初等数论作业4-第三章1
初等数论闵嗣鹤第四版答案
初等数论闵嗣鹤第四版答案介绍《初等数论闵嗣鹤第四版答案》是对闵嗣鹤所著《初等数论》第四版的习题答案进行了整理和解析。
《初等数论》是普通高校数学系本科生的一门基础课程，有助于培养学生的数学思维和推理能力。
通过学习该答案，学生可以更好地理解和掌握《初等数论》中的知识点，并提高解题能力。
目录1.第一章素数2.第二章同余3.第三章数论函数4.第四章域上的多项式5.第五章幂的剩余与解方程6.第六章整数的几何性质第一章素数1.1 什么是素数？简要解答：素数指的是只能被1和自身整除的正整数。
详细解答：一个大于1的正整数如果只能被1和它本身整除，则称之为素数，也叫质数。
反之，如果大于1的正整数可以被其他正整数整除，则称之为合数。
最小的素数是2。
1.2 素数的性质简要解答：素数有无限多个，并且一个数是否是素数可以通过试除法判断。
详细解答：欧几里得证明了素数有无限多个的结论。
对于给定的一个正整数n，如果在2到√n之间找不到小于n的因数，那么n就是素数。
这就是试除法。
试除法是素数判断的基础，但它的效率不高，因为需要逐个试除所有小于n的数。
1.3 素数的应用简要解答：素数在密码学和随机数生成中经常被使用。
详细解答：由于素数具有唯一分解性质，使得许多密码学算法中的关键操作依赖于素数。
比如RSA算法中，公钥和私钥的生成需要使用两个大素数。
此外，素数还在随机数生成和随机性检验中发挥重要作用。
第二章同余2.1 什么是同余？简要解答：同余是数论中的一种等价关系。
详细解答：a和b对模m同余，记作a≡b(mod m)，当且仅当a和b的差是m的倍数。
同余关系具有三个基本性质：反身性、对称性和传递性。
同余关系的性质使得其在数论中有广泛的应用。
2.2 同余定理简要解答：同余定理是一类用来计算同余的定理，包括欧拉定理、费马小定理等。
详细解答：欧拉定理是指当a和m互质时，a的φ(m)次方与1同余模m，其中φ(m)表示不大于m且与m互质的正整数的个数。
初等数论同余
初等数论同余
规律(7)的证明
证： 100 0 1 (0 m 7)o 1 , d 00 1 (0m 7)od
一般地有 10 i 0 ( 1 )0 i(m 7 )io , 0 d ,1 , n
两边同乘 a i 有并对n+1个式子相加得
2121+X+Y 39，4 X-Y+13 22，由此
可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 或21+X+Y=36，X-Y+13=22 X+Y=6，X-Y=-2，或X+Y=15，X-Y=9， 解得X=2，Y=4。
初等数论同余
例3 ：求111 被7除的余数。
50
解：∵111111被7整除，
∴ 111 ≡11（mod 7）≡4（mod 7）
dd
m| a b dd
初等数论同余
性质8 若ab(momd).则 (a,m)=(b,m) 证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
性质9 若 a b (m m i)o i .1 d ,2 ,3 k,则
初等数论同余
例2：证明5y+3=x2无解 证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余 有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5)，不可能 ∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解 注：在证明方程无解时，经常用不同余就不相等的 方法。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答 (整理精华版)
|t | b , , 如此类推知： 2 22
| tn 1 | | tn 2 | |t | |b| 2 n n 1 2 2 2 2
而 b 是一个有限数，n N , 使 tn 1 0
(a, b) (b, t ) (t , t1 ) (t1 , t2 ) (tn , tn 1 ) (tn , 0) tn ，存在其求法为： (a, b) (b, a bs ) (a bs, b (a bs ) s1 )
a1 , a2 , an | a1 |,| a2 | ,| an |
证：设 [a1 , a2 , , an ] m1 ，则 ai | m1 (i 1, 2, , n)
《初等数论》习题解答
∴ | ai || m1 (i 1, 2, , n) 又设 [| a1 |,| a2 |, ,| an |] m2
《初等数论》习题解答
(76501,9719) (9719, 76501 9719 7) (8468,9719 8468) (1251,8468 1251 6) (3,1) 1
4．证明本节（1）式中的 n
log b log 2
证：由 P3§1 习题 4 知在（1）式中有
0 rn 1 rn 1
rn 1 rn 2 r b 2 n11 n ，而 rn1 2 2 2 2
b , 2n b ， n 2
n log 2 b
log b log b ，即 n log 2 log 2
§3 整除的进一步性质及最小公倍数
an p n an 1 p n 1q a1 pq n 1 a0 q n 0
初等数论期末复习资料
初等数论期末复习资料数论教案§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+15=(-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。
初等数论第2版习题答案
第一章 §11 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 n )1()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S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rby ax 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 /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+4 证：作序列 ,23,,2,0,2,,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 qa bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b qa bs a t q s 2,2+=-=-=，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 21,21+-=-=+=，则有 2021212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 0<b ，则令b q a bs a t q s 21,21++=-=+-= 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 ≤=-+⋅=+⋅=⋅ 2,2,222211bt 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》各章习题参考解答
3
1
48
，
在100! 的分解式中的指数
2
100!
100 2
100 4
100 8
100 16
100 64
50
25
12
6
1
94
，
100! 294 348 k 447 348 k 1247 3k,k, 6 1。
故 nmax 47 ， M min 3k ， k, 6 1。
k
+
1 位正整数，记其最左边
那一位数字为 a Î {2,5}，则 xk' + 1 = a´ 10k + xk' ，其中 xk' 是由 2 和 5 组成的十进制 k 位
正整数，由 2k+ 1
若 k = 轾犏臌3 n = 8 ，则 3创5 7篡8 n 840 n ，从而 k = 轾犏臌3 n 吵轾犏臌3 840 9 > 8 ，矛盾！
若 k = 7 ，则 3创4 5篡7 n 420 n ，但 n < 840 ，所以最大的正整数 n = 420 。
6.证明：当 n = 1 时，存在唯一的 x1 = 2 ，则有 21 x1 ；当 n = 2 时，存在唯一的 x2 = 52 ，有 22 x2 ；当 n = 3 时，存在唯一的 x3 = 552 ，有 23 x3 。
n 炒2a
3b 创5g
7 11
77创
k 2
k 3
k 5
77 30
k 3。
由 k ³ 11 ，可得 k ³
11 12
(k
+
1)，从而
n>
77 30
壮k 3
77 30
113 123
(完整版)初等数论第2版习题答案
第一章 §11 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 n )1()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S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rby ax 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 /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+4 证：作序列 ,23,,2,0,2,,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 qa bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b qa bs a t q s 2,2+=-=-=，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 21,21+-=-=+=，则有 2021212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 0<b ，则令b q a bs a t q s 21,21++=-=+-= 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 ≤=-+⋅=+⋅=⋅ 2,2,222211bt 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》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》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》作业.
《初等数论》作业.《初等数论》作业第⼀次作业：⼀、单项选择题1、=),0(b （）. A b B b - C b D 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 a B b C 1 D b a +4、⼩于30的素数的个数（）. A 10 B 9 C 8 D 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.第⼆次作业⼀、单项选择题1、如果( A ),则不定⽅程c by ax =+有解. A c b a ),( B ),(b a c C c a D a b a ),(2、不定⽅程210231525=+y x （A ）.A 有解B ⽆解C 有正数解D 有负数解⼆、求解不定⽅程 1、144219=+y x .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
闵嗣鹤、严士健,初等数论第三章习题解答
第三章 同余§1习题（P53）1． 证明定理2及性质庚、壬 01定理2 若11(mod )k k A B m αααα≡(mod )i i x y m ≡ ，1,2,,i k =则1111k k kk A x x αααααα≡∑ 1111(mod )k k kk B y y m αααααα∑证：由(mod )i i x y m ≡ ⇒戊(mod )ii ii x y m αα≡11kkx x αα⇒≡戊11(mod )k k y y m αα111kk k A x x αααα⇒≡ 戊111(mod )k kk B y y m αααα1111kk kkA x x αααααα⇒∑≡ 丁1111(mod )k k kk B y y m αααααα∑02庚证：（i ）(mod )a b m ≡∵ 由P48定理1m a b km ka kb ⇒−⇒−，0(mod )km ak bk mk >⇒≡ （ii ）设1a a d =，1b b d =，1m m d =0m >∵，100d m >⇒>(mod )a b m ≡∵ 111()m a b dm d a b ⇒−⇒−111111(mod )(mod a b mm a b a b m d d d⇒−⇒≡⇒≡2． 设正整数101010nn a a a a =+++ 010i a <-，试证11/a 的充要条件是011(1)ni i i a =−∑。
证：由101(mod 11)10(1)(mod 11)i i ≡−⇒≡−10(1)(mod 11)10(1)(mod 11)nni iii i i i i i i a a a a ==⇒≡−⇒≡−∑∑01110(1)nnii i i i i a a ==⇒−−∑∑于是11a 011(1)ni i i a =⇔−∑3． 找出整数能被37，101整除的判别条件来。
01 由10001(mod 37)≡ 及1010001000n n a a a a =+++ ，01000i a <-，由上面证明之方法得3737ni i a a =⇔∑02 由1001(mod 101)≡− 及10100100n n a a a a =+++ 0100i a <- 由上面证明之方法可得：101101(1)ni i i a a =⇔−∑4． 证明3264121+证：由7640251(mod 641)=×≡− 及4456252(mod 641)−=−≡3272577252122252(25)∴+≡×−×=−742173212(525)2(5)(521)≡−×−≡×−×+32173(521)(25)1≡×+≡×= 3(1)10(mod 641)≡−+≡3264121∴+5． 若a 是任一单数，则221(mod 2)nn a +≡(1)n . 证明：当n =1时，322/1a − 2(21)14(1)k k k +−=+∵ 假定2221nn a +−，则有1222222211()1(1)(1)n nn n na a a a a +⋅−=−=−=−+由2221nn a +−，221na +（∵a 是单数，∴21na +是双数）∴1321n n a a ++−，即1221(mod 2)n n a ++≡6． 应用检查因数的方法求出下列各数的标准分解式（i ）1535625 （ii ）1158066 解：（i ）由215356252561425252457=×=×由3245718+++=，324573819391=×=× 由91713=×43153562553713∴=⋅⋅⋅（ii ）由311586627+++++=，11580663386022=×33862221++++=，3860223128674=×由7128674546−+=，128674718382=×718382364−+=，1838272626=×262621313213101=×=×× 22115806637131012∴=⋅⋅⋅⋅§2习题（P57）1． 证明s t x u p v −=+，u =0，1，…，1s t p −−，v =0，1，…，1t p −，t s -，是模s p 的一个 完全剩余系。
初等数论练习题
初等数论练习题一一、填空题1、τ(2420)=27； 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(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 )_。
78、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 = -1 。
9、若p 是素数，则同余方程xp - 1 ≡1(mod p)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。
3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。
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。
初等数论第三章课件
(4)若a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m); 若a b(mod m), 则ak bk (mod m)
（5）若A1 则
1
k
B1 A1
k
(mod m), xi yi (mod m), i 1, 2,
从而 xn ) 3n 2 ( xn 1 xn 1 ) 3n 1 ( xn x1 x1 =x1 3 x1 =x2， ，xn =xn， 同理 x2 即此3n +1 个数中，两两互不相同；
, n 1)时，每一项3i xi 各取3个值， 3x1 x0共通过3n 1 个数；
② 在这3n 1 个数中，若有 3n 1 xn 1 3n xn x0 =3n xn 3n 1 xn 1 3x1 3x1 x0 3n ( xn xn ) 3n 1 ( xn 1 xn 1 ) 则x0 x0 x0 x0 3 x0 x0 x1 ) 3( x1
例：A=28997, B=39495, C=1145236415 AB 之积 为C， 对？
第二节
剩余类及完全剩余系
由带余数除法我们知道，对于给定的正整数m，可以
将所有的整数按照被m除的余数分成m类。本节将对此作 进一步的研究。
定理1
若m是一个给定的正整数，则全部整数可分成 , K m1 , 其中K r (r 0,1, , m 1)是
, m 1, 它们
下面例1给出模m的另外完全剩余系——绝对最小完 全剩余系.
当m是偶数时, m m m , 1, , 1, 0,1, , 1; 2 2 2 m m m 及 1, 1, , 1, 0,1, , 2 2 2 都是模m的完全剩余系.
初等数论 习题解答
王进明 初等数论 习题及作业解答P17 习题1-1 1，2(2)(3), 3，7，11，12为作业。
1．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：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=(121)454122626390,b +=---=b =30, 被除数a =12b +26=360.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题：商为12,表明被除数减去余数后是除数的12倍，被除数减去余数后与除数相加的和是除数的（12+1）倍，即454122626390---=是除数的13倍.2．证明：(1) 当n ∈Z 且39(09)n q r r =+≤<时，r 只可能是0,1,8;证：把n 按被9除的余数分类，即：若n=3k, k ∈Z ，则3327n k =, r=0； 若n=3k +1, k ∈Z ，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8. (2) 当 n ∈Z 时，32326n n n -+的值是整数。
证 因为32326n n n -+=32236n n n -+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。
32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+.或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --为3的倍数；若n 为3k －1, k ∈Z ，则2n －1=2(3k －1)－1=6k-3, 2n －1是3的倍数.综上所述，(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。
初等数论第三章同余
⑥ a b c (m o d m ) a c b (m o d m )
证 ： a b c (m o d m ) m c a b
m ( c b ) a a ( c b )(m o d m ).
① a b (mod m)，dm，d > 0 a b (mod d)；
证 ： a b (m o d m )
d |a b
a b (m o d d ).
② a b (mod m)，k > 0，kN ak bk (mod mk)；
证 ： a b (m o d m ) m | a b
证 ： a b (m o d m i ) m i a b [ m 1 , , m k ] a b .
④ a b (mod m) (a, m) = (b, m)；
证 ： a m q1 r
( a , m ) ( m , r ),
同 理 ， b m q 2 r ( b , m ) ( m , r ).
n n1
a1 10 a 0
1
(1)
i
3、9 的整除特征 ——各位上的数字之和能被3（9）整除
10 1 m od(3)
a a n 10 a1 10 a 0 a n a1 a 0 m od ( 3 )
n
例1
检查5874192、435693 能否被3（9）整除。
证 ： a b (m o d m )
d |a b
a b (m o d d ).
初等数论习题(第三章)
. #
证法二fg*e,f1g1*e,则f*g1g*e*g1g*g1*eg*(g1*e)g*f1. #
25.设f(x)是一个整系数多项式,(n)代表
f(0),f(1),,f(n1) (1)
中与n互素的数的个数,证明:
(1)(n)是积性数论函数;
(2)(p)p1(pbp),bp代表(1)中被素数p整除的数的个数.
(2) (a,p)1(a,p)1,而
f(0),f(1),…,f(p1)
f(p),f(p1),…,f(2p1)
n1时结论显然.
n>1时,由于u(n),(n)均是积性函数,所以u2(d)/(d), 也是积性函数.设np11…pss,则
右边 .
左边 .
故 .#
12.证明: 的充分必要条件是 .
证明:
设n ,p1,…,pk为不同的素数,i1,i1, 2,…,k.
所以, . #
13.证明:
.
证明:
n1时结论显然.
假设对nk时成立,即
.
证明:
(1)证法一只需设n1,n2,…,nk均为正数,设p为任意素数,则vp((n)!) ,vp((nj)!) ,只需证 对i1均成立,而由P64性质2知这是显然的,故 Z.
证法二n2时, ,
假设n1时结论成立,则当n时
(由归纳假设知 ,又 Z.)
(2)若n是素数,且max(n1,n2,…,nk)<n,故n|n!,而n n1!,n2!,…,nk!,所以
或d2 (mod 3),n/d1 (mod 3),
和d3 (mod 8),n/d5 (mod 8)
或d5 (mod 8),n/d3 (mod 8)
或d1 (mod 8),n/d7 (mod 8)
初等数论复习
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)
(6) 若 a b (mod m), 且 n∈N，则
an bn (mod m) (7) 若 ac bc (mod m) ，且c≠0，则 a b (mod m/(c,m)) (8) 若 a b (mod m), m=qn ，则 a b (mod n) (9)若 a b (mod mi),i=1,2,…,n ，则 a b (mod [m1,m2,…,mn]),
1253 17(22) = (125, 17) = 1
§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。
6=1+2+3 28 全部因数(除本身) 1, 2,4,7,14
28=1+2+4+7+14
一个数若等于它的全部因数之和(不包 括自身)，就叫做完全数
亲和数
亲和数的定义是：对于自然致m和n，若m
的全部因数(不包括自身)之和恰好等于 n．而n的全部因数(不包括自身)之和又恰好 等于m，则m和n是一对亲和数． 例如，220的全部因数之和 1+2+4+5+10+11+20+22+44+55+110=284 而248的全部因数之和 1+2+4+71+142＝220， 所以220和284是一对亲和数．
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6. p 是奇素数，证明： (1) 1p-1+2p-1+…+(p-1)p-1≡-1 (mod p). (2) 1p+2p+…+(p-1)p≡0 (mod p).
φ (n)为欧拉函数，则 φ (a)=
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成绩：
亳州师专《初等数论》自考助学作业
《初等数论》作业题 4（第三章 1）
第三章复习要点： 1．同余的概念及其基本性质、检查因数的方法. 2．剩余类及完全剩余系、简化剩余系与欧拉函数.. 3．欧拉定理、费马定理、费马小定理. 第三章作业题：
5. 证明： 2340≡1(mod 341).
一、填空题
.
二、证明题 1. a,b 都是大于 1 的整数， a|b， φ (x)为欧拉函数， 则 φ (a)| φ (b). 7. p 是奇素数， r1,r2,…, rp-1 是 1,2,…,p-1 的一个 排列 . 证明： r1,2r2,… ,(p-1)rp-1 不是模 p 的简化剩 余系 .
2. a,b∈ Z， p 为素数，则 (a+b)p≡ap+bp(mod p).
3. 证明： 4 | n2 +2， n Z.
8. n 为正偶数, a1,a2,…, an 及 b1,b2,…, bn 分别是 1,2,…,n 的排列，证明：a1+ b1, a2+ b2,…, an+ bn 不是模 n 的完全剩的差与另两个 整数差的乘积是 4 的倍数 .
1.n 能被 3 整除的充要条件是 2. 20082008 被 7 除余数为 . 20102010 被 7 除余数为
340
. .
3. 2 被 11 除余数为 . 4. 模 12 的一个简化剩余系是 . 5. 设 p 是素数， r1,r2,…,rp-1 是 p 的一个简化剩余系， 则 r1r2…rp-1≡ ≡ (mod p).