大庆师范学院数学与应用数学初等数论试题1答案
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 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 = 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。
初等数论练习题一（含答案）
初等数论练习题⼀（含答案）《初等数论》期末练习⼆⼀、单项选择题1、=),0(b （）.A bB b -C bD 02、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（）.A aB bC 1D b a +3、⼩于30的素数的个数（）.A 10B 9C 8D 74、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则A )(mod m bc ac ≡B b a =C (mod )ac bc m ≡/D b a ≠5、不定⽅程210231525=+y x （）.A 有解B ⽆解C 有正数解D 有负数解6、整数5874192能被( )整除.A 3B 3与9C 9D 3或97、如果a b ，b a ，则( ).A b a =B b a -=C b a ≥D b a ±=8、公因数是最⼤公因数的（）.A 因数B 倍数C 相等D 不确定9、⼤于20且⼩于40的素数有（）.A 4个B 5个C 2个D 3个10、模7的最⼩⾮负完全剩余系是( ).A -3，-2,-1,0,1,2，3B -6，-5,-4,-3,-2,-1C 1,2,3,4,5，6D 0,1,2,3,4，5，611、因为( ),所以不定⽅程71512=+y x 没有解.A [12，15]不整除7B （12，15）不整除7C 7不整除（12，15）D 7不整除[12，15]12、同余式)593(m od 4382≡x （）.A 有解B ⽆解C ⽆法确定D 有⽆限个解⼆、填空题1、有理数ba ，0,(,)1ab a b <<=，能写成循环⼩数的条件是（）. 2、同余式)45(mod 01512≡+x 有解，⽽且解的个数为( ). 3、不⼤于545⽽为13的倍数的正整数的个数为( ).4、设n 是⼀正整数，Euler 函数)(n ?表⽰所有( )n ，⽽且与n （）的正整数的个数.5、设b a ,整数，则),(b a （）=ab .6、⼀个整数能被3整除的充分必要条件是它的（）数码的和能被3整除.7、+=][x x （）.8、同余式)321(m od 75111≡x 有解,⽽且解的个数( ). 9、在176与545之间有( )是17的倍数.10、如果0 ab ,则),](,[b a b a =( ).11、b a ,的最⼩公倍数是它们公倍数的( ).12、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( ).三、计算题1、求24871与3468的最⼩公倍数?2、求解不定⽅程2537107=+y x .（8分）3、求??563429,其中563是素数. （8分） 4、解同余式)321(m od 75111≡x .（8分） 5、求[525,231]=?6、求解不定⽅程18116=-y x .7、判断同余式)1847(m od 3652≡x 是否有解？8、求11的平⽅剩余与平⽅⾮剩余.四、证明题1、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.（11分）2、证明当n 是奇数时，有)12(3+n .（10分）3、⼀个能表成两个平⽅数和的数与⼀个平⽅数的乘积,仍然是两个平⽅数的和;两个能表成两个平⽅数和的数的乘积,也是⼀个两个平⽅数和的数.（11分）4、如果整数a 的个位数是5,则该数是5的倍数.5、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.《初等数论》期末练习⼆答案⼀、单项选择题1、C2、C3、A4、A5、A6、B7、D8、A9、A 10、D 11、B 12、B⼆、填空题1、有理数ba ，1),(,0=b a b a ，能写成循环⼩数的条件是（ 1)10,(=b ）. 2、同余式)45(mod 01512≡+x 有解，⽽且解的个数为( 3 ). 3、不⼤于545⽽为13的倍数的正整数的个数为( 41 ).4、设n 是⼀正整数，Euler 函数)(n ?表⽰所有( 不⼤于 )n ，⽽且与n （互素）的正整数的个数.5、设b a ,整数，则),(b a （ ],[b a ）=ab .6、⼀个整数能被3整除的充分必要条件是它的（⼗进位）数码的和能被3整除.7、+=][x x （ }{x ）.8、同余式)321(m od 75111≡x 有解,⽽且解的个数( 3 ). 9、在176与545之间有( 12 )是17的倍数.10、如果0 ab ,则),](,[b a b a =( ab ).11、b a ,的最⼩公倍数是它们公倍数的( 因数 ).12、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( 1 ).三、计算题1、求24871与3468的最⼩公倍数?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。
大庆师范学院数学与应用数学初等数论试题1答案
大庆师范学院2010级数学与应用数学专业《初等数论》期末试卷参考答案及评分细则一、填空题（每小题2分，共20分）1． 已知正整数a 和b ，满足40=ab ，且[]20,=b a ，则()b a ,＝__2_____． 2．同余式()5m od 12≡x 的解是__ ()5m od 3≡x ___________． 3．使270×m 为立方数的最小的正整数m 的值是__100_____． 4．360的正约数有_24___个．5．设()1,,0=<<b a b a ，则ba可以化成纯循环小数的充要条件是()10,b =___1____．6．写出模10的一个最小的非负简化剩余系，并要求每项都是7的倍数，则此简化剩余系为_｛7,21,49,63｝．7．同余方程()73m od 1712≡x 有_ 2 个解．8．⎪⎭⎫⎝⎛25735= 1 ． 9．设kkp p p a ααα.......2121=（1>a ）的约数个数为∏=+ki i 1)1(α．10．如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者与p 互质．二、判断题（每小题2分，共10分）1． 当34+=m p 时， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-p 1=-1 ． （ √ ） 2． 集合{}32,27,22,17,12,7是模6的一个完全剩余系． （ √ ） 3．⨯⨯⨯872735975( )，要使这个乘积的最后四个数都是零，括号内最小应填自然数10． （ √ ） 4．()3m od 01263152345≡-+-++x x x x x 成立． （ × ）5．分数201可以化成混循环小数． （ × ）三、单项选择题: （每小题2分，共14分）1．n m ,为整数，下列式子中一定不成立的是（ D ）．A ．2313+=-n m ；B ．1501=+n m ；C ．052=+n m ；D ．2717-=+n m ．2． 下列命题不一定成立的是（ C ）．A ．若()()m d c m b a m od ,m od ≡≡， 则)(mod m d b c a -≡-；B ．若()2,m od ≥≡n m b a , 则()m b a nnm od ≡；C ．若()m bd ac m od ≡, 则有()m b a m od ≡；D ．若()mk bk ak m od ≡，则()m b a m od ≡．3． 对于[]x 与{}x 的性质，以下正确的表述有（ C ）个．（1）[]x ≤x <[]x ＋1； （2）x －1<[]x ≤x ；题号 一 二 三 四 五 总分 核分人 得分得分阅卷人得分阅卷人得分阅卷人（3）0≤{}x <1； （4）[]x n +=n +[]x ，n 为整数．A ．1；B ．2；C ．3 ；D ．4．4． 下列分数能化成纯循环小数的是（ C ）．A ．12001； B ．641； C ．331； D ．3081． 5．n m ,为整数，下列说法正确的是（ A ）．A ．255n m m n +++是整数；B ．2nm +是整数；C ．2)1)(1(++n m 是整数；D ．2)1(m n n ++是整数．6．同余式组⎩⎨⎧≡≡)36(mod 5)13(mod 7x x 对模13×36的解的个数是（ A ）．A ．1；B ．2；C ．0；D ．4． 7．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 ,.四、计算题（共38分）1． 求134754除以17的余数．（6分）解：∵()17,54 =1，()1617=ϕ，∴1654≡1（mod 17）．-----------------------2分 ∴134754=()102735454338416≡≡≡⨯（mod 17）．------------------------------2分 ∴134754除以17的余数为10．------------------------------------------------2分2． 求30！的标准分解式．（6分）解：不超过30的质数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29．--------------------2分∵2（30!）=[230]+[2230]+[3230]+[4230]=26，3(30!)=[330]+[2330]+ [3330]=14， 5(30!)=[530]+[2530]=7，7(30!)=[1130]=4，11(30!)=[1130]=2，13(30!)=[1330]=2，17(30!)=[1730]=1，19(30!)=[1930]=1，23(30!)=[2330]=1，29(30!)=[2930]=----2分∴2923191713117532!2522471426⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=．------------------------2分3． 解同余方程组()()()x 2mod 12x 6mod 10x 1mod 15≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩－．（8分）解：∵12，10，15不两两互质，∴不能直接用孙子定理求解．它等价于()()()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡≡-≡-≡3mod 15mod 15mod 62mod 63mod 22mod 22x x x x x x ，又等价于()()()⎪⎩⎪⎨⎧≡≡≡5mod 13mod 14mod 2x x x ，-------------------------------------------2分 ∵4，3，5两两互质，∴可用孙子定理求解．--------------------------------------2分m =4×3×5=60，1M =3×5=15，2M =4×5=20，3M =4×3=12；由15/1M 1(mod 4)，得/1M =3；由20/2M 1(mod 3)，得/2M =2； 由12/3M 1(mod 5)，得/3M =3．-----------------------------------------------2分 ∴x 15×2×3＋20×2×1＋12×3×116646 (mod 60) ．------------------------2分 4． 求所有的素数p ，使得下面的方程有解：()p x mod 112≡．（8分）解：由111)1(111)()(21=-=-p p p 推出，---------------------------------------2分得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==---1111)1(1111)1()()(2121p p p p 或，--------------------------------------2分即⎩⎨⎧-----≡-≡⎩⎨⎧≡≡)11(mod 9,5,4,3,1)4(mod 1)11(mod 9,5,4,3,1)4(mod 1p p p p 或，-----------------2分解之得p 1，5，7，9，19 (mod 44) ．------------------------2分5． 设a 是正整数，100<a ，且233+a 能被24整除，求a 的值．（10分） 解：依题意有()24m od 0233≡+a ，化简得：()24mod 13≡a ， (1)设()13-=a a f ，()2/3a a f=，(1)式等价于()()()()⎩⎨⎧≡≡38mod 123mod 133L L L L a a ，解（2）得()3m od 1≡a ．-------------2分解（3），先解()2mod 13≡a 得()2m od 1≡a ，且()1/f 模2不同余0，将121t a +=代入到()()4m od 0≡a f 中，得()()()4m od 0121/1≡+f t f ，化简得()4m od 0321≡⋅t ，则()2m od 01≡t ，代入得241t a +=，且()1/f 模4不同余0，将241t a +=代入到()()8m od 0≡a f 中，得()()()8m od 0141/2≡⋅+f t f ，化简得()8m od 0342≡⋅t ，则()2m od 02≡t ，代入得381t a +=， 所以()8m od 1≡a 为（3）的解．------------------------------------------------3分下面解()()⎩⎨⎧≡≡8mod 13mod 1a a ，利用孙子定理得()24m od 1≡a ，---------------------------3分又因为+∈<<N a a ,1000,所以97,73,49,24,1=a ．------------------------------2分五、证明题（每小题9分，共18分）1． 设n m ,为正整数，且 ()n m ,=1，证明：．证明：∵()n m ,=1，∴()()n m n m od 1≡ϕ，()()m n m mod 1≡ϕ，--------------------3分 ∵()()m m n m od 0≡ϕ，()()n n m mod 0≡ϕ，∴()()()m n m m n m od 1≡+ϕϕ，()()()n n m m n m od 1≡+ϕϕ，--------------------------3分又∵()n m ,=1，∴()()()mn n mm n m od 1≡+ϕϕ．-----------------------------------3分2． 设t s ,为正整数，且t s ≥，证明：整数集合{}10,10,-≤≤-≤≤+=--t t s ts p v p u v p u x x 为模sp 的一个完全剩余系．证明：由v u ,的取值可得s t t s p p p =-个数，-----------------------------------3分 若)(m od 2211s t s t s p v p u v p u --+≡+，)(mod 2211t s t s t s p v p u v p u ---+≡+， 则)(mod 21t s p u u -≡，又t s p u u -<≤21,0，21u u =∴．-------------------------3分又)(m od ),(m od 2121t t s t s t s p v v p v p v p ≡≡---，又t p v v <≤21,0，21v v =∴．与11v p u t s -+∴22v p u t s -+为同一数，矛盾，故原命题成立．--------------3分。
初等数论习题与答案、及测试卷
初等数论习题与答案、及测试卷1 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 n1()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b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rax 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 /),(,/),( 0/),(by ax ba +∴故),(00b a by ax =+4 证：作序列 ,23,,2,0,23,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 q a bs a t q s 2 ,2-=-==，则有22220b t b q b q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0,2+=-=-=，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 2 1,21+-=-=+=，则有21212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 01,21++=-=+-=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 ≤=-+?=+=?2,2,222211b t 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》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 ++-+-。
初等数论考试题及答案
初等数论考试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 以下哪个数是质数？A. 23B. 45C. 68D. 89答案：A2. 两个连续的自然数的乘积一定是：A. 偶数B. 奇数C. 质数D. 合数答案：A3. 求下列哪个数的因数个数最多？A. 12B. 18C. 24D. 30答案：C4. 一个数如果被6整除，那么它一定能被：A. 2整除B. 3整除C. 2和3同时整除D. 以上都不是答案：C5. 以下哪个数是完全数？A. 6B. 28C. 496D. 8128答案：A6. 一个数的最小素因子是2，那么这个数一定是：A. 偶数B. 奇数C. 质数D. 合数答案：A7. 求下列哪个数的各位数字之和最大？A. 123B. 456C. 789D. 135答案：C8. 一个数的各位数字之和是9，那么这个数除以9的余数是：A. 0B. 1C. 2D. 3答案：A9. 一个数的各位数字之和是3的倍数，那么这个数一定是：A. 3的倍数B. 9的倍数C. 27的倍数D. 不一定是3的倍数答案：A10. 一个数的各位数字之和是5的倍数，那么这个数一定是：A. 5的倍数B. 25的倍数C. 125的倍数D. 不一定是5的倍数答案：D二、填空题（每题4分，共20分）1. 一个数如果只有1和它本身两个因数，那么这个数叫做__质数__。
2. 如果两个数的最大公约数是1，那么这两个数叫做__互质数__。
3. 一个数如果除了1和它本身外，还有其他因数，那么这个数叫做__合数__。
4. 一个数如果能够被2整除，那么这个数叫做__偶数__。
5. 一个数如果能够被3整除，那么这个数的各位数字之和也一定能被3整除。
三、解答题（每题10分，共50分）1. 证明：如果一个数n能被4整除，那么2n也能被4整除。
证明：设n能被4整除，则存在整数k使得n=4k。
则2n=2×4k=8k，显然8k能被4整除，因此2n也能被4整除。
2. 证明：如果一个数n能被9整除，那么它的各位数字之和也能被9整除。
初等数论习题集答案
初等数论习题集答案初等数论习题集答案数论作为数学的一个分支，研究的是整数的性质和关系。
初等数论是数论中的一个重要分支，它主要研究整数的基本性质和简单的数学关系。
在学习初等数论的过程中，习题集是一个非常好的辅助工具，通过解答习题可以加深对数论知识的理解和掌握。
本文将为大家提供一些初等数论习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 证明：若a和b是整数，且a|b，则|a|≤|b|。
证明：根据整除的定义，如果a|b，那么存在一个整数k，使得b=ak。
由此可得：|b|=|ak|=|a||k|。
由于k是一个整数，所以|k|≥1，因此有|b|≥|a|。
2. 证明：若a、b和c是整数，且a|b，b|c，则a|c。
证明：根据整除的定义，如果a|b，那么存在一个整数k1，使得b=ak1。
同理，如果b|c，那么存在一个整数k2，使得c=bk2。
将b的表达式代入c的表达式中，得到c=(ak1)k2=ak1k2。
由此可见，c也是a的倍数，即a|c。
3. 证明：如果一个整数能被2和3整除，那么它一定能被6整除。
证明：假设一个整数能被2和3整除，那么可以分别表示为2m和3n，其中m和n是整数。
将2m和3n相加得到2m+3n=6(m/2+n/3)，由此可见，这个整数可以被6整除。
4. 证明：如果一个整数的平方是偶数，那么这个整数本身就是偶数。
证明：假设一个整数的平方是偶数，那么可以表示为n^2=2m，其中n和m是整数。
如果n是奇数，那么可以表示为n=2k+1，其中k是整数。
将n代入n^2=2m中，得到(2k+1)^2=4k^2+4k+1=2(2k^2+2k)+1，由此可见，这个整数的平方是奇数，与题设矛盾。
因此，假设不成立，这个整数本身一定是偶数。
5. 证明：对于任意的正整数n，n^2+n+1一定不能被2整除。
证明：假设n^2+n+1能被2整除，那么可以表示为n^2+n+1=2m，其中n和m是整数。
将n^2+n+1拆开得到n(n+1)+1=2m，由此可见，左边是一个奇数加上1，得到一个偶数。
初等数论试卷,最全面的答案,包括截图
初等数论试卷,最全⾯的答案,包括截图初等数论考试试卷⼀、单项选择题：（1分/题X 20题=20分）1 ?设x为实数，lx ]为x的整数部分，则（A ）A.[xl X ：：: lx ； E. [x I ::: x Ixl ? 1 ;C. lx I x lx A：；1 ;D. lx I ::: X ：：: Ix.l ? 1 .2.下列命题中不正确的是（B ）A.整数a i,a2,||（,a n的公因数中最⼤的称为最⼤公因数；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x o,y°,d⼆a,b，则此⽅程的⼀切解可表为（C ）a bA.x =x°t, y ⼆y°t,t =0, _1,_2」H;d da bB.x = X o t, y ⼆y o t,t = 0, —1, _2」H;d db ac. x =X o t, y =y°t,t =0, _1,_2,川；d db aD. x =x°t, y ⼆y o t,t =0, ⼀1,_2,|"；d d4. 下列各组数中不构成勾股数的是（D ）A. 5, 12, 13;B. 7, 24, 25;C.3, 4, 5;D. 8, 16, 175. 下列推导中不正确的是（D ）A.? 三b modm ,a2 三d modm = y a?三b b2modm ;B.Q= b mod m ,a2 = b2 modm = Qa? = bb 2mod m ;c. Q= b mod m = 时2 = ba 2modm ;2 2C. ⼀5, -4, _3,-2,_1,0,1,2,3,4;D. 1,3,7,9.D.a1= b1 modm = Q=b modm .6 .模10的⼀个简化剩余系是（D ）A. 0,1,2,川,9;B. 1,2,3川1,10;7. a三b modm的充分必要条件是(A )A. ma —b;B. a —b m;C.m a +b;D. a +b m.&设f x =x42x38x 9，同余式f x三0 mod5的所有解为(C )A. x =1 或-1;B. x =1 或4;C. x 三1 或-1 mod5 ;D.⽆解.9、设f(x)= a n X n JlUII a1x ? a°其中a i是奇数,若x = x0mod p 为f(x) = 0 mod p 的⼀个解, 则:(?)A. 了.三/.: mod p ⼚定为f (x)三0(mod p勺,1的⼀个解B. '三I mod p「，：：1,⼀定为f (x)三0 mod p ：的⼀个解D. 若x三x° mod p -为f (x)三0 mod p -的⼀个解，则有x ：三x° mod p10.设f (x)⼆a n x n|川|) ax a0,其中a i为奇数,a n丞Omodp,n p,则同余式f (x) =0 mod p 的解数：( )A.有时⼤于p但不⼤于n; B .不超过pC.等于p D .等于n11.若2为模p的平⽅剩余，则p只能为下列质数中的:( D )A. 3 B . 11 C . 13 D . 2312.若雅可⽐符号->1，则(C )Im⼃2A. 同余式x三a modm ⼀定有解,B. 当a,m =1时,同余式x2=a mod p有解；C. 当m = p(奇数)时,同余式x2三a mod p有解；D. 当a⼆p(奇数)时,同余式x2三a mod p有解.13.若同余式x2三a mod2‘，〉-3, 2, a =1有解,则解数等于(A )C. ⼀5, -4, _3,-2,_1,0,1,2,3,4;D. 1,3,7,9.D.18. 若x 对模m 的指数是ab , a >0, ab >0,则a 对模m 的指数是（B ）A. a B . b C . ab D.⽆法确定19. f a , g a 均为可乘函数，则（A ） A. f a g a 为可乘函数； B . f ag （a ）C. f a g a 为可乘函数； D . f a - g a 为可乘函数20. 设丄［a 为茂陛乌斯函数，则有（B ）不成⽴A ⼆ J 1 =1B .空-1 =1C .⼆■-2 = -1D .⼆=9 =0⼆. 填空题：（每⼩题1分，共10分）21.3在45!中的最⾼次n = ________ 21 ___ ; 22. 多元⼀次不定⽅程：a 1x 1 a 2x 2 ?⼁II a n x^ N ,其中a 1 , a 2，…，a n , N 均为整数，n _ 2 ,有整数解的充分必要条件是 _ （ a 1 , a 2 ,…，a n ,） I N_a23.有理数⼀，0cavb , （a,b ）=1，能表成纯循环⼩数的充分必要条件是_ （10, b ） =1__； b- _ 24. 设x 三冷 mod m 为⼀次同余式ax 三b modm , a = 0 mod m 的⼀个解，则它的所有解 A . 414. A . 15. A . B . 3 C 模12的所有可能的指数为：（ 1, 2, 4 B . 1, 2, 4, 6, 若模m 的原根存在，下列数中，2 B .3 C 16. 对于模5，下列式⼦成⽴的是.2 A )12 C . 1, 2, m不可能等于：( D . 12 B ) 3, D 4, 6,12 D ?⽆法确定 )A. in d 32 =2ind 3^=3 C. in d 35 =0ind 310 ⼆ ind 32 ind 35 17. A. 下列函数中不是可乘函数的是：茂陛鸟斯（mobius ）函数w（a ）; B. 欧拉函数■- a ；C. 不超过x 的质数的个数⼆x ；25. ____________________________ 威尔⽣（wilson ）定理： _______________ （P —1）! +1 三0（modp ）, p 为素数 _____________ ；26. 勒让德符号'^03 |= 1 ;訂013⼃27. 若a, p [=1，则a 是模p 的平⽅剩余的充分必要条件是 a 2三1 mod p （欧拉判别条件； 28.在模m 的简化剩余系中，原根的个数是 _讥営m __； 29.设。
(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。
初等数论考试及试卷答案
初等数论考试及试卷答案初等数论考试试卷一、单项选择题（每题3分，共30分）1. 以下哪个数是质数？A. 4B. 9C. 11D. 152. 100以内最大的质数是：A. 97B. 99C. 100D. 1013. 两个连续的整数的乘积总是：A. 偶数B. 奇数C. 质数D. 合数4. 以下哪个数是完全数？A. 6B. 28C. 496D. 81285. 欧拉函数φ(n)表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，那么φ(10)的值是：A. 2B. 4C. 6D. 86. 以下哪个数是费马数？A. 3B. 4C. 5D. 67. 一个数的最小素因子总是：A. 1B. 2C. 3D. 48. 以下哪个数是梅森质数？A. 7B. 31C. 127D. 81919. 如果p是一个质数，那么p^2-1的形式是：A. 质数B. 合数C. 完全数D. 素数10. 以下哪个数是卡迈克尔数？A. 561B. 1105C. 1729D. 2145二、填空题（每题4分，共40分）11. 一个数如果只有1和它本身两个正因数，那么这个数被称为________。
12. 两个数的最大公约数（GCD）是这两个数的公共因数中最大的一个，记作________。
13. 两个数的最小公倍数（LCM）是这两个数的公倍数中最小的一个，记作________。
14. 一个数如果能够被2整除，那么这个数被称为________。
15. 一个数如果能够被3整除，那么这个数的各位数字之和必须能够被________整除。
16. 一个数如果能够被5整除，那么这个数的个位数字必须是0或________。
17. 一个数如果能够被11整除，那么这个数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差必须是11的倍数，包括________。
18. 一个数如果能够被7整除，那么这个数的各位数字交替相加和相减的结果必须是7的倍数，包括________。
19. 一个数如果能够被9整除，那么这个数的各位数字之和必须是9的倍数，包括________。
初等数论试卷和答案解析
初等数论考试试卷1一、单项选择题(每题3分，共18分) 1、如果a b ，b a ，则( ). Ab 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 bc D b a ≠5、如果( ),则不定方程c by ax =+有解. Acb a ),( B),(b a c Cca Dab a ),(6、整数5874192能被( )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9二、填空题(每题3分，共18分)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 ≤0.三、计算题(每题8分，共32分) 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）四、证明题(第1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分)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.试卷1答案一、单项选择题(每题3分，共18分) 1、D. 2、A 3、C 4、A 5、A 6、B 二、填空题(每题3分，共18分)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(][b a ).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 ≤0.三、计算题(每题8分，共32分) 1、求[136,221,391]=?（8分）解 [136,221,391]=[[136,221],391]=[391,17221136⨯]=[1768,391]------------(4分)= 173911768⨯=104⨯391=40664. ------------（4分）2、求解不定方程144219=+y x .（8分） 解：因为（9，21）=3，1443，所以有解；----------------------------（2分） 化简得4873=+y x ；-------------------（1分）考虑173=+y x ，有1,2=-=y x ， -------------------（2分） 所以原方程的特解为48,96=-=y x ，-------------------（1分）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
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：D13：[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（）。
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。
初等数论试卷和答案
初等数论考试试卷1一、单项选择题(每题3分，共18分)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 c C c a D a b a ),(6、整数5874192能被( )整除.A 3B 3与9C 9D 3或9二、填空题(每题3分，共18分)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≤0.三、计算题(每题8分，共32分)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）四、证明题(第1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分)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.试卷1答案一、单项选择题(每题3分，共18分)1、D.2、A3、C4、A5、A6、B二、填空题(每题3分，共18分)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( ][b a ).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≤0.三、计算题(每题8分，共32分)1、 求[136,221,391]=?（8分）解 [136,221,391]=[[136,221],391] =[391,17221136⨯]=[1768,391]------------(4分) = 173911768⨯=104⨯391=40664. ------------（4分）2、求解不定方程144219=+y x .（8分）解：因为（9，21）=3，1443，所以有解； ----------------------------（2分）化简得4873=+y x ； -------------------（1分）考虑173=+y x ，有1,2=-=y x ， -------------------（2分）所以原方程的特解为48,96=-=y x ， -------------------（1分）因此，所求的解是Z t t y t x ∈-=+-=,348,796。
初等数论试题及答案高一
初等数论试题及答案高一初等数论试题及答案（高一）一、选择题（每题4分，共40分）1. 以下哪个数是质数？A. 4B. 9C. 13D. 16答案：C2. 两个连续的整数的乘积总是：A. 偶数B. 奇数C. 质数D. 合数答案：A3. 一个数的最小素因子是：A. 1B. 2C. 3D. 该数本身答案：B4. 以下哪个数是完全数？A. 6B. 28C. 496D. 8128答案：B5. 如果一个数n的各位数字之和能被3整除，那么n：A. 能被2整除B. 能被3整除C. 能被5整除D. 能被9整除答案：B6. 以下哪个数是费马数？A. 3B. 5C. 17D. 257答案：D7. 一个合数n，如果它有且仅有两个不同的素因子，那么n被称为：A. 质数B. 合数C. 半质数D. 素数答案：C8. 欧拉函数φ(n)表示的是：A. 不大于n的正整数中能被n整除的数的个数B. 不大于n的正整数中与n互质的数的个数C. 不大于n的正整数中能被n整除的素数的个数D. 不大于n的正整数中与n互质的素数的个数答案：B9. 一个数n被称为素数，如果：A. n只能被1和它本身整除B. n只能被1和它本身整除，且n大于1C. n只能被1和它本身整除，且n是偶数D. n只能被1和它本身整除，且n是奇数答案：B10. 以下哪个数是梅森素数？A. 3B. 7C. 31D. 127答案：D二、填空题（每题4分，共20分）11. 一个数n被称为合数，如果它有超过________个不同的素因子。
答案：212. 一个数n被称为平方数，如果存在一个整数m，使得n = m^________。
答案：213. 一个数n被称为立方数，如果存在一个整数m，使得n = m^________。
答案：314. 一个数n被称为素数，如果它除了1和它本身外，没有其他的________。
答案：因数15. 一个数n被称为高斯素数，如果它在________数系统中是素数。
初等数论练习题与答案
初等数论练习题一一、填空题1、 (2420)=27； (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+18tt 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、65=-1。
103p19、若 p 是素数，则同余方程 x1(mod p) 的解数为 p-1 。
21、解同余方程： 3x 11x 20 0 (mod 105) 。
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？解： 42 ) （ 2 37）（ 2 ）（3 ）（7 ） 107 107 1071071072 ） 33 1 107 1107 ）2 ）7）（7 1 107 1107 2 ）（，（ ）（ ）22（ （ ，（ ）22 （） （ 11071107133110717 7（ 42） 1 107故同余方程 x 2≡ 42(mod 107)有解。
初等数论试题及答案大学
初等数论试题及答案大学一、选择题（每题5分，共20分）1. 以下哪个数是素数？A. 4B. 9C. 11D. 15答案：C2. 100以内最大的素数是：A. 97B. 98C. 99D. 100答案：A3. 一个数的最小素因子是3，那么这个数至少是：A. 3B. 6C. 9D. 12答案：B4. 以下哪个数是完全数？A. 6B. 28C. 496D. 8128答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 一个数的因数个数是______，那么这个数一定是合数。
答案：32. 如果一个数的各位数字之和是3的倍数，那么这个数本身也是3的倍数，这个性质称为______。
答案：3的倍数规则3. 欧拉函数φ(n)表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，那么φ(10)等于______。
答案：44. 哥德巴赫猜想是指任何一个大于2的偶数都可以表示为两个______之和。
答案：素数三、解答题（每题15分，共30分）1. 证明：如果p是一个素数，那么2^(p-1) - 1是p的倍数。
证明：设p是一个素数，根据费马小定理，对于任意整数a，若p不能整除a，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
特别地，当a=2时，有2^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
这意味着2^(p-1) - 1是p的倍数。
2. 计算：求1到100之间所有素数的和。
答案：2 + 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 + 23 + 29 + 31 + 37 + 41 + 43 + 47 + 53 + 59 + 61 + 67 + 71 + 73 + 79 + 83 + 89 +97 = 1060四、综合题（每题10分，共20分）1. 已知a和b是两个不同的素数，证明：a + b至少有4个不同的素因子。
证明：设a和b是两个不同的素数，那么a和b至少有2个不同的素因子。
如果a + b是素数，那么a + b至少有3个不同的素因子。
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大庆师范学院2010级数学与应用数学专业《初等数论》期末试卷参考答案及评分细则-----------------------------------------一、填空题（每小题2分，共20分）1． 已知正整数a 和b ，满足40=ab ，且[]20,=b a ，则()b a ,＝__2_____． 2．同余式()5m od 12≡x 的解是__ ()5m od 3≡x ___________．3．使270×m 为立方数的最小的正整数m 的值是__100_____． 4．360的正约数有_24___个． 5．设()1,,0=<<b a b a ，则ba可以化成纯循环小数的充要条件是()10,b =___1____． 6．写出模10的一个最小的非负简化剩余系，并要求每项都是7的倍数，则此简化剩余系为_｛7,21,49,63｝．7．同余方程()73m od 1712≡x 有_ 2 个解．8．⎪⎭⎫⎝⎛25735= 1 ．9．设kkp p p a ααα.......2121=（1>a ）的约数个数为∏=+ki i 1)1(α．10．如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者与p 互质．二、判断题（每小题2分，共10分）1． 当34+=m p 时， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-p 1=-1 ． （ √ ） 2． 集合{}32,27,22,17,12,7是模6的一个完全剩余系． （ √ ） 3．⨯⨯⨯872735975( )，要使这个乘积的最后四个数都是零，括号内最小应填 自然数10． （ √ ） 4．()3m od 01263152345≡-+-++x x x x x 成立． （ × ）5．分数201可以化成混循环小数． （ × ）三、单项选择题: （每小题2分，共14分）1．n m ,为整数，下列式子中一定不成立的是（ D ）．A ．2313+=-n m ；B ．1501=+n m ；C ．052=+n m ；D ．2717-=+n m ．2． 下列命题不一定成立的是（ C ）．A ．若()()m d c m b a m od ,m od ≡≡， 则)(mod m d b c a -≡-；B ．若()2,m od ≥≡n m b a , 则()m b a nnm od ≡；C ．若()m bd ac m od ≡, 则有()m b a m od ≡；D ．若()mk bk ak m od ≡，则()m b a m od ≡．3． 对于[]x 与{}x 的性质，以下正确的表述有（ C ）个．（1）[]x ≤x <[]x ＋1； （2）x －1<[]x ≤x ；题号 一 二 三 四 五 总分 核分人 得分得分阅卷人得分阅卷人得分阅卷人（3）0≤{}x <1；（4）[]x n +=n +[]x ，n 为整数．A ．1；B ．2；C ．3 ；D ．4．4． 下列分数能化成纯循环小数的是（ C ）．A ．12001； B ．641； C ．331； D ．3081． 5．n m ,为整数，下列说法正确的是（ A ）．A ．255n m m n +++是整数；B ．2nm +是整数；C ．2)1)(1(++n m 是整数；D ．2)1(m n n ++是整数．6．同余式组⎩⎨⎧≡≡)36(mod 5)13(mod 7x x 对模13×36的解的个数是（ A ）．A ．1；B ．2；C ．0；D ．4． 7．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 ,.四、计算题（共38分）1． 求134754除以17的余数．（6分）解：∵()17,54 =1，()1617=ϕ，∴1654≡1（mod 17）．-----------------------2分 ∴134754=()102735454338416≡≡≡⨯（mod 17）．------------------------------2分 ∴134754除以17的余数为10．------------------------------------------------2分2． 求30！的标准分解式．（6分）解：不超过30的质数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29．--------------------2分∵2（30!）=[230]+[2230]+[3230]+[4230]=26，3(30!)=[330]+[2330]+ [3330]=14， 5(30!)=[530]+[2530]=7，7(30!)=[1130]=4，11(30!)=[1130]=2，13(30!)=[1330]=2，17(30!)=[1730]=1，19(30!)=[1930]=1，23(30!)=[2330]=1，29(30!)=[2930]=----2分∴2923191713117532!2522471426⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=．------------------------2分3． 解同余方程组()()()x 2mod 12x 6mod 10x 1mod 15≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩－．（8分）解：∵12，10，15不两两互质，∴不能直接用孙子定理求解．它等价于()()()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡≡-≡-≡3mod 15mod 15mod 62mod 63mod 22mod 22x x x x x x ，又等价于()()()⎪⎩⎪⎨⎧≡≡≡5mod 13mod 14mod 2x x x ，-------------------------------------------2分∵4，3，5两两互质，∴可用孙子定理求解．--------------------------------------2分m =4×3×5=60，1M =3×5=15，2M =4×5=20，3M =4×3=12；由15/1M ?1(mod 4)，得/1M =3；由20/2M ?1(mod 3)，得/2M =2；由12/3M ?1(mod 5)，得/3M =3．-----------------------------------------------2分 ∴x ?15×2×3＋20×2×1＋12×3×1?166?46 (mod 60) ．------------------------2分 4． 求所有的素数p ，使得下面的方程有解：()p x mod 112≡．（8分）解：由111)1(111)()(21=-=-p p p 推出，---------------------------------------2分得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==---1111)1(1111)1()()(2121p p p p 或，--------------------------------------2分 即⎩⎨⎧-----≡-≡⎩⎨⎧≡≡)11(mod 9,5,4,3,1)4(mod 1)11(mod 9,5,4,3,1)4(mod 1p p p p 或，-----------------2分解之得p ? ?1，?5，?7，?9，?19 (mod 44) ．------------------------2分5． 设a 是正整数，100<a ，且233+a 能被24整除，求a 的值．（10分） 解：依题意有()24m od 0233≡+a ，化简得：()24mod 13≡a ， (1)设()13-=a a f ，()2/3a a f=，(1)式等价于()()()()⎩⎨⎧≡≡38mod 123mod 133L L L L a a ，解（2）得()3m od 1≡a ．-------------2分解（3），先解()2mod 13≡a 得()2m od 1≡a ，且()1/f 模2不同余0，将121t a +=代入到()()4m od 0≡a f 中，得()()()4m od 0121/1≡+f t f ，化简得()4m od 0321≡⋅t ，则()2m od 01≡t ，代入得241t a +=，且()1/f 模4不同余0，将241t a +=代入到()()8m od 0≡a f 中，得()()()8m od 0141/2≡⋅+f t f ，化简得()8m od 0342≡⋅t ，则()2m od 02≡t ，代入得381t a +=，所以()8m od 1≡a 为（3）的解．------------------------------------------------3分下面解()()⎩⎨⎧≡≡8mod 13mod 1a a ，利用孙子定理得()24m od 1≡a ，---------------------------3分又因为+∈<<N a a ,1000,所以97,73,49,24,1=a ．------------------------------2分五、证明题（每小题9分，共18分）1．设n m ,为正整数，且 ()n m ,=1，证明：．证明：∵()n m ,=1，∴()()n m n m od 1≡ϕ，()()m n m mod 1≡ϕ，--------------------3分 ∵()()m m n m od 0≡ϕ，()()n n m mod 0≡ϕ，∴()()()m n m m n m od 1≡+ϕϕ，()()()n n m m n m od 1≡+ϕϕ，--------------------------3分又∵()n m ,=1，∴()()()mn n mm n m od 1≡+ϕϕ．-----------------------------------3分2． 设t s ,为正整数，且t s ≥，证明：整数集合{}10,10,-≤≤-≤≤+=--t t s ts p v p u v p u x x 为模sp 的一个完全剩余系．证明：由v u ,的取值可得s t t s p p p =-个数，-----------------------------------3分 若)(m od 2211s t s t s p v p u v p u --+≡+，)(mod 2211t s t s t s p v p u v p u ---+≡+，则)(mod 21t s p u u -≡，又t s p u u -<≤21,0，21u u =∴．-------------------------3分又)(m od ),(m od 2121t t s t s t s p v v p v p v p ≡≡---，又t p v v <≤21,0，21v v =∴．与11v p u t s -+∴22v p u t s -+为同一数，矛盾，故原命题成立．--------------3分。