(0346)《初等数论》网上作业题及答案
《初等数论》网络作业
《初等数论》网络作业11、证明整数105L02个3001能被1001 整除。
n n n 1 n 2 n 2 n 1 证明：利用公式：若n 是正奇数，则a b (a b)(a a b L ab b ) ∴ 10L2 301 10511 (103)171 (103 1)[(103)16 (103)15 L 103 1] 50个03∴ 103 1 1001 能够整除10L2 30150个02、若n 是奇数，证明8|(n2 1)。
证明：设n 2k 1,k Z ，则n2 1 (2k 1)2 1 4k(k 1)∵ k，k ＋1 中必有一个是偶数∴ 8|(n2 1)3、设正整数n 的十进制表示为n a k L a1a0 ，其中0 a i 9,0 i k,a k 0 ，且S(n) a k a k 1 L a1 a0，证明9 | n的充分必要条件是9|S(n) 。
k证明：∵ n a k L a1a0 a k 10 L a1 10 a0，S(n) a k a k 1 L a1 a0k∴ n S(n) a k (10k 1) L a1 (10 1)对所有的0 i k ，有9|(10i 1)∴ 9|(n S(n))∴ 9|n 的充分必要条件是9|S(n)4 、设r 是正奇数，证明对任意的正整数n，n 2不能整除(1r 2r L n r) 。
证明：当n＝1 时，结论显然成立。
面设n 2，令S 1r 2r L n r则2S 2 (2r n r) [3r (n 1)r] L (n r 2r )利用公式：若n 是正奇数，则a n b n (a b)(a n 1 a n 2b L ab n 2 b n 1)∴ 对2 i n，(n 2) |(i r (n 2 i)r )∴ 2S 2 (n 2)q ，q 是整数∵ n 2 2∴ n＋ 2 不能整除2S∴ n＋ 2 不能整除S5 、设n 为正整数，证明(n! 1,(n 1)! 1) 1。
初等数论作业答案
初等数论作业答案初等数论1：[单选题]已知361a是一个4位数（其中a是个位数），它能被5整除，也能被3整除，则a的值是（）。
A：0B：2C：5D：9参考答案：C2：[单选题]下面的（）是模4的一个简化剩余系。
A：4,17B：1,15C：3,23D：13,6参考答案：B3：[单选题]小于20的正素数的个数是（）。
A：11B：10C：9D：8参考答案：D 4：[单选题]下面的数是3的倍数的数是（）。
A：19B：119C：1119D：11119参考答案：C5：[单选题]-4除-39的余数是（）。
A：3B：2C：1D：0参考答案：C6：[单选题]一个正整数n的各位上的数字是0或1，并且n能被2和3整除，则最小的n 是（）。
A：1110B：1101C：1011D：1001参考答案：A7：[单选题][[4.5]+[3.7]]等于（）。
A：3B：4C：7D：8参考答案：C8：[单选题]{{1.8}+{2.9}}等于（）。
A：0.4B：0.5C：0.6D：0.7参考答案：D 9：[单选题]100与44的最小公倍数是（）。
A：4400B：2200C：1100D：440参考答案：C10：[单选题]使3的n次方对模7同余于1的最小的正整数n等于（）。
A：6B：2C：3D：13参考答案：A11：[单选题]设a,b,c,d是模5的一个简化剩余系，则a+b+c+d 对模5同余于（）。
A：0B：1C：2D：3参考答案：A12：[单选题]下面的（）是不定方程3x + 7y = 20的一个整数解。
A：x=0,y=3B：x=2,y=1C：x=4,y=2D：x=2,y=2参考答案：D 13：[单选题]下面的（）是模4的一个完全剩余系。
A：9，17，-5，-1B：25，27，13，-1C：0，1，6，7D：1，-1，2，-2参考答案：C14：[单选题]下面的（）是模12的一个简化剩余系。
A：0，1，5，11B：25，27，13，-1C：1，5，7，11D：1，-1，2，-2参考答案：C15：[单选题]若a，b均为偶数，则a + b为（）。
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。
《初等数论(闵嗣鹤)》习题解答2010修改版
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(ii) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则有
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《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
b t a bs a q 1b a q 1 b 0 t b
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若 b 0 ，则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则同样有 t b 综上所述，存在性
证明： a1, a2 , an 都是 m 的倍数。 存在 n 个整数 p1, p2, pn 使 a1 p1m, a2 p2m, , an pnm 又 q1, q2, , qn 是任意 n 个整数 q1a1 q2a2 qnan q1 p1m q2 p2m qn pnm ( p1q1 q2 p2 qn pn )m 即 q1a1 q2a2 qnan 是 m 的整数 2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明 n( n 1 ) ( 2n 1) n n( 1n)( 2n 1 )
2．求 82798848 及 81057226635000 的标准式．
解：因为 8|848，所以 8 | A, A 82798848 810349856 23 B ，
又 8|856，所以 8|B， B 81293732 23 C ，
又 4|32，所以 4|C， C 4323433 22 D
又 9|（3+2+3+4+3+3），所以 9|D， D 935937 32 E ， 又 9|（3+5+9+3+7），所以 9|E， E 93993
又 3993 31331 3113
所以 A 2835113 ；
同理有 81057226635000 23 33 54 73 112 17 2337 。
《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。
西南大学2020秋季 [0346]《初等数论》考试答案
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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 -。
初等数论练习题答案（优选.）
初等数论练习题答案（优选.）初等数论练习题答案原点教育培训学校初等数论练习题⼀⼀、填空题1、d(2420)=12; ?(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(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、??? ??10365 =-1。
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：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》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 =。
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共 2 道大题，满分 100 分一、单选题（共 25 道小题，共 50 分）1. 如果a≡b(modm),c是任意整数，则（）（2 分）A. ac≡cb(modm)B. a=bC. a=cD. a≡bc(modm)【答案】A【解析】2. 同余方程58x≡87(mod47)的解为（）.（2 分）A. x≡25(mod47)B. x≡29(mod47)C. x≡35(mod47)D. x≡37(mod47)【答案】A【解析】3. 如果n是一个自然数，那么n(n+1)是（）（2 分）A. 奇数B. 偶数C. 奇数或偶数D. 由n的奇偶性而定【答案】B【解析】4. 下列各组数哪一组是模8的完全剩余系（）.（2 分）A. 1,3,5,7,9,11,13,15B. 2,4,6,8,17,21,23C. -7,-12,-17,-22,-27,-32,-37,-42D. –2,–7,11,15,18,21,24,27【答案】C【解析】5. 157！的标准分解式中素数7的指数为（）.（2 分）A. 22B. 23C. 24D. 25【答案】D【解析】6. 同余方程7x≡1(mod31)解为（）.（2 分）A. x≡6(mod31)B. x≡7(mod31)C. x≡8(mod31)D. x≡9(mod31)【答案】D【解析】7. 1001！中末尾0的个数为（）（2 分）A. 200B. 238C. 248D. 249【答案】D【解析】8. 整数6的正约数的个数是（）（2 分）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】9. 20以内的正素数有哪些（）（2 分）A. 1，2，3，5，7，11，13，17，19B. 2，3，5，7，11，13，17，19C. 1，2，4，5，10，20D. 2，3，5，7，12，13，15，17【答案】B【解析】10. 所有不超过156的正整数中，7的倍数有（）个（2 分）A. 20B. 21C. 22D. 23【答案】C【解析】11. 设n，m为整数，如果3|n,3|m，则9（）nm（2 分）A. 整除B. 不整除C. 等于D. 小于【答案】A【解析】12. 47的50次方的个位数为（）.（2 分）A. 1B. 3C. 7D. 9【答案】D【解析】13. (221,391,136)=( ).（2 分）A. 13B. 17C. 19D. 23【答案】B【解析】14. 模4的最小非负完全剩余系是（）（2 分）A. -2,-1,0,1B. -4,-3,-2,-1C. 1,2,3,4D. 0,1,2,3【答案】D【解析】15. 同余方程5x≡10(mod15)解的个数为（）.（2 分）A. 2个解B. 3个解C. 4个解D. 5个解【答案】D【解析】16. 如果3|n，5|n，则15（）n（2 分）A. 整除B. 不整除C. 等于D. 不一定整除【答案】A【解析】17. 设a,b,c,d是模5的一个简化剩余系，则a+b+c+d对模5同余于（）（2 分）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】18. 取1元、2元、5元的硬币共10枚，付出18元，有（）种不同的付法（2 分）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】19. 如果a≡b(mod q)，c≡d(mod q)，则有（）（2 分）A. a+c≡bd(mod q)B. ac≡b+d(mod q)C. a+c≡b+d(mod q)D. ab≡cd(mod q)【答案】C【解析】20. （54,198）=（）（2 分）A. 3B. 6C. 9D. 18【答案】D【解析】21. 下列结论正确的是（）（2 分）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^2)D. 若a≡b(mod 2)，则a^2≡b^2(mod 4)【答案】D【解析】22. 不定方程525x+231y=210（）（2 分）A. 有解B. 无解C. 解都是正数D. 解都是负数【答案】A【解析】23.已知361a是一个4位数（其中a是个位数），它能被5整除，也能被3整除，则a的值是（）（2 分）A. 0B. 2C. 5D. 9【答案】C【解析】24. 1050与858的最大公因数是（）（2 分）A. 2B. 3C. 6D. 12【答案】C【解析】25. 如果（），则不定方程ax+by=c有解（2 分）A. (a,b)|cB. c|(a,b)C. a|cD. (a,b)|a【答案】A【解析】二、判断题（共 25 道小题，共 50 分）26. 对任给的正整数k,必有k个连续正整数都是合数.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】27. 欧拉函数ψ(700) =240.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】28. 11除123的余数是2.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】29. 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.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】30. 同余方程x^2≡11(mod 17)无解.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】31. x^4+1的奇素因数p满足p≡1(mod8) .（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】32. 存在无穷多个形如4n-1的素数.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】33. 若ac≡bc(mod m)，则a≡b(mod m).（2 分）A. 错误B. 正确【答案】A【解析】34. 模P的简化剩余系中，二次剩余和非二次剩余的个数都是(p-1)/2.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】35. 294与194的最大公因数是2.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】36. 素数写成两个平方数和的方法是唯一的.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】37. 若a^3|b^3，则a|b.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】A【解析】38. 模7的最小非负完全剩余系是0、1、2、3、4、5、6.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】39. 3,9,21,27,33,39,51,57是模20的一个简化剩余系.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】40. 如果两个整数互相整除，则这两个数仅相差一个符号.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】A【解析】41. 200到500的整数中7的倍数的个数为43（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】42. 模9的最小非负完全剩余系0,1,2,3,4,5,6,7,8.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】43. 如果p和p+2都是大于3的质数，则6|p+1.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】44. 存在数m，使ψ(m) =14.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】A【解析】45. 奇数一定能表示为两平方数之差.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】46. 16x-37y=7有整数解.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】47. 若3|n且7|n，则21|n.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】48. 若某个剩余类中有一个数与模m互素,则该剩余类中每个数均与模m互素.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】49. 7是模29的平方剩余.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】50. 形如4n-1的整数不能写成两个平方数的和.（2 分）A. 错误B. 正确【答案】B【解析】共 2 道大题，满分 100 分一、单选题（共 25 道小题，共 50 分）1. 7的7次方个位数是（）（2 分）A. 1B. 3C. 7D. 9【答案】B【解析】2. 如果b|a，a|c，则（）（2 分）A. b=cB. b=-cC. b|cD. c|b【答案】C【解析】3. 24871与3468的最大公因数是（）（2 分）A. 11B. 13C. 17D. 19【答案】C【解析】4. 下列表述中与n≡5 (mod7)不等价的是（）（2 分）A. n=5+7k,k是整数B. n被7整除余5C. n-5被7整除D. n-7被5整除【答案】D【解析】5. 因为（），所以不定方程12x+15y=7没有整数解。
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
(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。
（完整版）初等数论练习题二（含答案）
（完整版）初等数论练习题二（含答案）《初等数论》期末练习一一、单项选择题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 )(mod 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.A 3B 3与9C 9D 3或97、如果n 2，n 15，则30（）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定8、大于10且小于30的素数有（）.A 4个B 5个C 6个D 7个9、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 0,1,2,3,410、整数637693能被( )整除.A 3B 5C 7D 9二、填空题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 π≤0.7、设p 是素数,则不定方程22y x p +=有（）.8、如果同余式)(mod 0m b ax ≡+有解,则解的个数( ).9、在176与545之间有( )是13的倍数.10、如果0φab ,则),](,[b a b a =( ).11、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( ).三、计算题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） 5、求[24871,3468]=?6、求解不定方程18176=-y x .7、解同余式)321(mod 75111≡x .8、求17的平方剩余与平方非剩余.四、证明题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.4、如果整数a 的个位数是5,则该数是5的倍数.5、证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数.初等数论期末练习一答案一、单项选择题1、D.2、A3、C4、A5、A6、B7、A8、C9、D 10、C二、填空题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( ][ba ). 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 π≤0.7、设p 是素数,则不定方程22y x p +=有（唯一解）.8、如果同余式)(mod 0m b ax ≡+有解,则解的个数( ),(m a ).9、在176与545之间有( 28 )是13的倍数.10、如果0φab ,则),](,[b a b a =( ab ).11、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( 1 ).三、计算题1、求[136,221,391]=?（8分）解 [136,221,391]=[[136,221],391] =[391,17221136?] =[1768,391] = 173911768? =104?391=40664.2、求解不定方程144219=+y x .（8分）解：因为（9，21）=3，1443，所以有解；化简得4873=+y x ；考虑173=+y x ，有1,2=-=y x ，所以原方程的特解为48,96=-=y x ，因此，所求的解是Z t t y t x ∈-=+-=,348,796。
《初等数论》第三版习题解答
《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a1，a2，，an都是m得倍数，q1，q2，，qn是任意n个整数，则q1a1q2a2证明：qnan是m得倍数．a1,a2,an都是m的倍数。
pn使a1p1m,a2p2m,存在n个整数p1,p2,又q1,q2,,anpnm,qn是任意n个整数qnanq1a1q2a2q1p1mq2p2m(p1q1q2p2即q1a1q2a2qnpnmqnpn)mqnan是m的整数2．证明3|n(n1)(2n1)证明n(n1)(2n1)nn(1n)(2nn(n1)(n2)n(1n)n(又n(n1)(n2)，(n1)n(n2)是连续的三个整数故3|n(n1)(n2),3|(n1)n(n1)3|n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知3|n(n1)(2n1)3．若a某0by0是形如a某by（某，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(a某0by0)|(a某by)．1/77证：a,b不全为0在整数集合Sa某by|某,yZ中存在正整数，因而有形如a某by的最小整数a某0by0某,yZ，由带余除法有a某by(a某0by0)qr,0ra某0by0则r(某某0q)a(yy0q)bS，由a某0by0是S中的最小整数知r0a某0by0|a某bya某0by0|a某by（某,y为任意整数）a某0by0|a,a某0by0|ba某0by0|(a,b).又有(a,b)|a，(a,b)|b(a,b)|a某0by0故a某0by0(a,b) 4．若a，b是任意二整数，且b0，证明：存在两个整数，t使得abt,|t||b|2成立，并且当b是奇数时，，t是唯一存在的．当b是偶数时结果如何？证：作序列即存在一个整数q，使2222若b0则令,tabaq2bqb，则同样有t22(ii)当q为奇数时，若b0则令q1q1,tabab，则有222/77下证唯一性当b为奇数时，设abtb1t1则tt1b(1)b而tbb,t1tt1tt1b矛盾故1,tt122b为整数2当b为偶数时，,t不唯一，举例如下：此时3bbbbbb1b2(),t1,t122222§2最大公因数与辗转相除法1．证明推论4.1推论4.1a，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abq1r1,br1q2r2,rnqn1,0rn1rnrn1(a,b)rnd|abq1r1，d|br1q2r2，┄,d|rn2rn1qnrn(a,b),即d是(a,b)的因数。
《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》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)
《初等数论》试卷一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） １．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． ２．下列命题中不正确的是( ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,,,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数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()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( )Ａ．00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =-=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =+=-=±± Ｃ．00,,0,1,2,;bax x t y y t t d d =+=-=±± Ｄ．00,,0,1,2,;bax x t y y t t dd =-=-=±±４．下列各组数中不构成勾股数的是( )Ａ．５，１２，１３； Ｂ．７，２４，２５； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７ ５．下列推导中不正确的是( )Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ ６．模１０的一个简化剩余系是( ) Ａ．0,1,2,,9; Ｂ．1,2,3,,10;Ｃ．5,4,3,2,1,0,1,2,3,4;----- Ｄ．1,3,7,9. ７．()mod a b m ≡的充分必要条件是( ) Ａ．;m a b - Ｂ．;a b m - Ｃ．;m a b + Ｄ．.a b m +８．设()43289f x x x x =+++，同余式()()0mod5f x ≡的所有解为( ) Ａ．1x =或1;- Ｂ．1x =或4; Ｃ．1x ≡或()1mod5;- Ｄ．无解． 9、设f(x)=10n n a x a x a +++其中()0,mod i a x x p ≡是奇数若为f(x)()0mod p ≡的一个解，则:( )A ．()()mod ()0mod ,1p f x p χχ∂≡≡∂>一定为的一个解 B ．()()0mod ,1,()0mod p f x p χχ∂∂≡∂>≡一定为的一个解C ．()()()00(),()0mod mod ,mod p f x f x p x x p x x p ααα≡≡≡当不整除时一定有解其中 D ．()()()00mod ()0mod ,mod x x p f x p x x p ααα≡≡≡若为的一个解则有 10．()10(),,0mod ,,n n i n f x a x a x a a a p n p =+++≡>/设其中为奇数则同余式()()0mod f x p ≡的解数：（ ） A ．有时大于p 但不大于n; B ．可超过pC ．等于pD ．等于n11．若2为模p 的平方剩余，则p 只能为下列质数中的 :( )A ．3B ．11C ．13D ．23 12．若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭，则 ( ) A ．()2mod ,x a m ≡同余式一定有解B ．()()2,1,mod a m x a p =≡当时同余式有解;C ．()2(,mod m p x a p =≡当奇数)时同余式有解;D ．()2(),mod a p x a p =≡当奇数时同余式有解．13．()()2mod 2,3,2,1,x a a αα≡≥=若同余式有解则解数等于( )A ． 4B ．3C ． 2D ． 1 14． 模12的所有可能的指数为;( )A ．1，2，4B ．1，2，4，6，12C ．1，2，3，4，6，12D ．无法确定 15． 若模m 的单根存在，下列数中，m 可能等于: ( ) A ． 2 B ．3 C ． 4 D ． 12 16．对于模5，下列式子成立的是: ( )A ．322ind =B ．323ind =C ．350ind =D ．3331025ind ind ind =+ 17．下列函数中不是可乘函数的是: ( ) A ．茂陛鸟斯(mobius)函数w(a) ; B ． 欧拉函数()a φ；C ．不超过x 的质数的个数()x π；D ．除数函数()a τ；18． 若x 对模m 的指数是ab ，a >0，ab >0，则x α对模m 的指数是( ) A ．a B ．b C ．ab D ．无法确定 19．()f a ，()g a 均为可乘函数，则( ) A ．()()f a g a 为可乘函数； B ．()()f ag a 为可乘函数 C ．()()f a g a +为可乘函数； D ．()()f a g a -为可乘函数 20．设()a μ为茂陛乌斯函数，则有( )不成立A ．()11μ=B ．()11μ-=C ．()21μ=-D ．()90μ= 二．填空题：（每小题1分，共10分）21． 3在45!中的最高次n ＝ ____________________； 22． 多元一次不定方程：1122n n a x a x a x N +++=，其中1a ，2a ，…，n a ，N 均为整数，2n ≥，有整数解的充分必要条件是___________________；23．有理数ab，0a b <<，)(,1a b =，能表成纯循环小数的充分必要条件是_______________________；24． 设()0mod x x m ≡为一次同余式()mod ax b m ≡，a ≡()0mod m 的一个解，则它的所有解为_________________________；25． 威尔生（wilson ）定理：________________________________________； 26． 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=________________________________________； 27． 若)(,1a p =，则a 是模p 的平方剩余的充分必要条件是_____________(欧拉判别条件)； 28． 在模m 的简化剩余系中，原根的个数是_______________________； 29． 设1α≥，g 为模p α的一个原根，则模2p α的一个原根为_____________； 30．()48ϕ=_________________________________。
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（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=c
B：a=-c
C：a|c
D：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：10
B：20
C：30
D：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=b
B：a=-b
C：a=b或a=-b
D：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：3
B：2
C：1
D：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：1
B：2
C：3
D：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：2
B：4
C：6
D：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（）。
A：0
B：1
C：2
D：3
参考答案：D数论第二次作业答案
4：[单选题]两个整数的公因数是它们的最大公因数的（）。
A：因数
B：倍数
C：和
D：差
参考答案：A数论第二次作业答案
5：[单选题]小于40的素数的个数（）。
A：10
B：9
C：8
D：12
参考答案：D数论第二次作业答案
6：[单选题]不定方程525x+231y=210（）。
A：有解
B：无解
C：有正整数解
D：有负整数解
参考答案：A数论第二次作业答案
7：[单选题]因为( )，所以不定方程12x+15y=7没有解。
A：7不整除（12，15）
B：7不整除[12，15]
C：[12，15]不整除7
D：（12，15）不整除7
参考答案：D数论第二次作业答案
1：[论述题]数论第三次作业
参考答案：数论第三次作业答案
1：[论述题]数论第四次作业
参考答案：数论第四次作业答案
1：[论述题]数论第五次作业
参考答案：数论第五次作业答案。