的最大公约数是d，那么存在两
个整数x与y，使得等式ax+by＝d成立．(可以推 广到n个数的情况) • 推论2：两个数a，b互质的必要且充分条件是存 在整数x与y,使ax＋by＝1成立。 推论1的推广 设 a1 ,a2 , …, an ∈N+ (n≥2) ，则一定存在整数 s1, s2, …, sn，使 a1s1＋a2s2 ＋ … ＋ ansn＝ (a1 ,a2 , …,an ) .
解 设这两个数为a，b,则由定理1．10 的推论2可知存在整数，使a＝8t1，b=8t2， 且(t1，t2)=1． • 因为ab＝(a，b)X [a，b]，所以得 64 t1t2 =8 X128， t1t2＝16 由于(t1,t2)＝1，所以 t1=1，t2＝16或t1=16，t2＝1． • 因此所求的两数为 a=8，b＝128(或a＝ 128，b=8)．
(7) 若a b , b a，则 a =± b (8) 若 a ，b ∈N+, a b , 则a ≤ b (9) 若a是b的真约数，则1＜ a ＜ b
4、带余除法 • 设a, b是两个整数，b ≠ 0，则一定有并且只 有两个整数 q , r 使得 a= bq + r,0≤r<︱b︱ 成立，而且q与r是唯一的． • 求两个数的不完全商q和余数的运算叫做带 余除法运算(或有余数除法运算)．
• 3. 相关定理 • 1）一个质数如果不能整除一个自然数，那么 它就和这个自然数互质。 • 2）大于1的自然数，至少有一个约数是质数。 • 3）质数的个数无限。 • ４）算术基本定理：把一个合数分解质因数， 如果不考虑质因数的次序，分解的结果是唯一 的． • ５）质数与互质数是两个不同的概念
整数N的标准分解式
最大公约数与最小公倍数的其他性质
a1 a2 定理1. 3. 6 (a1，a2，…，ak) = d的充要条件是 , , d d
ak d
1
定理1. 3. 8
定理1. 3. 9
定理1.3.8与定理1.3.9 可类比定理1.3.6与定理1.3.7 得到。
多个数的最大公约数和最小公倍数
• 例：试求377与319的最大公约数． 解 由377除以319，得 377＝319 ×1＋58， 由319除以58，得 319＝58 × 5 ＋29， 由58除以29，得 58＝29 × 2． 由定理1．9的推论可知，最后一个不为 零的余数就是377与319的最大公约数，即 (377，319)＝29．
整除可以看作是带余除法中余数为零的特
殊情况． 即a＝bq+r且r＝0
a＝bq.
二、 奇数与偶数
• 1、奇数与偶数的定义: 根据整除概念我们把能被2整除的整数叫做偶数，不 能被2整除的整数叫做奇数，它们的一般表示式为： 偶数N=2n(n为整数)，奇数N＝2n+l(n为整数)． 2、奇数与偶数具有下面性质： 性质1 (关于偶数) (1) 任意个偶数的和(或差)是偶数； (2) 任意一个整数与偶数的积是偶数，
• 练习1、整数637693能被( )整除.
• A 3 B 5 C 7 D 9 • 2、整数53340□能被11整除, □内是_________
• 1.2最大公约数与最小公倍数
• 1. 最大公约数：
• ⑴一般地，n个整数的公有的约数，叫做这n个数
的公约数，n个数的公约数中最大的一个数，叫
做这n个数的最大公约数． 整数a1 ,a2, …,an(n≥2，
σ( a )表示正整数 a 的所有正约数的和，如 σ(2) = 3, σ( 4 ) = 7，等等。 σ1( a)表示正整数 a 的所有正约数的乘积．如 σ1( 4 ) = 8 , σ1( 10 ) = 100，等等．
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• 定理1. 26 如果自然数a的标准分解式为
a p1 p2
1
2
例：判断667与991是质数还是合数
• 解 由于 667 25.826 ，因此用 2～25之间的质数去试除，试除结果有 23｜667，所以667是合数． • 由于 991 31.48，因此用2～31之 间的质数去试除，由试除结果可知2～ 31之间的质数都不能整除991，所以 991是质数；
（4）n 个数两两互质 •如果 a1 ，a2 ， …，an ( n≥2) 中的任意 两个数 ai, aj ( i ≠ j, I ＝ 1, 2, … , n；j ＝1, 2, …, n) 互质，即 (ai, aj ) ＝1，那么 就叫做这 n 个整数两两互质．
辗转相除法
• 设a，b为两个任意自然数,a>b，如果 a＝bq1+r1 (0<r1<b)， b＝r1q2+r2 (0<r2<r1)， r1＝r2q3+r3 (0<r3<r2)， … rn-3＝rn-2qn-1+rn-1 (0<rn-1<rn-2)， rn-2＝rn-1qn+rn (0<rn<rn-1)， rn-1＝rnqn+1, 那么 (a，b)＝rn．
• (1) 能被 2 (或 5)整除的数的特征是：这个 数末位数能被 2 或 5 整除； • (2) 能被 4 (或 25 )整除的数的特征是这个 数的末两位上的数字所组成的数能被 4 或 25 整除； • (3) 能被 8 (或 125 )整除的数的特征是这 个数的末三位上的数字所组成的数能被 8 或 125 整除．
1
2
n
定理1.4.3 和 推论
i a p 定理1.4.3 设 i ，则 d 是 a 的正约数的充要条件是
i 1 n
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自然数的所有正约数的个数及所有正约数的和与积 定义 1.7 τ( a )表示正整数 a 的所有正约数的个 数 (也称除数函数 ) 如 τ( 2 ) = 2 , τ( 4 ) = 3 ，等 等．
pn ,
n
那么 (1)τ(a) ＝ (α1 +1)(α2 +1)…(αn +1) = ∏(αi+1)． (2)σ(a) ＝ (1+ p1+ p12+…+ p1 α1 ) (1+ p2+ p22+… + p2α2) …(1+ pn+ pn2+…+ pn αn ) (3)σ1(a) ＝
a
a
例1、 已知两个数的最大公约数为8， 最小公倍数为128，求这两个数．
特别地，n 个偶数的积是 2n 的倍数（ n∈N+）.
性质2 (关于奇数)
(1) 双数个奇数的和是偶数；
(2) 单数个奇数的和是奇数；
(3) 任意个奇数的积还是奇数奇数与任一偶数不相等.
三、数的整除特征 一个数被 2 , 5 , 4 , 25 , 8,125,3 , 9 , 7 , 11 , 13 等数整除的特征．
(4)能被9(或3)整除的数的特征是这个数的各个数位上的
数字之和能被9(或3)整除.