初等数论第三版答案
初等数论第三次作业参考答案
初等数论第三次作业参考答案计算题1．求169与121的最大公因数。
解：（169，121）=（169 – 121，121）=（48，121）=（48，121 – 48）=（48，73）=（48，25）=（23，25）=1。
2．求出12!的标准分解式。
解：e d c b a 117532!12⨯⨯⨯⨯=，10812412212=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=a ，5912312=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=b ， 2512=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=c ，1712=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=d ，11112=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=e ， 所以12!的标准分解式为117532!122510⨯⨯⨯⨯=3．求不定方程3x - 4y = 1的一切整数解。
解：因为（3,4）= 1，所以不定方程有整数解。
观察知x = 3，y = 2是其一个整数解。
由公式知其一切整数解为⎩⎨⎧+=+=ty t x 3243，t 为整数。
4．求不定方程7x + 2y = 1的一切整数解。
解：因为（7,2）=1,1|1，所以不定方程有解。
观察知其一个整数解是0013x y =⎧⎨=-⎩。
于是其一切整数解为1237x t y t =+⎧⎨=--⎩，t 取一切整数。
5．解同余式3x ≡ 1 (mod 7)。
解：因为（3,7）= 1，所以同余式有解且有一个解。
由3x - 7y = 1得⎩⎨⎧+=+=ty t x 3275，所以同余式的解为)7(mod 5≡x6．解同余式3x ≡ 8 (mod 10)。
解：因为（3,10）=1,1|8，所以同余式有解，并且只有一个解。
由3108x y -=得一个解0061x y =⎧⎨=⎩，所以同余式的解为6(mod10)x ≡。
7．解同余式28x ≡ 21 (mod 35)。
解：因为（28，35） = 7，而7|21，所以同余式28x ≡ 21(mod 35)有解，且有7个解。
同余式28x ≡ 21(mod 35)等价于4x ≡ 3(mod 5)，解4x ≡ 3(mod 5) 得x ≡ 2(mod 5)，故同余式28x ≡ 21(mod 35)的7个解为x ≡ 2，7，12，17，22，27，32(mod 35)。
《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=_________________________________。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
若 b 0 ，则令 s
得证． 下证唯一性 当 b 为奇数时，设 a bs t bs1 t1 则 t t1 b( s1 s ) b 而t
b b , t1 t t1 t t1 b 矛盾 故 s s1 , t t1 2 2
b 为整数 2
ax0 by0
x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r , 0 r ax0 by0
则 r ( x x0 q )a ( y y0 q )b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by
a, b Z , b 0, s, t Z , 使 a bs t ,| t |
b 。 ， 2
s1 , t1 ，使 b s1t t1 ,| t1 | sn , tn , tn 2 tn 1sn tn ; sn 1 , tn 1 , tn 1 tn sn 1 tn 1 ;
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《初等数论》 （闵嗣鹤、严士健编著） （第三版）习题解答
是一个整数系数多项式且 a0 ，an 都不是零，则（1）的根只能是以 a0 的因数作分子以 an 为 分母的既约分数，并由此推出 2 不是有理数． 证：设（1）的任一有理根为
p ， ( p, q ) 1, q 1 。则 q
a bs t ,
| t |
|b| 2
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 ,
3b b b 3b , b , , 0, , b , , 则 a 必在此序列的某两项之间 2 2 2 2
《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 ++-+-。
初等数论潘承洞答案
初等数论潘承洞答案【篇一：初等数论与中学数学】摘要：《初等数论》是数学与应用数学、数学教育专业的一门专业基础课，主要研究整数的性质，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。
近年来，数论在中学数学中的运用越来越多，特别是在中学的数学竞赛中运用极为广泛。
本文主要介绍初等数论在中学数学中的应用以及初等数论与中学数学教学的相关问题。
关键词：初等数论中学数学数学竞赛中学数学教学正文：一、初等数论在中学数学中的应用在中学数学中，整数是最为常用的一种数之一，而初等数论是研究整数最基本的性质，与算术密切相关的一门学科，初等数论可以说是算术问题的延深。
初等数论中的整除性质，抽屉原理等一直是中学数学竞赛最热门的话题，由此可见初等数论在中学数学中的应用是极为广泛的。
（一）中学数学中与初等数论相关的几个问题1、整除问题在小学的时候我们就知道，要知道一个数能不能被令一个数整除，可以用长除法来判断，但当被除数位数较多的时候，计算量增大，问题就变得非常麻烦了。
但在学习了初等数论之后问题会得到大大的简化。
1.1整除的概念及其性质定义1（整除）设a、b是整数，b≠0，如果存在整数q,使得a=bq 成立，则称b整除a,或a能被b整除，记作：b∣a。
定理1 （传递性）b∣a，c∣b =〉c∣a定理3 m∣a1，……，m∣an,q1,q2,……qn∈z=〉m∣(a1q1+a1q2+……+anqn)定理4 设a与b是两个整数，b0,则存在唯一的两个整数q和r,使得a=bq+r,0≤rb (1)并称q为a被b除所得的不完全商；r叫做a被b除所得的余数；（2）式称为带余数除法。
1．2下面举几个例子：例1 证明3∣n(n+1)(2n+1),这里的n是任意整数。
证法一：根据题意，n可以写成n=3q+r,这里r=0,1,2,q为整数，对取不同的值进行讨论，得出结论。
证法二：根据整数定义，任何连续三个整数的乘积必是3的倍数。
《初等数论》习题解答
《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7
浙江师范大学《初等数论》考试卷（F1卷）（2004——2005学年第一学期）考试类别 使用学生数学专业**本科考试时间120分钟表 出卷时间*年*月*日 说明：考生应有将全部答案写在答题纸上，否则作无效处理。
一、 填空（36分）1、d （1000）= 。
σ（1000）= 。
φ（1000）= 。
2、n 1〉， 若)(mod 01)!1(n n ≡+-则n 为 。
3、不能表示成5X+3Y （X 、Y 非负）的最大整数为 。
4、7在2003！中的最高幂指数是 。
5、（1515 ，600）= 。
6、)(mod m b ax ≡有解的充要条件是 。
7、威尔逊定理是 。
8、写出6的一个简化系，要求每项都是5的倍数 。
9、23.0 化为分数是 。
10、20032的末位数是 。
11、[-2.3]= 。
12、φ（1）＋φ（P ）＋…φ（n P ）= 。
13、1>x 且能被4、5、7整除，则最小的x 是 。
14、50506666688888⨯被7除后的余数为 。
15、两个素数的和为31，则这两个素数是 。
16、带余除法定理是 。
答案1、16，2340，93601、素数2、73、3314、155、b |),(m a6、)(mod 01)!1(p p ≡+-7、5，258、90299、810、 -311、 n p12、140 13、5 14、 2，29a ，b 是两个整数，b>0,则存在两个惟一的整数q ，r 使得 b r r bq a <≤+=0,二、 解同余方程组（12分）⎪⎩⎪⎨⎧≡≡≡)7(mod 1)8(mod 3)5(mod 2x x x答案解：证：因为5,8,7两两互素,所以可以利用孙子定理求解.280,40,35,56321====m M M M .解同余式)5(mod 156,1≡M , )8(mod 135,2≡M , )7(mod 140,3≡M ,得到 3,3,13,2,,1===M M M . 于是所求的解为)280(mod 267 )140(mod 134033352156≡⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯≡x三、 叙述并且证明费尔马小定理。
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(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-3
1
k
rk 1 1 rk 1 qk 1rk
k
其中 P0 1, P1 q1 , Pk qk Pk 1 Pk 2 , k =2, n
Qk 1a Pk 1b qk 1 Qk a Pk b qk 1Qk Qk 1 a qk 1 Pk Pk 1 b
2 2 1 2 1 1 3 3 1 2 2 2 1 1 2 3 2 2 1 3 1 2 2 3 1
a a a k 1
, b a , c a, c
k k
k
.
5解 : 1387 162 8 91, q1 8, r1 91,
3
162 91 1 71, q2 1, r2 71, 91 71 1 20, q3 1, r3 20, 71 20 3 11, q4 3, r4 11, 20 11 1 9, q5 1, r5 9, 11 9 1 2, q6 1, r6 2,
11
知mn是a1 , a2 , , an的一个公倍数. 对a1 , a2 , , an的任一公倍数m， 由a1 m , a2 m ，且[a1 , a2 ] m2 m2 m ，m3 m ， ，mn m . [a1 , a2 , , an ] mn .
12
3
推论 若m是a1, a2, , an的公倍数，则[a1, a2, , an]m 。
k
a a , c , b b, c .
k k
代入即得证.
5.求整数x,y,使得1387x-162y=(1387,162).
14
1证 : C pj
p 1 ! p! p j ! p j ! j ! p j !
《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。
初等数论潘承洞答案
初等数论潘承洞答案【篇一：初等数论与中学数学】摘要：《初等数论》是数学与应用数学、数学教育专业的一门专业基础课，主要研究整数的性质，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。
近年来，数论在中学数学中的运用越来越多，特别是在中学的数学竞赛中运用极为广泛。
本文主要介绍初等数论在中学数学中的应用以及初等数论与中学数学教学的相关问题。
关键词：初等数论中学数学数学竞赛中学数学教学正文：一、初等数论在中学数学中的应用在中学数学中，整数是最为常用的一种数之一，而初等数论是研究整数最基本的性质，与算术密切相关的一门学科，初等数论可以说是算术问题的延深。
初等数论中的整除性质，抽屉原理等一直是中学数学竞赛最热门的话题，由此可见初等数论在中学数学中的应用是极为广泛的。
（一）中学数学中与初等数论相关的几个问题1 、整除问题在小学的时候我们就知道，要知道一个数能不能被令一个数整除，可以用长除法来判断，但当被除数位数较多的时候，计算量增大，问题就变得非常麻烦了。
但在学习了初等数论之后问题会得到大大的简化。
1.1 整除的概念及其性质定义1 （整除）设a、b是整数，b M0,如果存在整数q,使得a=bq 成立，则称b整除a,或a能被b整除，记作：b I a。
定理1 （传递性）b I a，c I b =〉c I a定理 3 m I al , ........... , m I an,q1,q2, ........ qn€ z=〉m I (a1q1+a1q2+ ....... +anqn)定理 4 设 a 与 b 是两个整数，b0, 则存在唯一的两个整数q 和r, 使得a=bq+r,0 < rb (1)并称q 为 a 被 b 除所得的不完全商；r 叫做 a 被 b 除所得的余数； (2)式称为带余数除法。
1 ．2 下面举几个例子：例 1 证明3I n(n+1)(2n+1), 这里的n 是任意整数。
初等数论习题集参考答案
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。
初等数学研究第一章到第十三章全部答案
解： （1）Q ? ? 1 ≥ 0 ? x ? x ≠0 ? 5 ? x≠ ? 4 ? ， ∴? x ≤ 8 ?x ≠0 ? ? 5 4 5 4 5 ? x≠ ? 4 ? ，∴ ? ?8 ≤ x ≤ 8 ? x≠0 ? ? ∴函数定义域为：[?8,0) U (0, ) U ( ,8] . ?3 x ? 2 > 0 ? （2）Q ? 2 x ? 1 > 0 ?2 x ? 1 ≠ 1. ? 2 3 2 ? x> ? 3 ? 1 ? ∴?x > 2 ? ? x ≠1 ? ? ∴函数的定义域为： ( ,1) U (1, +∞). ?log 0.5 (log 2 x 2 + 1) ≥ 0 ? （3）Q ? log 2 x 2 + 1 > 0 ? x2 > 0 ? ? 0 < log 2 x 2 + 1 ≤ 1 ? ∴ ?log 2 x 2 > ?1 ?x≠0 ? ?2-1 ≤ x 2 ≤ 1 ? ∴ ? x 2 > 2?1 ?x ≠ 0 ? ? 2 2 ≤ x ≤ 1 或 ?1 ≤ x ≤ ? ? 2 ? 2 ? 2 2 或 x<? ? x> ∴? 2 2 ? ? x≠0 ? ? ? 2 2 函数定义域为：[(?1, ? )U( ,1)] . 2 2 ?lg(9 ? 3x ) ≠ 0 ? Q （4） ? 9 ? 3x > 0 ?7 ? x ? 2 ≥ 0 ? ? x ≠ log 3 8 ? ∴? x < 2 ??5 ≤ x ≤ 9 ? ? 9 ? 3x ≠ 1 ? ∴ ? 3x < 9 ? x?2 ≤ 7 ? ? 3x ≠ 8 ? ∴ ? 3x < 32 ??7 ≤ x ? 2 ≤ 7 ? ∴ log 3 8 < x < 2 或 ?5 ≤ x < log 3 8 ∴函数定义域为：[(?5,log 3 8) U (log 3 8, 2)]. （5）Q1 ? ( ) 2 x?1 ≥ 0. 1 3 ∴ ( )2 x?1 ≤ 1. ∴ 2 x ? 1 ≥ 0. ? log x ≥ 0 ? （6）Q ? x > 0 ?5 ? 2 x > 0 ? 1 3 ∴1 ≤ x < log 5 2 1 1 ∴函数定义域为[ , +∞] 2 2 x ≥1 ? ? x ≥1 ? ? ∴? x > 0 ∴? x > 0 5 ? ?2 x < 5 ? x< ? 2 ∴x ≥ 5 ∴ 函数定义域为：[1, ) . 2 （7）Q ?1 ≤ 2 x 2 ? x ≤ 1 ? 2 x 2 ? x ? 1 ≤ 0LL ① ∴? 2 ?2 x ? x + 1 ≥ 0LL ② 1 ? ?由① ? ≤ x ≤ 1 ∴? 2 ?由②x ∈ R ? ∴函数的定义域为：[1, ) . ??1 ≤x?1≤1 （8）Q ? ? 5x ? 1 > 0 1 5 ?0 ≤ x ≤ 2 1 ? ∴? ∴ <x≤2 1 5 x> ? 5 ? 5 2 ∴函数 的定义域为： ( ,2]. （9）Q ? ?sin x ? 1 ≥ 0 π ∴ sin x = 1 ∴ x = + 2kπ .k ∈ Ζ. 2 ?1 ? sin x ≥ 0 ∴函数的定义域为： ? x x = ? ? π ? + 2 kπ , k ∈ Ζ ? . 2? （10）Q cos3 x > 0 ∴ 2kπ ? π 2 < 3x < π 2 + 2 kπ . ∴ 2 kπ π n 2 kπ ? x< + , k ∈ Ζ. 3 6 6 3 ∴函数的定义域为： ? x ? 2 kπ π 2 kπ π ? ? <x< + , k ∈ Ζ.? 636?3? 5、 （1）已知函数 f(x)的定义域是[1,4]，求 f ( 1 ) 的定义域。 x2 （2）已知函数 f(x)的定义域是[-2,2]，求 f ( x ) 的定义域。 （3） 已知函数 f(x)的定义域是 ( ,3) ， f (lg x) 的定义域。 解： （1）Q1 ≤ 1 2 1 ≤4 x2 ? 2 1 ?x ≥ ∴? 4 2 ? x ≤1 ? 1 1 ? ?x ≥ x 或 ≤ ? ∴? 2 2 ? ?1 ≤ x ≤ 1 ? 1 1 ∴ ≤ x ≤ 1 或 ?1 ≤ x ≤ ? 2 2 1 1 1 ∴函数 f ( 2 ) 的 定义域为[ ,1] U [?1, ? ] . x 2 2 （2）Q ?2 ≤ x ≤2 ∴0 ≤ x ≤ 4 ∴函数定义域为[0, 4] . ?1 ? < lg x < 3 （3）Q ? 2 ? x>0 ? ∴10 < x < 103 ∴函数定义域为 ( 10,103 ). 1 ?1 6 、 设 函 数 f ( x) = ( x ? 4kx + 4k + k + ) 2 (k ∈ Ζ). 求 证 k ?1 f ( x) 的定义域为
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》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 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。