(完整word版)初等数论练习题一(含答案)

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初等数论答案01

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d 1, d 2, , d k 。

不妨设d 1是其中最小的。

若d 1不是素数，则存在e 1 > 1，e 2 > 1，使得d 1 = e 1e 2，因此，e 1和e 2也是a 的正的非平凡约数。

这与d 1的最小性矛盾。

所以d 1是素数。

证毕。

推论任何大于1的合数a 必有一个不超过a 的素约数。

证明使用定理2中的记号，有a = d 1d 2，其中d 1 > 1是最小的素约数，所以d 12 ≤ a 。

初等数论练习题一（含答案）

初等数论练习题⼀（含答案）《初等数论》期末练习⼆⼀、单项选择题1、=),0(b （）.A bB b -C bD 02、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（）.A aB bC 1D b a +3、⼩于30的素数的个数（）.A 10B 9C 8D 74、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则A )(mod m bc ac ≡B b a =C (mod )ac bc m ≡/D b a ≠5、不定⽅程210231525=+y x （）.A 有解B ⽆解C 有正数解D 有负数解6、整数5874192能被( )整除.A 3B 3与9C 9D 3或97、如果a b ，b a ，则( ).A b a =B b a -=C b a ≥D b a ±=8、公因数是最⼤公因数的（）.A 因数B 倍数C 相等D 不确定9、⼤于20且⼩于40的素数有（）.A 4个B 5个C 2个D 3个10、模7的最⼩⾮负完全剩余系是( ).A -3，-2,-1,0,1,2，3B -6，-5,-4,-3,-2,-1C 1,2,3,4,5，6D 0,1,2,3,4，5，611、因为( ),所以不定⽅程71512=+y x 没有解.A [12，15]不整除7B （12，15）不整除7C 7不整除（12，15）D 7不整除[12，15]12、同余式)593(m od 4382≡x （）.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ba ，0,(,)1ab a b <<=，能写成循环⼩数的条件是（）. 2、同余式)45(mod 01512≡+x 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n 是⼀正整数，Euler 函数)(n ?表⽰所有( )n ，⽽且与n （）的正整数的个数.5、设b a ,整数，则),(b a （）=ab .6、⼀个整数能被3整除的充分必要条件是它的（）数码的和能被3整除.7、+=][x x （）.8、同余式)321(m od 75111≡x 有解,⽽且解的个数( ). 9、在176与545之间有( )是17的倍数.10、如果0 ab ,则),](,[b a b a =( ).11、b a ,的最⼩公倍数是它们公倍数的( ).12、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( ).三、计算题1、求24871与3468的最⼩公倍数?2、求解不定⽅程2537107=+y x .（8分）3、求??563429,其中563是素数. （8分） 4、解同余式)321(m od 75111≡x .（8分） 5、求[525,231]=?6、求解不定⽅程18116=-y x .7、判断同余式)1847(m od 3652≡x 是否有解？8、求11的平⽅剩余与平⽅⾮剩余.四、证明题1、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.（11分）2、证明当n 是奇数时，有)12(3+n .（10分）3、⼀个能表成两个平⽅数和的数与⼀个平⽅数的乘积,仍然是两个平⽅数的和;两个能表成两个平⽅数和的数的乘积,也是⼀个两个平⽅数和的数.（11分）4、如果整数a 的个位数是5,则该数是5的倍数.5、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.《初等数论》期末练习⼆答案⼀、单项选择题1、C2、C3、A4、A5、A6、B7、D8、A9、A 10、D 11、B 12、B⼆、填空题1、有理数ba ，1),(,0=b a b a ，能写成循环⼩数的条件是（ 1)10,(=b ）. 2、同余式)45(mod 01512≡+x 有解，⽽且解的个数为( 3 ). 3、不⼤于545⽽为13的倍数的正整数的个数为( 41 ).4、设n 是⼀正整数，Euler 函数)(n ?表⽰所有( 不⼤于 )n ，⽽且与n （互素）的正整数的个数.5、设b a ,整数，则),(b a （ ],[b a ）=ab .6、⼀个整数能被3整除的充分必要条件是它的（⼗进位）数码的和能被3整除.7、+=][x x （ }{x ）.8、同余式)321(m od 75111≡x 有解,⽽且解的个数( 3 ). 9、在176与545之间有( 12 )是17的倍数.10、如果0 ab ,则),](,[b a b a =( ab ).11、b a ,的最⼩公倍数是它们公倍数的( 因数 ).12、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( 1 ).三、计算题1、求24871与3468的最⼩公倍数?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。

初等数论练习题答案

初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12;ϕ(2420)=_880_2、设a,n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1,0,1,2,3,4}.4、同余方程9x+12≡0(mod37)的解是x ≡11(mod37)。

567、181008、⎪⎭⎫⎝⎛103659、若p 12、判断同余方程x 2≡42(mod107)是否有解？故同余方程x 2≡42(mod107)有解。

3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。

解：易知1271≡50（mod111）。

由502≡58（mod111）,503≡58×50≡14（mod111），509≡143≡80（mod111）知5028≡（509）3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70（mod111）从而5056≡16（mod111）。

故（127156+34）28≡（16+34）28≡5028≡70（mod111）三、证明题1、已知p是质数，（a,p）=1，证明：（1）当a为奇数时，a p-1+(p-1)a≡0(modp)；（2）当a为偶数时，a p-1-(p-1)a≡0(modp)。

证明：由欧拉定理知a p-1≡1(modp)及(p-1)a≡-1(modp)立得（1）和（2）成立。

2、设a n证明a3、设p证明：设k!·A=（又（k!，4、设pp6≡1(mod4)p6≡1(mod3)p6≡1(mod7)同时成立即可。

证明：因为84=4×3×7及p是不等于3和7的奇质数，所以（p，4）=1，（p，3）=1，（p，7）=1。

由欧拉定理知：p?(4)≡p2≡1(mod4)，从而p6≡1(mod4)。

同理可证：p6≡1(mod3)p6≡1(mod7)。

故有p6≡1(mod84)。

注：设p是不等于3和7的奇质数，证明：p6≡1(mod168)。

初等数论练习题一含答案

《初等数论》期末练习二、单项选择题 1、 (0，b)（）.A bB bC b D02、如果 (a, b) 1，则(ab, a b ）=（） A a B b C 1 Dab 3、小于 30的素数的个数（）. A 10 B 9 C 8 D 7二、填空题1、有理数旦，0 a b,（a,b ）1，能写成循环小数的条件是（b2、同余式12x 15 0（mod45）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n 是一正整数，Euler 函数（n ）表示所有（）n ，而且与n （5、设 a,b 整数，则（a,b ）（）= ab.6、一个整数能被 3整除的充分必要条件是它的（）数码的和能被A 3B 3 与 9C 9D 3或9 7、如果ba ， ab ，则（）.A a bB a bC a bD ab& 公因数是最大公因数的（）.A 因数B 倍数C 相等D 不确定9、大于20且小于40的素数有（）.A 4个B 5个C 2个D 3个10、模7的最小非负兀全剩余系是 ().A -3，-2,-1,0,1,2，3B -6， -5,-4,-3,-2,-1 C1,2,3,4,5，6 D 11、因为（）,所以不定方程 12x 15y 7没有解. A [12，15]不整除7 B （12，15）不整除 7C 7不整除（12，15）D 7不整除[12，15]12、同余式 x 438(mod 593)( ）.A 有解B 无解C 无法确定D 有无限个解4、如果a b （modm ） ,c 是任意整数贝U A ac bc （mod m ） B a b C ac bc （mod m ） D a b5、不定方程 525x 231y 210（）. A 有解 B 无解 C 有正数解D 有负数解6、整数5874192能被（）整除. 0,1,2,3,4，5，6）.）的正整数的个数3整除.7、x [x]（）.8、同余式111x 75（mod321）有解,而且解的个数（）.9、在176与545之间有（）是17的倍数.10、如果ab 0 则［a,b］（a,b）=（）.11、a,b的最小公倍数是它们公倍数的（）.12、如果（a,b） 1,那么（ab, a b）=（）.三、计算题1、求24871与3468的最小公倍数?2、求解不定方程107x 37y 25. （8分）4293、求——,其中563是素数.（8分）5634、解同余式111x 75（mod321）.（8 分）5、求［525,231］=?6、求解不定方程6x 11y 18.2 __________________________7、判断同余式x 365（mod 1847）是否有解？8、求11的平方剩余与平方非剩余•四、证明题1、任意一个n位数a n a n 1a2a1与其按逆字码排列得到的数a1a2 a n 1a n的差必是9的倍数.（11分）2、证明当n是奇数时，有3（2n1） .（10分）3、一个能表成两个平方数和的数与一个平方数的乘积，仍然是两个平方数的和；两个能表成两个平方数和的数的乘积，也是一个两个平方数和的数•（11分）4、如果整数a的个位数是5,则该数是5的倍数•5、如果a,b是两个整数,b 0,则存在唯一的整数对q, r,使得a bq r,其中0r b .《初等数论》期末练习二答案、单项选择题1、C2、C3、A4、A5、A6、B7、D8、A9、A 10、D 11、B 12、B二、填空题1、有理数-,0 a b,（a,b）1，能写成循环小数的条件是（（b,10） 1 ）.b2、同余式12x 15 0（mod45）有解，而且解的个数为（3 ）.3、不大于545而为13的倍数的正整数的个数为（41 ）.4、设n是一正整数，Euler函数（n）表示所有（不大于）n，而且与n （互素）的正整数的个数•5、设a,b 整数，则（a,b）（[a,b] ）=ab.6、一个整数能被3整除的充分必要条件是它的（十进位）数码的和能被3整除•7、x [x] （{x}）.8、同余式111x 75（mod321）有解,而且解的个数（3 ）.9、在176与545之间有（12 ）是17的倍数.10、如果ab 0 则[a,b]（a,b） =（ ab ）.11、a,b的最小公倍数是它们公倍数的（因数）.12、如果（a,b） 1,那么（ab, a b）=（ 1 ）.三、计算题1、求24871与3468的最小公倍数?解：因为（24871,3468）=17比24871 3468所以[24871,3468]= =507368417所以24871与3468的最小公倍数是5073684。

初等数论1习题参考答案

初等数论1习题参考答案附录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a1x1a2x2a k x k = b(q1x1q2x2q k x k)，即b a1x1a2x2a 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a0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)(nq)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，n2p，n3p，于是n = pn2n3p3，即p3n，⽭盾。

5. 存在⽆穷多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，(k1)2不能表⽰为a2p的形式，事实上，若(k1)2= a2p，则(k 1 a)( k 1a) = 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 = 3q1r1，b = 3q2r2，r1, r2 = 0,1或2，由3a2b2 = 3Q r12r22知r1= r2 = 0，即3a且3b。

3.记n=10q+r, (r=0,1,…,9)，则n k+4- n k被10除的余数和r k+4- r k = r k( r4-1)被10 除的余数相同。

(完整版)初等数论练习题答案

初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12;(2420)=_880_ϕ2、设a,n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1,0,1,2,3,4}.4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。

5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t t ∈Z 。

.6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(m )_。

7、18100被172除的余数是_256。

8、 =-1。

⎪⎭⎫⎝⎛103659、若p 是素数，则同余方程x p - 1 ≡1(mod p )的解数为 p-1 。

二、计算题1、解同余方程：3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 105)。

解：因105 = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 3)的解为x ≡ 1 (mod 3)，同余方程3x 2+11x -38 ≡ 0 (mod 5)的解为x ≡ 0，3 (mod 5)，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 7)的解为x ≡ 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。

作同余方程组：x ≡ b 1 (mod 3)，x ≡ b 2 (mod 5)，x ≡ b 3 (mod 7)，其中b 1 = 1，b 2 = 0，3，b 3 = 2，6，由孙子定理得原同余方程的解为x ≡ 13，55，58，100 (mod 105)。

2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-∙--∙-（）（）（）（），（）（）（）（，（（）（）（（）（解：故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。

初等数论试卷和答案

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 )(m od m bcD b a ≠5、如果( ),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( )整除.B 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)(m od 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、A4、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)(m od 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。

初等数论附录1 习题参考答案

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。

《初等数论》习题集及答案

《初等数论》习题集及答案《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 =。

初等数论试题及答案高一

初等数论试题及答案高一一、选择题（每题3分，共30分）1. 以下哪个数是质数？A. 2B. 4C. 6D. 8答案：A2. 一个数的因数包括它自己吗？A. 是B. 否答案：A3. 一个数的倍数包括它自己吗？A. 是B. 否答案：A4. 两个连续整数的乘积一定是合数吗？A. 是B. 否答案：B5. 一个数的最小倍数是多少？A. 它自己B. 2C. 1D. 0答案：A6. 一个数的最大因数是多少？A. 它自己B. 2C. 1D. 0答案：A7. 以下哪个数是完全数？A. 6B. 28C. 496D. 8128答案：A8. 一个数的质因数分解中，质因数的个数至少有几个？A. 1B. 2C. 3D. 0答案：A9. 以下哪个数是素数？A. 1B. 2C. 9D. 10答案：B10. 一个数的因数个数是奇数还是偶数？A. 奇数B. 偶数答案：B二、填空题（每题4分，共20分）1. 一个数的最小质因数是______。

答案：22. 一个数的最小非零因数是______。

答案：13. 一个数的最大因数是______。

答案：它自己4. 一个数的最小倍数是______。

答案：它自己5. 一个数的倍数个数是______。

答案：无限三、解答题（每题10分，共50分）1. 证明：对于任意的正整数n，2n总是偶数。

证明：假设n为任意正整数，那么2n = 2 * n。

因为2是偶数，所以2n也是偶数。

2. 证明：对于任意的正整数n，n^2 - 1是奇数。

证明：假设n为任意正整数，那么n^2 - 1 = (n - 1)(n + 1)。

因为n - 1和n + 1是连续的整数，所以它们中必有一个偶数和一个奇数。

因此，它们的乘积是奇数。

3. 找出100以内的所有质数。

答案：2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 974. 证明：如果p是质数，那么p^2 - 1是合数。

初等数论试卷,最全面的答案,包括截图

初等数论试卷,最全⾯的答案,包括截图初等数论考试试卷⼀、单项选择题：（1分/题X 20题=20分）1 ?设x为实数，lx ]为x的整数部分，则（A ）A.[xl X ：：: lx ； E. [x I ::: x Ixl ? 1 ;C. lx I x lx A：；1 ;D. lx I ::: X ：：: Ix.l ? 1 .2.下列命题中不正确的是（B ）A.整数a i,a2,||（,a n的公因数中最⼤的称为最⼤公因数；C.整数a与它的绝对值有相同的倍数D.整数a与它的绝对值有相同的约数3 .设⼆元⼀次不定⽅程ax?by=c （其中a,b,c是整数，且a,b不全为零）有⼀整数解x o,y°,d⼆a,b，则此⽅程的⼀切解可表为（C ）a bA.x =x°t, y ⼆y°t,t =0, _1,_2」H;d da bB.x = X o t, y ⼆y o t,t = 0, —1, _2」H;d db ac. x =X o t, y =y°t,t =0, _1,_2,川；d db aD. x =x°t, y ⼆y o t,t =0, ⼀1,_2,|"；d d4. 下列各组数中不构成勾股数的是（D ）A. 5, 12, 13;B. 7, 24, 25;C.3, 4, 5;D. 8, 16, 175. 下列推导中不正确的是（D ）A.? 三b modm ,a2 三d modm = y a?三b b2modm ;B.Q= b mod m ,a2 = b2 modm = Qa? = bb 2mod m ;c. Q= b mod m = 时2 = ba 2modm ;2 2C. ⼀5, -4, _3,-2,_1,0,1,2,3,4;D. 1,3,7,9.D.a1= b1 modm = Q=b modm .6 .模10的⼀个简化剩余系是（D ）A. 0,1,2,川,9;B. 1,2,3川1,10;7. a三b modm的充分必要条件是(A )A. ma —b;B. a —b m;C.m a +b;D. a +b m.&设f x =x42x38x 9，同余式f x三0 mod5的所有解为(C )A. x =1 或-1;B. x =1 或4;C. x 三1 或-1 mod5 ;D.⽆解.9、设f(x)= a n X n JlUII a1x ? a°其中a i是奇数,若x = x0mod p 为f(x) = 0 mod p 的⼀个解, 则:(?)A. 了.三/.: mod p ⼚定为f (x)三0(mod p勺,1的⼀个解B. '三I mod p「，：：1,⼀定为f (x)三0 mod p ：的⼀个解D. 若x三x° mod p -为f (x)三0 mod p -的⼀个解，则有x ：三x° mod p10.设f (x)⼆a n x n|川|) ax a0,其中a i为奇数,a n丞Omodp,n p,则同余式f (x) =0 mod p 的解数：( )A.有时⼤于p但不⼤于n; B .不超过pC.等于p D .等于n11.若2为模p的平⽅剩余，则p只能为下列质数中的:( D )A. 3 B . 11 C . 13 D . 2312.若雅可⽐符号->1，则(C )Im⼃2A. 同余式x三a modm ⼀定有解,B. 当a,m =1时,同余式x2=a mod p有解；C. 当m = p(奇数)时,同余式x2三a mod p有解；D. 当a⼆p(奇数)时,同余式x2三a mod p有解.13.若同余式x2三a mod2‘，〉-3, 2, a =1有解,则解数等于(A )C. ⼀5, -4, _3,-2,_1,0,1,2,3,4;D. 1,3,7,9.D.18. 若x 对模m 的指数是ab , a >0, ab >0,则a 对模m 的指数是（B ）A. a B . b C . ab D.⽆法确定19. f a , g a 均为可乘函数，则（A ） A. f a g a 为可乘函数； B . f ag （a ）C. f a g a 为可乘函数； D . f a - g a 为可乘函数20. 设丄［a 为茂陛乌斯函数，则有（B ）不成⽴A ⼆ J 1 =1B .空-1 =1C .⼆■-2 = -1D .⼆=9 =0⼆. 填空题：（每⼩题1分，共10分）21.3在45!中的最⾼次n = ________ 21 ___ ; 22. 多元⼀次不定⽅程：a 1x 1 a 2x 2 ?⼁II a n x^ N ,其中a 1 , a 2，…，a n , N 均为整数，n _ 2 ,有整数解的充分必要条件是 _ （ a 1 , a 2 ,…，a n ,） I N_a23.有理数⼀，0cavb , （a,b ）=1，能表成纯循环⼩数的充分必要条件是_ （10, b ） =1__； b- _ 24. 设x 三冷 mod m 为⼀次同余式ax 三b modm , a = 0 mod m 的⼀个解，则它的所有解 A . 414. A . 15. A . B . 3 C 模12的所有可能的指数为：（ 1, 2, 4 B . 1, 2, 4, 6, 若模m 的原根存在，下列数中，2 B .3 C 16. 对于模5，下列式⼦成⽴的是.2 A )12 C . 1, 2, m不可能等于：( D . 12 B ) 3, D 4, 6,12 D ?⽆法确定 )A. in d 32 =2ind 3^=3 C. in d 35 =0ind 310 ⼆ ind 32 ind 35 17. A. 下列函数中不是可乘函数的是：茂陛鸟斯（mobius ）函数w（a ）; B. 欧拉函数■- a ；C. 不超过x 的质数的个数⼆x ；25. ____________________________ 威尔⽣（wilson ）定理： _______________ （P —1）! +1 三0（modp ）, p 为素数 _____________ ；26. 勒让德符号'^03 |= 1 ;訂013⼃27. 若a, p [=1，则a 是模p 的平⽅剩余的充分必要条件是 a 2三1 mod p （欧拉判别条件； 28.在模m 的简化剩余系中，原根的个数是 _讥営m __； 29.设。

初等数论试卷和答案解析

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( ). Ab 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 bc D b a ≠5、如果( ),则不定方程c by ax =+有解. Acb a ),( B),(b a c Cca Dab a ),(6、整数5874192能被( )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 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、A 3、C 4、A 5、A 6、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。

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。

《初等数论》第三版习题解答

第一章整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。

∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有 1102222b b q q t a bs a b a b t ++-≤=-=-=-<∴≤ 若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同．证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。

《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。

02013初等数论练习题及答案

02013初等数论练习题及答案初等数论练习题一一、填空题1、?(2420)=27；?(2420)=_880_2、设a，n是大于1的整数，若an-1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4}.4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x≡11(mod 37)。

5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t，y=700+18t t?Z。

.6、分母是正整数m的既约真分数的个数为_?(m)_。

7、18100被172除的余数是_256 。

8、??65?? = -1 。

?103?9、若p是素数，则同余方程x p ? 1 ?1(mod p)的解数为 p-1 。

二、计算题1、解同余方程：3x2?11x?20 ? 0 (mod 105)。

解：因105 = 3?5?7，同余方程3x2?11x?20 ? 0 (mod 3)的解为x ? 1 (mod 3)，同余方程3x2?11x?38 ? 0 (mod 5)的解为x ? 0，3 (mod 5)，同余方程3x2?11x?20 ? 0 (mod 7)的解为x ? 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。

作同余方程组：x ? b1 (mod 3)，x ? b2 (mod 5)，x ? b3 (mod 7)，其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 2，6，孙子定理得原同余方程的解为x ? 13，55，58，100 (mod 105)。

2、判断同余方程x2≡42(mod 107)是否有解？237）1071071071071073?1107?17?1107?1 ??23107271072221，1，?221107107331077742??11072?3?7解：(42)??28除以111的最小非负余数。

解：易知1271≡50。

502 ≡58， 503 ≡58×50≡14，509≡143≡80知5028 ≡3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70 从而5056 ≡16。

初等数论练习题标准答案

初等数论练习题一一、填空题1、d(24２0）=12; ϕ(24２0)＝_880_２、设ａ,n 是大于1的整数，若ａn －１是质数,则a=_2．3、模9的绝对最小完全剩余系是_{－4,-3,－2，-1,０,1,2,3,４}.4、同余方程９x+1２≡0（m ｏｄ３7）的解是x ≡11(mod 37)。

5、不定方程18x-2３y ＝１00的通解是x ＝９0０+２3t,ｙ＝7０0+18ｔ t ∈Z 。

.6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(ｍ)_。

7、１81００被1７2除的余数是_256。

8、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 ＝－１。

9、若p 是素数，则同余方程ｘ p - 1 ≡1(mo ｄｐ)的解数为 p －1 。

二、计算题1、解同余方程：3ｘ2+１1x -20 ≡ ０ (ｍod 105)。

解:因1０５ = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+１1x -20 ≡ ０（m ｏd 3)的解为x ≡ 1 （mo ｄ３), 同余方程３x 2+11x -38 ≡ 0 (mod 5)的解为x ≡ 0,3 (mod 5），同余方程3x 2+１1x -20 ≡ 0 (mo ｄ 7)的解为x ≡ 2,６ (ｍod 7）, 故原同余方程有4解。

作同余方程组:x ≡ b 1 (mod 3),x ≡ b 2 （mod 5),ｘ ≡ ｂ３ (mo ｄ 7）,其中b 1 ＝ 1,b 2 = 0，3，b 3 = 2,６,由孙子定理得原同余方程的解为x ≡ 13，5５,58,100 （mod 1０5）。

2、判断同余方程ｘ２≡4２(mod 107）是否有解?11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-•--•-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（）（解：故同余方程x 2≡４2(mod 107)有解。

初等数论试题及答案大学

初等数论试题及答案大学一、选择题（每题5分，共20分）1. 以下哪个数是素数？A. 4B. 9C. 11D. 15答案：C2. 100以内最大的素数是：A. 97B. 98C. 99D. 100答案：A3. 一个数的最小素因子是3，那么这个数至少是：A. 3B. 6C. 9D. 12答案：B4. 以下哪个数是完全数？A. 6B. 28C. 496D. 8128答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 一个数的因数个数是______，那么这个数一定是合数。

答案：32. 如果一个数的各位数字之和是3的倍数，那么这个数本身也是3的倍数，这个性质称为______。

答案：3的倍数规则3. 欧拉函数φ(n)表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，那么φ(10)等于______。

答案：44. 哥德巴赫猜想是指任何一个大于2的偶数都可以表示为两个______之和。

答案：素数三、解答题（每题15分，共30分）1. 证明：如果p是一个素数，那么2^(p-1) - 1是p的倍数。

证明：设p是一个素数，根据费马小定理，对于任意整数a，若p不能整除a，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。

特别地，当a=2时，有2^(p-1) ≡ 1 (mod p)。

这意味着2^(p-1) - 1是p的倍数。

2. 计算：求1到100之间所有素数的和。

答案：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 = 1060四、综合题（每题10分，共20分）1. 已知a和b是两个不同的素数，证明：a + b至少有4个不同的素因子。

证明：设a和b是两个不同的素数，那么a和b至少有2个不同的素因子。

如果a + b是素数，那么a + b至少有3个不同的素因子。