初等数论期末复习资料
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。
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。
初等数论期末复习提纲模板
2012——2013学年第一学期《教育科研导引Ⅱ》期末复习提纲（10初教）一、多项选择二、简答题三、论述题四、计算题第十一章教育行动研究法一、教育行动研究法概述教育行动研究是目前国际上流行的一种教师研究和教师校本培训模式。
1.实践性2.参与性3.民主性4.尝试性二、教育行动研究的意义1.消除学校的科研泡沫和教科研的“两张皮”现象，增加学校教科研的实效性。
2.增强教师的专业素质和敬业精神。
3.行动研究使学校教师能够将理论、经验和实际问题的解决有机地结合起来，真正实现“科研兴校”。
4.增强学校和教师的服务意识，提升学校和教师的竞争力。
5.行动研究是一种校本培训的方式，使学校的在职培训结构更加完整。
三、行动研究的一般程序（一）问题的提出（二）问题的归因（三）措施与行动（四）评估与反思四、行动研究的适用范围和可行性（一）行动研究一般地适用于下列研究范围1.在教学过程中将新的改革措施引入固有的体系中，使之得到创新；2.作为职业训练的手段，提供新的技术和方法，提高教师的职业分析能力和自我意识；3.在特殊情况下，对已确诊的问题加以补救，或使环境因素得到改善；4.对课程进行中、小规模的研究与改革。
（二）行动研究的优点和局限1.行动研究法的优点主要表现为：（1）适应性和灵活性。
（2）评价的持续性和反馈及时性。
（3）较强的实践性与参与性。
五、有效教学与教学行动研究（一）有效教学与教学行动研究2.行动研究对有效教学的改善（1）通过对教育教学策略的优化与改善，减少教育资源的浪费，提高教育资源利用率。
（2）通过教师教学行动的边际优化，提高教师与学生学习时间的利用率。
（3）改善教育情境，提高教学方法与便宜，发挥教师的教学潜能。
（4）探索适合特定学生的学习方法与学习指导策略,提高学生学习潜能使用度。
（二）促成有效教学五种关键行为1.清晰授课2.多样化教学3.任务导向4.引导学生投入学习的程度5.确保学生的成功率第十二章研究结果的定量描述一、研究数据、资料的整理和统计图表（一）数据检查、分类和整理1.数据审核（1）数据审核指两个方面的内容：研究的总体和个体。
初等数论期末考试模拟试卷(含答案)
初等数论期末考试模拟试卷（含答案）一、填空题（每题5分，共25分）1. 若两个正整数a和b的最大公约数为1，则称a和b互质。
若a和b互质，则a+b与a-b也互质。
（）2. 设m和n是正整数，且m、n互质。
若存在正整数k，使得km+1与kn+1互质，则k的最小值为（）。
答案：13. 已知p和q是不同的质数，且p+q=17，则p^2+q^2的最小值为（）。
答案：974. 设F(n)表示斐波那契数列的第n项，且F(n+1)=F(n)+F(n-1)，F(1)=1，F(2)=1。
若F(n)能被3整除，则n的最小值为（）。
答案：85. 已知正整数a、b、c满足a^2+b^2=c^2，则称a、b、c 为勾股数。
勾股数中，a、b、c都是奇数的三元组称为奇素勾股数。
已知最小的奇素勾股数是(3,4,5)，则第二小的奇素勾股数是（）。
答案：(15,8,17)二、选择题（每题5分，共25分）6. 以下关于最大公约数和最小公倍数的说法，错误的是（）。
A. 两个正整数的最大公约数是它们的公共因子中最大的一个B. 两个正整数的最大公约数等于它们的乘积除以最小公倍数C. 两个正整数的最大公约数和最小公倍数的乘积等于这两个数的乘积D. 两个正整数的最大公约数和最小公倍数一定互质答案：D7. 设p是质数，且p>2，则以下说法正确的是（）。
A. p的平方能被3整除B. p的立方能被3整除C. p的平方加1能被3整除D. p的平方减1能被3整除答案：D8. 以下关于斐波那契数列的说法，错误的是（）。
A. 斐波那契数列中的任意两个相邻项互质B. 斐波那契数列中的任意两个非相邻项互质C. 斐波那契数列中的任意三个连续项构成勾股数D. 斐波那契数列中的任意两个相邻项之比越来越接近黄金比例答案：C9. 设a、b、c是勾股数，且a是最小的质数。
以下说法正确的是（）。
A. b和c一定互质B. b和c一定不互质C. b和c中至少有一个是质数D. b和c中至少有一个不是质数答案：D10. 以下关于同余的说法，错误的是（）。
初等数论复习资料
初等数论一、计算题求解不定方程9x +21y =144.解：因为（9，21）=3，3，所以有解；化简得3x +7y =48；考虑3x +7y =1，有x =-2, y =1，所以原方程的特解为x =-96, y =48，因此，所求的解是x =-96+7t , y =48-3t , t ∈Z 。
求不定方程x + 2y + 3z = 41的所有正整数解。
解：分别解x + 2y = tt + 3z = 41得x = t - 2uy = u u∈Z，t = 41 - 3vz = v v∈Z，消去t得x = 41 - 3v - 2uy = uz = v u，v∈Z。
由此得原方程的全部正整数解为(x, y, z) = (41 - 3v - 2u, u, v)，u > 0，v > 0，41 - 3v - 2u > 0。
求[136,221,391]=?设n 的十进制表示是z xy 4513，若792∣n ，求x ，y ，z 。
解：因为792 = 8⋅9⋅11，故792∣n ⇔ 8∣n ，9∣n 及11∣n 。
我们有8∣n ⇔ 8∣z 45 ⇒ z = 6，以及9∣n ⇔ 9∣1 + 3 + x + y + 4 + 5 + z = 19 + x + y ⇔ 9∣x + y + 1， (1) 11∣n ⇔ 11∣z - 5 + 4 - y + x - 3 + 1 = 3 - y + x ⇔ 11∣3 - y + x 。
(2) 由于0 ≤ x, y ≤ 9，所以由式(1)与式(2)分别得出x + y + 1 = 9或18，3 - y + x = 0或11。
这样得到四个方程组：⎩⎨⎧=+-=++b x y a y x 31已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.解：a=12b +26, a +b +12+26=454, 12b +26+b +12+26=454,(12+1) b =454-12-26-26=390, b =30, 被除数a =12b +26=360+26=386.从5, 6, 7, 8, 9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3, 5, 7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？解：被5整除，个数必为5，5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤?解：设买甲物x 斤，乙物y 斤，丙物z 斤，则5x + 3y +31z = 100， x + y + z = 100。
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。
初等数论期末复习
数论教案§1整数的整除 带余除法1 整数的整除设a,b 是整数,且b ≠0,如果有整数q,使得a=bq,则称b 整除a,记为b|a,也称b 是a 的因数,a 是b 的倍数. 如果没有整数q,使得a=bq,则称b 不能整除a,记为b ∤a.例如 2|4, 4|-12, -5|15; 2∤3， -3∤22. 在中小学数学里,整除概念中的整数是正整数,今天讲的整除中的整数可正可负. 判断是否b|a ？当a,b 的数值较大时,可借助计算器判别.如果b 除a 的商数是整数,说明b|a;如果b 除a 的商不是整数,说明b ∤a.例1判断下列各题是否b|a ？(1) 7|127? (2) 11|129? (3) 46|9529? (4) 29|5939? 整除的简单性质(1)如果c|b,b|a,那么c|a;(2)如果d|a,d|b,那么对任意整数m,n,都有d|ma+nb. (3)如果12,,,n a a a L 都是m 的倍数,12,,,n q q q L 是任意整数,那么1122n n q a q a q a +++L 是m 的倍数.(4)如果c|a,d|b,那么cd|ab 。
例如： 2|4,2|(-6),那么2|4+(-6),2|4-(-6). 2|4,3|(-6),那么2×3|4×(-6). 例2证明任意2个连续整数的乘积,一定可被2整除. 练习 证明任意3个连续整数的乘积,一定可被3整除. 2.带余除法设a,b 是整数,且b>0,那么有唯一一对整数q,r 使得 a=bq+r,0≤r ＜ b . (1) 这里q 称为b 除a 的商,r 称为b 除a 的余数.例如-5=3×(-2)+1 5=3×1+2 -5=(-3)×2+1 5=(-3)×(-1)+2 15=(-5)×(-3), -24=(-2)×12. 事实上,以b 除a 的余数也可以是负的.例如 -5=3×(-1)-2=3×(-2)+1.求b 除a 的余数,也称为模运算(取余):mod.可用计算器进行.具体操作:输入a-按mod(取余)键-输入b-按=键得出余数.如果b 除a 的余数=0,则b|a;如果b 除a 的余数≠0,则b ∤a.例3 利用计算器求余数:(1) 7除127;(2)11除-129 ;(3)46除-9529;(4)-29除5939 奇数、偶数及性质能被2整除的整数称为偶数.如,0,4,10,-6,-8都是偶数. 不能被2整除的整数称为奇数.如,-5,-3,1,7,11都是奇数. 偶数的形式为2n(n 是整数);奇数的形式为2n-1(n 是整数).奇数、偶数的性质: 偶数±偶数=偶数,奇数±奇数=偶数,奇数±偶数=奇数,偶数×偶数=偶数,偶数×奇数=偶数,奇数×奇数=奇数.例如 2+4,2-4,3+1,3-1,3+4,6+5设a,b 是任意两个整数,则a+b 与a-b 同奇同偶. 例如3+5,3-5,6+3,6-3,例4设a,b,n 是任意3个整数,而且222a b n -=,证明n 是偶数. 例5设a 是任一奇数,试证明8|21a -. 例6设n 是正整数,证明形如3n-1整数不是完全平方数.证明 对任意整a,设a=3q 或a=3q ±1,于是2a=92q或 2a =92q ±6q+1=3(32q ±2q)+1.即2a ≠3n-1,故3n-1不是完全平方数.练习 设n 是正整数,证明形如4n-1、4n+2的整数都不是完全平方数. 习题:P3-4:1t,2t.§2公因数、最大公因数 1.最大公因数、辗转相除法中小学里的公因数、最大公因数的概念：几个数的公有因数叫做这几个数的公因数.公因数中最大的整数称为这几个数的最大公因数. (1)几个数:不能确定;(2)因数、公因数:都是正整数; 最大公因数:没有专门的符号. 定义设12,,,n a a a L ,d 都是整数,d ≠0,如果i d a ,i=1,2,…,n,称d 是12,,,n a a a L 的公因数,12,,,n a a a L 的公因数中最大的整数称为最大公因数.记为12(,,,)n a a a L .如果12(,,,)n a a a L =1,则称12,,,n a a a L 互质。
初等数论期末复习
2015年5月8日9时1分
二、剩余类与剩余系
定理2.2.1 设m为正整数，则全部整数可分成m个 集合,记作[0]，[1]，…，[m－1]，其中[r] (0 ≤ r ≤m－1)是由一切形如 mq + r (q∈Z) 的整数所组 成的，并且具有下列性质： (1)每一整数必包含在而且仅在上述的一个集合中.
(2) x3 + 2x－12≡0 (mod7)． 0, 1, …, 6逐一代入(2) 求解
定义: 如果 a , b 都是整数， m 是一个正整数，那么 当 a ≡ 0 ( mod m）时，我们把 ax ≡ b ( mod m ) 叫做 模m的一次同余方程（或同余式） . 定理 3.1.1 若设m为正整数, a , b为整数, (a，m)=1，
一次同余方程有解的解法 一、欧拉定理法解一次同余方程
定理 3.1.2 若 m 为正整数, a , b为整数, (a， m)=1，则一次同余方程ax ≡ b ( mod m )的唯 m 1 一解为 x ba mod m .
二．同余变形法（系数消去法）
根据同余性质，施行适当的变形求解a≡b(modm):
第二章
同余
一、同余的概念及基本性质
1、同余的概念:
定义2. 1
设m为正整数，称为模。若用m去除两 个整数 a 和 b 所得的余数相同，则称a 和b 对模 m 同余, 记作 a ≡b (mod m). （ 1） 读作a 同余于b 模m。 若a 和b 除以m 所得余数不同，则称a， b 对模m 不同余，记作 a b (mod m).
2015年5月8日9时1分
E
New
弃九法
正整数四则运算(含乘方) 的快速验算方法
若通过计算，a、b的和与积分别是s与p. 而r1、r2、
初等数论期末复习题
一、填空1. 若b 是任一正整数，则=),0(b 。
2. 若b 是任一整数，则=),0(b 。
3. [5.7]= {5.7}= [ 5.9]-= { 5.8}-=4. [1.2]= =}2.1{ [ 1.2]-= =-}2.1{5. 写出标准分解式(1)!20= .(2)30!=(3)32!= .6. !20中质因数2的指数是 。
在!40的标准分解式中质因数3的指数是 。
7. 同余式(mod )ax b m ≡有解的充要条件是 。
8. 不定方程ax by c +=，其中a,b 都是整数，且都不为零，方程有解的充分必要条件是 。
9. 设模为正整数m ，则整数的同余关系作为等价关系满足的三个基本性质是：(1) (自反性) ；(2) (对称性)若)(mod m b a ≡，则)(mod m a b ≡；(3) （传递性） 。
10. 写出模7的绝对最小完全剩余系： ，写出模7的最小非负完全剩余系： 模7的一组简化剩余系： .11. 欧拉函数2(7)ϕ= ， =)10(ϕ ，=)37(ϕ ，=)120(ϕ 。
12. 求最大公因数 (169, 121)= ，(1859, 1753)= ， (76501, 9719)= ，（48, 72, 108）= 。
13. 求最小公倍数 [21, 35 ]= ，[123, 321]= ，[138, 36]= ，[125, 725, 1125]= [128, 234, 524]= .14. 写出82798848的标准分解式 。
15. 写出51480的标准分解式 。
二、判断1.若)(mod m b a ≡，d 是m b a ,,的任一公因数，则)(mod d md b d a =。
（） 2.模m 的一个简化剩余系中数的个数为1)(-m ϕ。
（ ）3.若)(m od 22m b a ≡成立，则)(mod m b a ≡。
（ ）4.若)2(mod b a ≡，则)2(mod 222b a ≡。
初等数论总复习题与知识点总结
初等数论学习总结本课程只介绍初等数论的的基本容。
由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系， 因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师院校)的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础容是有益的．一方面通过这些容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练，这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此，许多高等院校，特别是高等师院校，都开设了数论课程。
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}的性质与其在数论中的应用习题要求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 =++ 2211 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、费尔马小定理与在循环小数中的应用 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 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。
《初等数论》期期末复习资料
《初等数论》期期末复习资料一、单项选择题1、如果n 2，n 15，则30（ ）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定 2、大于10且小于30的素数有（ ）. A 4个 B 5个 C 6个 D 7个 3、模5的最小非负完全剩余系是( ).A -2,-1,0,1,2B -5,-4,-3,-2,-1C 1,2,3,4,5D 0,1,2,3,4 4、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 95、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 6、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 7、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 8、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 9、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 10、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 911、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 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13、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 14、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 15、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 16、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 17、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ Bb a =C ac T )(m od m bcD b a ≠19、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 ≠20、=),0(b （ ）. A b Bb -C bD 021、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）. A a BbC 1D b a +22、小于30的素数的个数（ ）. A 10 B 9 C 8 D 7 三、计算题1、 求50!中2的最高次幂.2、令 =-1859， =1573，求( )=?3、 求525与231的最大公因子?4、解同余式)321(m od 75111≡x .5、求[525,231]=?6、求解不定方程18116=-y x .7、 解不定方程525x+231y=42.8、 求7x+4y=100的一切整数解. 9、 求-15x+25y=-100的一切整数解. 10、 求9x+24y-5z=1000的一切整数解。
初等数论期末复习分析
利用同余解答整除问题
数 a 能被 m 整除等价于a ≡0 (mod m).
例1 求7406写成十进制数时的个位数。 72 ≡49 ≡－ 1(mod 10), (72 )203 ≡－1 ≡9 (mod 10),
或 74 ≡ 1(mod 10), 7406 ≡ 7404 ·72≡9 (mod 10).
有两个数对模 m 同余。 （2）存在 m 个数两两对模m不同余。
完全剩余系
定义2. 3 设 m 为正整数，则从模 m 的每个 剩余类中各取一个数所作成的集合，称为 模 m 的一个完全剩余系.
2020年10月22日4时30分
定理2.2.3 设m 为正整数，整数集合{ a1, a2 , … , am}是模 m 的完全剩余系的充分必
要条件是：ai aj (mod m) ( i≠ j ).
定理2.2.4 若 a1, a2，…, am 是模m的完全剩余系， 且(a, m) =1, b 为任意整数，则 aa1 +b, aa2 +b, …,
aam +b 也是模 m 的一个完全剩余系。
2020年10月22日4时30分
注：最常见的完全剩余系是0,1, , m 1,它们 称为模m的非负最小完全剩余系.
2020年10月22日4时30分
三、 欧拉函数和简化剩余系 定义 2.4
设 m 是正整数，用ϕ (m)表示不大于 m 且 与 m 互质的自然数的个数．称 ϕ (m)为欧 拉函数．
m 1 时，1 (m) m 1. m为质数当且仅当 (m) m 1.
E
我喜欢数学
性质(6)
性质(7)
若a =a1d, b =b1d, (m, d) =1, a ≡b (mod m)，则 a1 ≡ b1 (mod m) .
初等数论 期末复习
题目：一、求同余式的解：111x 75(mod321)≡二、求高次同余式的解：)105(m od 0201132≡-+x x 。
三、求高次同余式的解: 27100x x ++≡(mod 13). 四、计算下列勒让德符号的值:105223-⎛⎫⎪⎝⎭, 91563⎛⎫⎪⎝⎭五、计算下列勒让德符号的值：)593438(，)1847365(六、韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人；成六行纵队，则末行五人；成七行纵队，则末行四人；成十一行纵队，则末行十人。
求兵数。
七、设 b a ,是两个正整数，证明: b a ,的最大公因子00(,)a b ax by =+,其中00ax by +是形如ax by +(,x y 是任意整数)的整数里的最小正数. 八、证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为p a +2（a > 0是整数，p 为素数）的形式。
九、证明: 若方程 11...0n n n x a x a -+++= (0,i n a > 是整数,1,...,i n =)有有理数解,则此解必为整数.十、证明: 若(,)1a b =， 则(,)12a b a b +-=或十一、证明：设N ∈c b a ,,，c 无平方因子，c b a 22，证明：b a 。
十二、设p 是奇素数,1),(=p n , 证明: ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡-p n np 21 (mod p ). 十三、设m > 1，模m 有原根，d 是)(m ϕ的任一个正因数，证明：在模m 的缩系中，恰有)(d ϕ 个指数为d 的整数，并由此推出模m 的缩系中恰有))((m ϕϕ个原根。
十四、设g 是模m 的一个原根，证明：若γ通过模()m ϕ的最小非负完全剩余系, 则g γ通过模m 的一个缩系。
第一题：求同余式的解：111x 75(mod321)≡ 解答：(111,321)3,375=∴同余式有三个解11175321x (m o d )333≡ 即 37x 25(mod107)≡ 4x 75(m o d 10≡ 又x 2775(mod107)99(mod107)≡⨯≡因此同余式的解为x 99,206,313(mod321)≡。
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数论教案§1整数的整除 带余除法1 整数的整除设a,b 是整数,且b ≠0,如果有整数q,使得a=bq,则称b 整除a,记为b|a,也称b 是a 的因数,a 是b 的倍数. 如果没有整数q,使得a=bq,则称b 不能整除a,记为b?a.例如 2|4, 4|-12, -5|15; 2?3， -3?22. 在中小学数学里,整除概念中的整数是正整数,今天讲的整除中的整数可正可负. 判断是否b|a 当a,b 的数值较大时,可借助计算器判别.如果b 除a 的商数是整数,说明b|a;如果b 除a 的商不是整数,说明b?a. 例1判断下列各题是否b|a(1) 7|127 (2) 11|129 (3) 46|9529 (4) 29|5939 整除的简单性质(1)如果c|b,b|a,那么c|a;(2)如果d|a,d|b,那么对任意整数m,n,都有d|ma+nb.(3)如果12,,,n a a a L 都是m 的倍数,12,,,n q q q L 是任意整数,那么1122n n q a q a q a +++L 是m 的倍数.(4)如果c|a,d|b,那么cd|ab 。
例如： 2|4,2|(-6),那么2|4+(-6),2|4-(-6). 2|4,3|(-6),那么2×3|4×(-6). 例2证明任意2个连续整数的乘积,一定可被2整除. 练习 证明任意3个连续整数的乘积,一定可被3整除. 2.带余除法设a,b 是整数,且b>0,那么有唯一一对整数q,r 使得 a=bq+r,0≤r ＜ b . (1) 这里q 称为b 除a 的商,r 称为b 除a 的余数.例如-5=3×(-2)+1 5=3×1+2 -5=(-3)×2+1 5=(-3)×(-1)+2 15=(-5)×(-3), -24=(-2)×12. 事实上,以b 除a 的余数也可以是负的.例如 -5=3×(-1)-2=3×(-2)+1.求b 除a 的余数,也称为模运算(取余):mod.可用计算器进行.具体操作:输入a-按mod(取余)键-输入b-按=键得出余数.如果b 除a 的余数=0,则b|a;如果b 除a 的余数≠0,则b?a.例3 利用计算器求余数:(1) 7除127;(2)11除-129 ;(3)46除-9529;(4)-29除5939 奇数、偶数及性质能被2整除的整数称为偶数.如,0,4,10,-6,-8都是偶数. 不能被2整除的整数称为奇数.如,-5,-3,1,7,11都是奇数. 偶数的形式为2n(n 是整数);奇数的形式为2n-1(n 是整数).奇数、偶数的性质: 偶数±偶数=偶数,奇数±奇数=偶数,奇数±偶数=奇数,偶数×偶数=偶数,偶数×奇数=偶数,奇数×奇数=奇数.例如 2+4,2-4,3+1,3-1,3+4,6+5设a,b 是任意两个整数,则a+b 与a-b 同奇同偶. 例如3+5,3-5,6+3,6-3,例4设a,b,n 是任意3个整数,而且222a b n -=,证明n 是偶数.例5设a 是任一奇数,试证明8|21a -.例6设n 是正整数,证明形如3n-1整数不是完全平方数.证明 对任意整a,设a=3q 或a=3q ±1,于是2a =92q 或 2a =92q ±6q+1=3(32q ±2q)+1.即2a≠3n-1,故3n-1不是完全平方数.练习 设n 是正整数,证明形如4n-1、4n+2的整数都不是完全平方数. 习题:P3-4:1t,2t.§2公因数、最大公因数1.最大公因数、辗转相除法中小学里的公因数、最大公因数的概念：几个数的公有因数叫做这几个数的公因数.公因数中最大的整数称为这几个数的最大公因数. (1)几个数:不能确定;(2)因数、公因数:都是正整数; 最大公因数:没有专门的符号. 定义设12,,,n a a a L ,d 都是整数,d ≠0,如果i d a ,i=1,2,…,n,称d 是12,,,n a a a L 的公因数,12,,,n a a a L 的公因数中最大的整数称为最大公因数.记为12(,,,)n a a a L .如果12(,,,)n a a a L =1,则称12,,,n a a a L互质。
例1 (-6,8)=2,(-3,6,-9,15)=3,(1,2,3,-4)=1.在中小学数学里,求正整数a,b 的最大公因数主要有这个样几种方法：(1)观察法；(2)将a,b 的所有公因数都求出来,再从中挑最大的； (3)用短除法.辗转相除法:设a,b 是正整数,而且有111,0;a bq r r b =+<<12221,0;b rq r r r =+<< 123332,0;r r q r r r =+<<…………… （*）211,0;n n n n n n r r q r r r ---=+<<11.n n n r r q -+=(,)n a b r =。
例2用辗转相除法求(123,78),练习:用辗转相除法求(66,54).下面说明辗转相除法的正确性.先证明性质1设整数a,b,c 不全为0,而且有整数q 使得a=bq+c 则(a,b)=(b,c). 证明 由a,b,c 不全为0知,(a,b)、(b,c)都存在.因(a,b)|a,(a,b)|b,c=a-bq,得(a,b)|c,又得(a,b)≤(b,c); 反之,由(b,c)|b,(b,c)|c,a=bq+c,得(b,c)|a,(b,c)≤(a,b). 所以(a,b)=(b,c). 由(*)式知1210,n n b r r r r ->>>>>>L 而n 是有限正整数,再由性质1得112(,)(,)(,)a b b r r r ===…=211(,)(,)(,0)n n n n n n r r r r r r ---===.2.最大公因数的性质 最大公因数的几个性质：性质2 (am,bm)=(a,b)m,m>0.(短除法的根据) 例3求(84,90),(120,36).(84,90)=3(28,30)=6(14,15)=6.(120,36)=12(10,3)=12. 性质3 (a,b)=(|a|,|b|). 性质4 (a,b,c)=((a,b),c).例4求(-84,120),(-120,-72),(24,-60,-96).例5设n 是任意整数,证明3152n n ++是既约分数.证明 设d=(3n+1,5n+2),则d|3(5n+2)-5(3n+1),即d|1,d=1，所以3n+1与5n+2互质.作业 1.利用辗转相除法求(84,90). 2.求(120,36).3.设n 是整数，证明3172n n ++是既约分数。
§3整除的进一步性质及最小公倍数1.整除的进一步性质推论1设a,b 不全为零,那么有s,t ∈Z 使得as+bt=(a,b). 证明 将(*)中每式中的余数解出得21n n n nr r r q --=-,1321n n n n r r r q ----=-,…,212r b rq =-,11r a bq =-,再将1221,,,,n n r r r r --L 的表达式依次代入到21n n n n r r r q --=-中就得au+bv=n r =(a,b)=d,u,v ∈Z.例1用辗转相除法求(120,54),并求整数u,v 使得120u+54v=(120,54).解∵120=2×54+12,54=12×4+6,12=6×2,∴(120,54)=6. 12=120-2×54,6=54-12×4=54-(120-2×54)×4 =120×(-4)+54×9. ∴ u=-4,v=9.练习用辗转相除法求(84,45),并求整数u,v 使得84u+45v=(84,45).设a,b 都是正整数,问a,b 的公因数与最大公因数有什么关系 例2 ①求(12,18)及12与18的所有正的公因数；通过这个例子,请同学们观察最大公因数与公因数有何关系能否提出自己的猜想能否证明自己的猜想性质1 设d 是a,b 的最大公因数,那么,a,b 的任一公因数都是d 的因数.证明 如果d=(a,b),由性质2有u,v ∈Z 使得au+bv=d.设s 是a,b 的任一公因数,则s|au,s|bv,且s|au+bv,即s|d.性质2如果d=(a,b),则(,a b d d)=1.性质3如果(a,c)=1,且c|ab,则c|b. 性质4如果(a,c)=1,则(ab,c)=(b,c). 性质5如果(a,b)=1,且a|c,b|c,则ab|c. 例3证明 三个连续整数的积一定可被6整除. 2最小公倍数定义 如果m 是12,,,n a a a L 中每一个数的倍数,则称m 是整数12,,,na a a L 的一个公倍数.12,,,na a a L 的公倍中最小正整数称为12,,,na a a L 的最小公倍数.用[12,,,n a a a L ]来表示.例如 [2,4,-3]=12,[15,12,20]=60,[6,10,15]=30.定理3 [12,,,n a a a L ]=[|1a |,|2a |,…,|n a |].定理4 设a,b 是两个正整数,则 (i)a,b 的任一公倍数是[a,b]的倍数；(ii)[a,b]=(,)aba b .而且若(a,b)=1,则[a,b]=ab.证明(i)设m 是a,b 的任一公倍数,而且m=t[a,b]+r,0≤r<[a,b],因m,[a,b]都是a,b 的公倍数,由r=m-t[a,b]知r 也是a,b 的公倍数,若0<r<[a,b],则这与[a,b]的最小性矛盾.故r=0,m=t[a,b].(ii)记d=[,]aba b ,则d 是整数,由a|[a,b],a|[a,b]及[,]a a b d b =,[,]b a b d a =知d|a,d|b,即d 是a,b 的公因数.设h 是a,b 的任一公因数,由ab b aa b h h h ==是a,b 的公倍数及TH16知[a,b]|ab h ,即[,]ab d Z a b h h=∈,所以h|d,(a,b)=d,从而(a,b)=[,]aba b .定理5 设12,,,n a a a L 都是正整数,令122[,]a a m =,233[,]m a m =,…,1[,]n n n m a m -=,则12[,,,]n n a a a m =L .定理19设12,,,n a a a L 是n(≥2)个正整数,且两两互素,则12[,,,]n a a a =L 12n a a a L例2 求[123,456,-789]例3 求正整数a,b,满足:a+b=120,(a,b)=24,[a,b]=144.例14设a,b,c 是正整数,则[a,b,c]=(,,)abcab bc ca作业:P14:1.2.求(84,45),并求整数u,v 使得84u+45v=(84,45) .§4质数 算术基本定理1.质数定义设整数a>1,如果a 除了1和a 外再无其它正因数,则称a 为质数,也称为素数.否则,称a 为合数. 2,3,5,7,11都是质数，4,6,8,9,10都是合数.1-100内有素数25个,1-1000内有素数168个,1-10000内有素数1229,10万内有素数9592个,100万之内78498个.定理1设整数a>1,则a 除1外的最小正因数q 是素数,而且当a 是合数时,q ≤.证明 假定q 是合数,设q=bc,1<b,c<q.因b|q,q|a,得b|a,但1<b<q,这与q 是a 的最小正因数矛盾.故q 是素数.若a 是合数,设a=qm,由q 的最小性知a=qm ≥qq,即q ≤.素数判定定理 设整数a>1,不超过所有素数为12,,,k p p p L ,如果i p ?a,i=1,…,k,则a 为素数.例1 以下正整数哪个是素数哪个是合数 231,89,103,169.素数判别威尔逊定理:设整数p>1,那么p 是素数的充分必要条件是 p|(p-1)!+1. 例2 利用威尔逊定理判别3,5,7,11都是素数.当p 较大时,(p-1)!+1的数值非常大,在实际运用时不可行。