0346初等数论
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初等数论初等数论是数学中的一个分支，研究的是整数的性质和特殊的数学关系。
它是数学发展的基础，对于数学中的许多其他分支，如代数、几何和数值分析都具有重要的影响。
初等数论可以追溯到古希腊时代，当时的数学家们对整数之间的关系进行了研究，并推导出了许多重要的结论。
在初等数论中，最基础的概念是整数和素数。
整数是自然数、负自然数和零的总称，它们可以用来表示数量。
素数是只能被1和自身整除的正整数，它们没有其他的因子。
素数在初等数论中具有重要的地位，因为他们是其他整数的构成单元。
在初等数论中，我们可以探讨整数的因子分解。
因子分解是将一个整数表示为素数的乘积的过程。
例如，将数字20分解成素数的乘积可以得到2×2×5=20。
因子分解在数论中起着重要的作用，它有助于我们理解整数之间的数学关系。
初等数论中的另一个重要概念是最大公约数和最小公倍数。
最大公约数是两个整数中能够同时被整除的最大的正整数。
最小公倍数是能够同时整除两个整数的最小的正整数。
最大公约数和最小公倍数可以帮助我们解决一些实际问题，比如找到最简分数、解线性方程等。
初等数论中还有一个重要的概念是同余。
同余是指两个整数除以一个正整数得到的余数相同。
例如，当两个整数被3除得到的余数相同时，我们可以说这两个整数互为3的同余数。
同余关系在数论中起着重要的作用，它可以帮助我们研究整数之间的性质和特殊的数学规律。
初等数论还涉及到数论函数的研究。
数论函数是定义在整数上的函数，它们可以帮助我们描述整数的性质和特征。
常见的数论函数包括欧拉函数、莫比乌斯函数等。
这些函数在数论中有广泛的应用，可以帮助我们研究素数分布、整数方程的解等问题。
除了以上几个基本概念，初等数论还包括一些其他的内容，如二次剩余、费马小定理、威尔逊定理等。
这些概念和定理都有着重要的理论意义和实际应用。
初等数论在数学中具有广泛的应用。
它不仅是其他数学分支的基础，还有着许多实际应用。
例如，在计算机科学中，初等数论可以帮助我们设计和分析算法、构建密码系统等。
初等数论及其应用
= 251649
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课堂练习
计算: 将237894与251649都转换为二进制.
解: 其八进制表示分别为(720506) 8与(753401)8
易知对八进制0 − 7有如下二进制转换
0 −> 000 1 −> 001 2 −> 010 3 −> 011
4 −> 100 5 −> 101 6 −> 110 7 −> 111
因此, (720506) 8 = (111010000101000110) 2
(753401) 8 = (111101011100000001) 2
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总结
自然数或者正整数指的是数1, 2,…, 而整数指的是数
0,±1,±2,⋯. 全体整数的集合记为ℤ, 而全体正整数或
除法:
66 = 2 × 33 + 0 (低位)
33 = 2 × 16 + 1
16 = 2 × 8 + 0
8=2×4+0
4=2×2+0
2=2×1+0
1 = 2 × 0 + 1 (高位)
按从低位到高位顺序, 依次取出上述除法中的余数, 得到
(66)10 = (1000010)2.
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余数的定义
定义1.1.2 带余除法 = + 中的为用除得出
② 如果|, ≠ 0, 那么|.
③ 如果|, |, 那么对任意, ∈ ℤ, 有| + .
④ 如果|, |, 那么 = 或 = −.
《初等数论》教学大纲
引言概述：初等数论是数学的一个重要分支，它研究整数的性质和关系，是一门基础性的课程。
本文旨在为《初等数论》课程的教学制定一份详细的大纲，以帮助教师合理安排教学内容，提高教学效果。
正文内容：一、素数与合数1.素数的定义与性质素数的定义：只能被1和自身整除的正整数。
2.合数的定义与性质合数的定义：不是素数的正整数。
二、因数与倍数1.因数的概念因数的定义：能整除一个数的整数。
因子的分类：负因数、正因数、真因数。
2.最大公因数与最小公倍数最大公因数的定义与性质：两个数公共因子中最大的一个。
最小公倍数的定义与性质：两个数公共倍数中最小的一个。
三、整数的整除性与除法算法1.整除的概念与性质整除的定义：一个数能够被另一个数整除。
整除的性质：整数除法原则、整数的对称性。
2.整数的除法算法除法算法的步骤与原理：用减法、用乘法、整数除法算法的应用。
四、余数与模运算1.余数的概念与性质余数的定义：做除法时除不尽的部分。
余数的性质：余数的范围、余数的基本性质。
2.模运算的概念与性质模运算的定义：对于整数a和正整数n，a与n的商所得的余数。
模运算的性质：模运算的加法、减法和乘法规则。
五、同余与模运算应用1.同余的定义与性质同余的定义：对于整数a、b和正整数n，当a与b对n取余相等时，称a与b模n同余。
同余的性质：同余的传递性、同余的运算性质。
2.模运算的应用模运算在代数方程中的应用：线性同余方程、模运算的性质在方程求解中的应用。
总结：本文从素数与合数、因数与倍数、整除性与除法算法、余数与模运算以及同余与模运算应用等五个大点进行阐述。
通过这些内容的学习，学生将能够了解整数的性质和关系，理解数论的基本原理，为后续数学学习打下坚实的基础。
教师在教学过程中，应注重拓展学生的数学思维、培养其解决问题的能力，并结合实际生活和其他数学知识进行应用。
通过系统的教学大纲指导，教师能够更好地组织教学内容，提高学生的学习效果。
初等数论第一章第一节
练习题 1证明: 若3 | n且7 | n,则21| n.
2 设a = 2k -1, k 源自 Z ,若a | 2n,则a | n.
4 证明: 若m - p | mn + pq,则m - p | mq + np.
1证明:∵3 | n,∴可设n = 3m, 由7 | n得, 7 | 3m,而7 | 7m,所以7 | (7m - 2× 3m), 即7 | m,∴21| 3m,即21| n.
证明:∵ n = n(ax + by) = nax + nby 又 ab | na, ab | nb ∴ab n.
例3 已知a,b, c, d ∈ Z且a − c | ab + cd. 求证 : a − c | ad + bc.
证明:∵ a − c | (a − c)(b − d ), ∴a − c | ab + cd − (ad + bc) 又a − c ab + cd,∴a − c ad + bc.
2证明:∵ a | 2n,∴a | 2kn, 而2kn = (2k -1)n + n = an + n, ∴a | an + n,又a | an,∴a | n.
4证明:∵ mq + np = (mn + pq) − (m − p)(n − q), 又∵ m − p|mn + pq, ∴m − p|mq + np.
例题
例1 已知a,b, c, d,t ∈ Z,且t |10a − b,t |10c − d. 求证 : t | ad − bc.
证明: ad − bc = c(10a − b) − a(10c − d ) ∵t 10a − b,t 10c − d ∴t ad − bc.
0346初等数论考试答案
0346初等数论考试答案一、填空题1、32、93、1122⨯4、95、136、{1、2、5、7}7、7、11、13、17二、简答题 1、答：a,b ∈Z ，b>0，那么存在唯一的一对整数q 和r ，使得等式a=bq+r ，其中0≤r<b. 成立。
并且，b|a 当且仅当r=0。
2、答：公因数又称为公约数，指定两个或两个以上的整数，如果有一个整数是它们共同的因数，那么这个数就叫做它们的公因数。
3、答：0，1，、、、、m-1这m 个整数叫做模m 的最小非负完全剩余系。
4、答：A 、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。
B 、若b a |，c b |，则c a |。
5、答：203是5的倍数，因为：2+0+3=5是5的倍数。
6、答：设k m m m ，，， 21是k 个两两互质的正整数，121,2,,k i i m m m m m m M i k === ，，，则同余式组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡)(mod )(mod )(mod 2211k k m b x m b x m b x 的解是)(mod 222111m b M M b M M b M M x k k k '++'+'≡ ，其中'i M 是满足)(mod 1i i i m M M ≡'的任一个整数，i ＝1，2，…，k 。
三、计算题1.解：)(11229921111,2112212222,1142299=⨯=⨯=⨯=+⨯=，所以；；2.解：53253⨯⨯=！ 3..解：()17,114....114114114151000101991001010101010整除，故余数为一项不能被在上述数字中只有最后⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯=+=c c c4.解：3x+y=1得，y=1-3x,故此不定方程的所有整数解是，.....)2,1,0(31,±±=-==t t y t x5.解：).7(mod 5,372,71,1)7,2({5500==-===x y x x y 所以同余式的解为的一个解由于只有一个解。
(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（）。
初等数论的基本概念与计算
素数的分布
素数定理 Goldbach猜想
Euler猜想 孪生素数猜想
由Riemann猜想推出 偶数可以表示为两个素数之和
费马多边形数是素数 相差为2的素数对
素数对
01 勒让德猜想
素数对的分布规律
02 孪生素数
相差为2的一对素数
03 素数对是否有无穷多
目前尚未解决的问题
费马小定理
定理内容
若p为质数，a是整数且a与p互质，则a^(p-1) ≡ 1 (mod
02
数论推导
狄利克雷卷积在数论中具有深远的影响
03
有助于解决各种与算术函数相关的问题
莫比乌斯反演公式
01 函数关系
莫比乌斯反演公式用于描述莫比乌斯函数与其反函 数的关系
02 广泛应用
在数论中有着广泛的应用，可推导出一些重要的结 论和定理
03 数学推导
莫比乌斯反演公式对于解决一些复杂的数论问题具 有重要作用
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结束语
01 数论的多样性
初等数论研究内容丰富多样，涵盖广泛
02 数学的美感
初等数论展现了数学的美感和深度
03 感谢
感谢观看者的耐心阅读和关注
THANKS FOR WATCH 谢谢观看
数论函数综述
重要性 研究方向
西南大学2020秋季 [0346]《初等数论》考试答案
![西南大学2020秋季 [0346]《初等数论》考试答案](https://img.taocdn.com/s3/m/a47291d414791711cd791727.png)
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。
初等数论第一章引言
4、 a 0 a, a Z .
5、任意的a , b Z，必有x Z , 使得 a b x .
5就是法的定： a b x.
0引言 自然数与整数
二、在整数集中可以作乘法运算（*)，但不
一定可作其逆运算除法运算，乘法运算满足
1、 合律： (a b) c a (b c ), a , b, c Z . 2、 交律： a b b a , a , b Z . 3、相消律： 若a 0, a b a c b c , a , b, c Z .
0引言 自然数与整数
以上列举了一些熟知的有关整数的知识.对 自然数来说它的最重要、最本质的性质是 归纳原理：设S是N的一个了集，满足条件:
i) 1 s. ii)如果n S n 1 S .
那么, S N .
0引言 自然数与整数
这原理是我们常用的数学归纳的基础，实 际上两者是一回事. 定理1(数学归纳法) 设P(a)是关于自然数n的一
种性质或命题.如果
i) n 1, p(1)成立. ii)由p( n)成立 p( n 1)成立.
那么, p(n)所有的自然n成立.
0引言 自然数与整数
这原理是我们常用的数学归纳的基础，实 际上两者是一回事. 定理1(数学归纳法) 设P(n)是关于自然数n的一
种性质或命题.如果
i) n 1, p(1)成立. ii)由p( n)成立 p( n 1)成立.
入这”个盒子中，一定有一个盒子中被放了
两个或两个以上的物体.
那么, p(n)所有的自然n成立.
S：p( n )成立的所有的自然n的集合 .
0引言 自然数与整数
由归纳原理还可推出两个在数学中，特别是 初等数论中常用的自然数的重要性质.
(0346)《初等数论》复习思考题 (1)
（0346）《初等数论》复习思考题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。
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)。
3． 如果p 和p + 2都是大于3的质数，求证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。
5． 证明：两个奇数的平方差是8的倍数。
6．已知p 为偶数，q 为奇数。
方程组⎩⎨⎧=+=-q y x p y x 39918的解是整数，那么（ ）。
A. x 是奇数，y 是偶数 B. x 是偶数，y 是奇数C. x 是偶数，y 是偶数D. x 是奇数，y 是奇数7． 求1980的标准分解式。
8． 求792与594的最大公因数。
9． 求2001！中末尾0的个数。
10．求不定方程10x -7y =17的一切整数解。
11．求不定方程15x +10y +6z =61的一切整数解。
12．袋子里有三种球，分别标有数字2，3和5，小明从中摸出12个球，它们的数字之和是 43，问：小明最多摸出标有数字2的球多少个？13．下列结论是否成立。
A. 若a 2≡b 2(mod m )，则a ≡b (mod m )。
B. 若a 2≡b 2(mod m )，则a ≡b (mod m )或a ≡-b (mod m )至少有一个成立。
C. 若a ≡b (mod m )，则a 2≡b 2(mod m )。
D. 若a ≡b (mod 2)，则a 2≡b 2(mod 22)。
E. 若ac ≡bc (mod m )，c 关于模m 不同余于0，则a ≡b (mod m )。
F. 若a ≡b (mod 3)，k ≥2，则a k ≡b k (mod 3)。
14．若n 为为然数，求证9n +1≡8n +9(mod 64)。
15．写出模9的一个完全剩余系。
16．写出模8的一个简化剩余系。
初等数论 第一讲
初等数论第一讲 整数的可除性（1）一. 数论的简单介绍在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点之一。
初等数论可以说是最古老的数学分支之一，主要研究整数的性质及其相互关系。
数论的发展有很长的历史，古希腊人对数论的发展做出了重要贡献。
初等数论的知识比较简单，但处理问题方面技巧性比较强。
它所涉及的范围有：整数的可除性，同余理论，不定方程，反证法等。
反证法是解决数论问题常用的方法.二. 本讲内容1.整数的基本性质（1）偶数2n ，奇数21n +或21n -.（n 是整数）（2）奇数与偶数的性质奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数；奇数±偶数=奇数；奇数⨯奇数=奇数；偶数 ⨯偶数=偶数；奇数 ⨯偶数=偶数.（3）任何一个正整数n 都可以写成2k n m =⋅的形式， 其中k 为非负整数，m 为奇数.2.整除的性质定义：设,a b 是任意两个整数，其中0b ≠，如果存在一个整数q 使得等式a bq =成立，则称b 整除a ，或a 被b 整除，记作b a .整除的性质：(1).|,|,|;(2).,,(1,2,,),|,|;1(3).,,,|,|.(4).|,||||.|,|,;a b b c a c n a b x Z i n a b a b x i i i i i i a b m Z a b am bm a b a b a b b a a b ∈=∑=∈≤=±若则若且则若且则反之，亦成立；若则因此，若则 (5).,|,|,|;|,|(6).|,12|(1).|,|.(7).a b a c b c ab c a bc a c p p a a a a n i n p a i n p p a p a in ⋅≤≤互质，若则若则；为质数，若则至少有一个，使得特别地，若是质数，且则个连续整数的成积一定能被n ！整除.算术基本定理（正整数的唯一分解定理） 若不计因数的次数，每一个大于1的整数a 都可以唯一分解成质因数乘积的形式.即12121212,,.n n nn a p p p p p p αααααα=⋅<<<其中均为质数，，，为自然数定理：质数的个数是无穷的.三.例题精讲1.证明：2.3. 设a,b,c 是三个互不相等的正整数，求证： 三数中至少有一个能被10整除.3|(1)(21),.n n n n ++！其中是任何正整数21n+若是质数(n>1),证明：n 是2的方幂.333333,,a b ab b c bc c a ca ---4. 4.设n 为自然数，求证： 能被1985整除.5. 5.设p 是大于5的质数，求证：6.设正整数 d 不等于2，5，13.证明：在集合{2,5,13,d}中可以找到两个元素a,b ，使得ab-1不是完全平方数.7.设 是一组数，它们中的每一个都去1或-1，而且 证明： n 必须是4的倍数.3237632855235n n n n A =--+4240|(1)p -12,,,n a a a 123423451230n a a a a a a a a a a a a +++=。
西南大学网络教育0346初等数论期末考试复习题及参考答案
。
解：由 x 1(mod3) 得 x 3k 1，将其代入 x 2(mod5)
得 3k 1 2(mod5) ，
解得 k 2(mod5) ，即 k 5t 2 ，
所以 x 15t 7 ，所以解为 x 7(mod15) 。
9.求不定方程 3x + 2y = 2 的一切整数解。
解：因为(3,2) = 1，所以不定方程有整数解。
16．66 的个位数是 6 。
17．710 被 11 除的余数是 1 。
18．（1516，600）= 4 。
19．6 的所有正因数的和是 12 _。
20．24 与 60 的最大公因数是 12 。
21．35 的最小质因数是 5 。
22．46 的个位数是 6 。 23．8 的所有正因数的和是 15 _。 24．18 的标准分解式为 18 2 32 。 25．20 的欧拉函数值(20) = 8 。
8
证明题答案
1.设 m, 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。
显然 x 0, y 1是其一个特解，
所以不定方程的一切整数解为 10. 解同余式 4x 1(mod5) 。
，其中 t 取一切整数。
解：因为(4,5) = 1，所以同余式有解，且只有 1 个解。
初等数论第一、二章
例7 设a，b，c是三个互不相等的正整数，
求证： a
3
b ab , b c bc , c a ca
3 3 3 3
3
三数中至少有一个能被10整除。 例8 设n 为自然数，求证：
A 3237 632 855 235
n n n
n
能被1985整除。
例9 设p为大于5的素数 ，
如果允许b取负值，则要求 0 r b . 思考 28 6 14 3 4 (余 2) 正确吗？
带余数除法的第二种表示 定理 若a, b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数 a bq r， 0r b q及r，使得
成立，而且q及r是唯一的。
证明分析：作整数序列 ，-3 b ,-2 b ,- b ,0,b ,2 b ,3 b , 则a必满足q b a<(q+1) b , 其中q Z , 令a q b r可得到a b q r , 分b 0和 b 0来讨论q, 进一步证明q, r的唯一性。
• 1、定义：设a，b是整数，b≠0。如果存在一个 整数q使得等式： a=bq 成立，则称b能整除a或a能被b整除，记b∣a； 如果这样的q不存在，则称b不能整除a，记为b | a。
注：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。
• 素数： –定义 设整数n≠0，±1.如果除了平凡因数 ±1，±n以外，n没有其他因数，那么，n 叫做素数（或质数或不可约数），否则，n 叫做合数. –规定：若没有特殊说明，素数总是指正整 数，通常写成p或 p1， p2，…， pn. –例 整数2，3，5，7都是素数，而整数4，6， 8，10，21都是合数.
《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。
初等数论简介
初等数论
勒让德[法]1752～1833，在分 析学、数论、初等几何与天体 力学，取得了许多成果，是椭 圆积分理论奠基人之一。对数 论的主要贡献是二次互反律， 还是解析数论的先驱者之一.
雅可比[德]1804～1851，在偏 微分方程中，引进了“雅可比 行列式。对行列式理论作了奠 基性的工作，在代数学、变分法 复变函数论、分析力学 、动 力学及数学物理方面也有贡献。
初等数论
陈景润1933－1996，主要研究 解析数论，他研究哥德巴赫猜 想和其他数论问题的成就，至 今仍然在世界上遥遥领先。其 成果也被称之为陈氏定理。
王元1930－50年代至60年 代初，首先在中国将筛法 用于哥德巴赫猜想研究， 并证明了命题3+4，1957年 又证明2+3，这是中国学者 首次在此研究领域跃居世 界领先地位.
初等数论
欧几里得[前330年～前275年] 丢番图Diophante 246～330 欧氏几何学的开创者 ， “代数学之父” 古希腊数学家，以其所著的 古希腊数学家，著《算术》 《几何原本》闻名于世。
初等数论
刘徽，生于公元250年左右， 三国时期数学家，是世界上最 早提出十进小数概念的人，著 《九章算术注》10卷；《海岛 算经》；《九章重差图》.割圆 术求圆面积和圆周率.
初等数论 三 、 几个著名数论难题 初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗
留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞
懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。 其中，非常著名的问题有：哥德巴赫猜想 ；费 尔马大定理 ；孪生素数问题 ；完全数问题等。
初等数论 1、哥德巴赫猜想： 1742年,由德国中学教师哥德巴赫在教学中首先发 现的。1742年6月7日，哥德巴赫写信给当时的大数学
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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。