初等数论计算题答案
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(q1x1 q2x2q 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 mnpq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(k 1)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。
初等数论练习题答案
初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12; 0(2420)=_880_2、设比n是大于1的整数，若是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_卜4, -3, -2, -1,0,1,2,3,4}.4、同余方程9x+12=0(mod 37)的解是x三11 (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—(山)_。
7、18100被172除的余数是_殛。
9、若p是素数，则同余方程L 1 l(modp)的解数为p-1 。
二、计算题疋11X 20 0 (mod lO5)o1、解同余方程：3解：因105 = 3 5 7,同余方程3x211X 20 0 (mod 3)的解为x 1 (mod 3),同余方程3x211X 38 0 (mod 5)的解为x0, 3 (mod 5),同余方程3x211X 20 0 (mod 7啲解为x2, 6 (mod 7), 故原同余方程有4解。
作同余方程组：x (mod 3), x b2 (mod 5), x b3 (mod 7),其中®=1, b2 = 0, 3, b3 = 2, 6,由子定理得原同余方程的解为x 13, 55, 58, 100 (mod 105)o2. 判断同余方程/三42(mod 107)是否有解?*3x7 2 3 7)=(二)(一)(―-)107 107 107 1072 3 I 。
， 2 v( —) = -1, ( — ) = (-1) 2 2(ArL) = -<±) = L 107 107 3 3.-.(—) = 1 107故同余方程x 2三42(mod 107)有解。
3、求(12715C +34) 23除以ill 的最小非负余数。
解：易知 1271 = 50 (mod 111)0由 502 =58 (mod 111) , 503 三58X50三 14 (mod 111), 509=143=80 (mod111)知 502G = (509)彳x50三803X50三803x50三68x50三70 (mod 111) 从而505C=16 (mod 11 l)o故(12715C +34) 2c = (16+34) 20 =502G =70 (mod 111)三、证明题1、 已知p 是质数，(a,p) =1,证明：(1) 当 Q 为奇数时,a p l +(p-l)A =O (mod p);(2) 当a 为偶数时,衣三°(mod p)。
初等数论期末试题及答案
初等数论期末试题及答案1. 选择题1.1 以下哪个数是质数？A. 10B. 17C. 26D. 35答案：B. 171.2 下列哪个数不是完全平方数？A. 16B. 25C. 36D. 49答案：C. 361.3 对于任意正整数n，下列哪个数一定是n的倍数？A. n^2B. n^3C. n+1D. n-1答案：A. n^22. 填空题2.1 求下列数的最大公约数：a) 24和36b) 45和75答案：a) 12b) 152.2 求下列数的最小公倍数：a) 6和9b) 12和18答案：a) 18b) 363. 计算题3.1 求1到100之间所有奇数的和。
解答：观察可知，1到100之间的奇数是等差数列，公差为2。
根据等差数列的求和公式，我们可以得到：(100 - 1) / 2 + 1 = 50 个奇数所以，奇数的和为：50 * (1 + 99) / 2 = 25003.2 求1到100之间所有能被3整除的数的和。
解答：观察可知，1到100之间能被3整除的数是等差数列，首项为3，公差为3。
根据等差数列的求和公式，我们可以得到：(99 - 3) / 3 + 1 = 33 个数所以，能被3整除的数的和为：33 * (3 + 99) / 2 = 16834. 证明题4.1 证明：如果一个数是平方数，那么它一定有奇数个正因数。
证明：设n是一个平方数，即n = m^2，其中m是一个正整数。
我们知道，一个数的因数总是成对出现的，即如果a是n的因数，那么n/a也是n的因数。
对于一个平方数n来说，它的因数可以分成两类：1) 当因数a小于等于m时，对应的商n/a必然大于等于m，因此这样的因数对有m对；2) 当因数a大于m时，对应的商n/a必然小于等于m，因此这样的因数对有(m - 1)对。
所以，在m > 1的情况下，平方数n有2m - 1个正因数，由于m是正整数，因此2m - 1一定是奇数。
而当m = 1时，平方数1只有一个因数，也满足奇数个正因数的条件。
初等数论习题解答
《初等数论》习题解答作业3一．选择题1，B 2，C 3，D 4，A二．填空题1，自反律 2，对称性 3，13 4，十进位 5，3 6，2 7，1三．计算题1， 解：由Euler 定理知：（a,m ）=1 则 a φ (m)≡1 (modm)∵(3,100)=1. 3φ (100)=340≡13360≡13364=3360×34≡34 (mod 100)∴34≡81 (mod 100)故：3364的末两位数是81.2, 解：132=169≡4 （mod 5）134=16≡1 (mod 5)1316≡1 (mod 5)1332≡1 (mod 5)1348≡1 (mod 5)1350=1348×1321350≡132≡4 (mod 5)3, 解： ∵(7,9)=1. ∴只有一个解7X －5≡9Y (mod 9)7X －9Y ≡5 (mod 9)解之得：X=2，Y=1∴X=2+9≡11=2 (mod 9)4, 解： ∵（24，59）=1 ∴只有一个解24X ≡7 (mod 59)59Y ≡﹣7 (mod 24)11Y=﹣7 (mod 24)24Z=7 (mod 11)2Z=7 (mod 11)11W=﹣7 (mod 2)W =﹣7 (mod 2)W=﹣1 (mod 2)Z=2711+-= －2 Y=117242-⨯-=－5X=247595+⨯-=2288-=－12 =47(mod59)5 解 ∵（45，132）=3，∴同余式有三个解。
45X ≡21（mod32）15x ≡7 (mod44)44y ≡-7 (mod15)14y ≡-7 (mod15)15z ≡-7 (mod14)z ≡7 (mod14) y=147715-⨯=7 x=157744+⨯=21 ∴x=21+31322⨯=109 (mod132) x=21+31321⨯=65 (mod132) x=21 (mod132)6、解 ∵（12，45）=3, ∴同余式有三个解。
初等数论_习题解答
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+26=386.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题。
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》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 ++-+-。
自考初等数论试题及答案
自考初等数论试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 以下哪个数是素数？A. 4B. 9C. 11D. 15答案：C2. 一个数的最小素因子是3，那么这个数的最小公倍数是：A. 3B. 6C. 9D. 12答案：C3. 计算 \((2^3) \div 2^2\) 的结果是：A. 2B. 4C. 8D. 16答案：A4. 一个数的质因数分解是 \(2^2 \times 3^3\)，那么这个数的约数个数是：A. 5B. 6C. 7D. 8答案：D5. 如果 \(p\) 是一个素数，那么 \(p^2 - 1\) 可以分解为：A. \((p-1)(p+1)\)B. \(p(p-1)\)C. \((p+1)(p-1)\)D. \(p^2 - 1\)答案：C二、填空题（每题3分，共15分）1. 如果一个数 \(n\) 能被3整除，那么 \(n\) 的各位数字之和也能被____整除。
答案：32. 一个数 \(a\) 与 \(b\) 的最大公约数（GCD）是 \(d\)，那么\(a \times b\) 的最大公约数是______。
答案：d3. 一个数 \(n\) 能被9整除，那么 \(n\) 的各位数字之和也能被______整除。
答案：94. 一个数 \(n\) 能被11整除，那么 \(n\) 的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差是______的倍数。
答案：115. 一个数 \(n\) 能被7整除，那么 \(2n + 4\) 能被______整除。
答案：7三、解答题（每题10分，共20分）1. 求 \(2^{16} - 1\) 的所有素因子。
答案：\(2^{16} - 1 = (2^8 + 1)(2^8 - 1) = (2^4 + 1)(2^4 -1)(2^8 + 1) = (2^2 + 1)(2^2 - 1)(2^4 + 1)(2^4 - 1)(2^8 + 1) = 3 \times 15 \times 17 \times 15 \times 255\)，所以素因子为3, 5, 17, 255。
(完整版)初等数论练习题答案
初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12;(2420)=_880_ϕ2、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 )_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、 =-1。
⎪⎭⎫⎝⎛103659、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。
初等数论试卷和答案
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 )(m od 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.B 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)(m od 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、A4、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)(m od 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。
《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》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。
（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。
初等数论计算题答案
初等数论第三次作业计算题1.求75与105的最大公因数。
解：因为75 = 3错误！未找到引用源。
52，105 = 3错误！未找到引用源。
5错误！未找到引用源。
7，所以75与105的最大公因数是15。
2.求66与121的最大公因数。
解：因为66=6×11,121=11×11，所以66与121的最大公因数是113．求不定方程3x- 4y= 1的一切整数解。
答；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。
x34t由公式知其一切整数解为，t为整数。
y23t4．求不定方程7x+ 2y= 1的一切整数解。
答；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x01。
y0 3x12t于是其一切整数解为，t取一切整数。
y37t5．解同余式3x 1 (mod 7)。
答；因为（3,7）= 1，所以同余式有解且有一个解。
x57t由3x- 7y= 1得，y23t所以同余式的解为x5(mod7)6．解同余式3x8 (mod 10)。
答；因为（3,10）=1,1|8，所以同余式有解，并且只有一个解。
由3x10y8得x0 6一个解，所以同余式的解为x6(mod10)。
y107．解同余式28x21 (mod 35)。
答：因为（28，35）=7，而7|21，所以同余式28x21(mod35)有解，且有7个解。
同余式28x21(mod 35)等价于4x3(mod 5)，解4x3(mod 5)得x2(mod5)，故同余式28x21(mod 35)的7个解为x2，7，12，17，22，27，32(mod 35)。
8．解同余式组：x1(mod3)。
x2(mod5)答；由x1(mod3)得x3k1，将其代入x2(mod5)得3k12(mod5)，解得k2(mod5)，即k5t2，所以x15t7，所以解为x7(mod15)。
9.求不定方程3x+ 2y= 2的一切整数解。
初等数论练习题标准答案
初等数论练习题一一、填空题1、d(24２0）=12; ϕ(24２0)＝_880_２、设ａ,n 是大于1的整数，若ａn －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（m ｏｄ 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)_。
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(mo ｄ ｐ)的解数为 p －1 。
二、计算题1、解同余方程：3ｘ2+１1x -20 ≡ ０ (ｍod 105)。
解:因1０５ = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+１1x -20 ≡ ０ （m ｏd 3)的解为x ≡ 1 （mo ｄ 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 (mo ｄ 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 ≡ ｂ３ (mo ｄ 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ｘ２≡4２(mod 107）是否有解?11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-•--•-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（）（解： 故同余方程x 2≡４2(mod 107)有解。
初等数论练习题答案
初等数论练习题一、填空题1、 d(2420)=12；(2420)= 8802、 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, -1,0,123,4}.4、 同余方程 9x+12= 0(mod 37)的解是 x 三 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。
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 211x20 0 (mod 105)。
解：因 105 = 357 ,同余方程 3x 211x20 0 (mod 3) 的解为 x 1 (mod 3), 同余方程 3x 11x38 0 (mod 5) 的解为 x 0 , 3 (mod 5), 同余方程 3x 211x20 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：xb 1 (mod 3) , x b (mod 5), x b a (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 2三42(mod 107)是否有解？故同余方程x 2三42(mod 107)有解。
3、 求(127156+34) 28除以111的最小非负余数。
解：易知 1271 三50 ( mod 111)。
8、65 103=-1。
由502三58 ( mod 111) , 50 3三58 X 50三14 (mod 111), 509三143三80 (mod 111) 知5028三(509) 3X 50三803X 50三803X 50三68X 50三70 (mod 111)从而5056三16 (mod 111)。
初等数论试题答案及评分标准
初等数论试题答案及评分标准一、单项选择题(每题4分。
共24分) 、1．D 2．A 3．C4．A 5．A 6．B二、填空题(每题4分。
共24分)1．(b ，10)=12． 33． 414．不大于 互素5．[a ，b]6．十进位三、计算题(32分)1．求(136，221，391)=?解：(136，221，391)=(136，(221，391))=(136，17)=172．求解不定方程9z+2ly=6．解：因为(9，21)=3|6，所以有解．化简3z+7y 一2简单计算x=4，y=2是一组特解，所以不定方程的解为z=4+7t ，y=2—3t3．解同余式)5(mod 01512≡+x解：因为(12，5)|5，所以有解，而且解的个数为1又等价方程为l22一5y=一15，计算后解为x=5，y=15．即x 同余于)5(mod 0,0≡x4．解同余式)11(mod 52≡x 解：因为)11(mod 13555102111≡≡=-所以有解，而且解的个数为2解分别为)11(mod 7,4≡x四、证明题(每小题l0分，共20分)l 证明对于任意整数n ，数62332n n n ++是整数 证明：因为)2)(1(61)32(66232.2++=++=++n n n n n n n n n h 而且两个连续整数的乘积是2的倍数，3个连续整数的乘积是3的倍数．并且(2，3)=l所以从)2)(1ln(2++n n 和)2)(1ln(3++n n有)2)(1ln(6++n n 即62332n n n ++是整数． 2．如果n 是使)(mod 1k a n ≡的最小正整数，则当)(mod 1k a m ≡时，必有.|m n证明：反证，如果没有m n |则n r r nq m <≤+=0,于是)(mod 1k a a ar r n m J ≡≡=+，矛盾黄淮学院2013届毕业生《大学英语》补考试卷参考答案及评分标准一、搭配题（每小题1分，共15分）1-5 .N L A C O 6-10.D B F I E 11-15.J G K H M二、选择题（每小题1分，共20分）1-5 BCAAC 6-10 CDADD11-15 CABDD 16-20 BCDCA三、句型转换（每小题1分，共10分）1.He is not going to wait for the bus.2.Sally does not go to school on foot everyday.3.Is there any milk in the bottle?4.After he had done his homework, he went to bed.5.The man who served me is standing behind the counter.The man who is standing behind the counter serverd me.6. The glass which is mine was broken./ The glass which was broken is mine.7. The milkman said that they were hungry.8. He told me that he had met her before9.The room is cleaned by Peter everyday.10. These exercise books were corrected by the teacher last night.四、阅读理解（每题2分，共40分）1-5 BAACC 6-10 BADAC11-15 CBADB 16-20 DCBAB五、写作（每题15分，共15分）1) 15-13分：内容切题，包括提纲的全部要点；表达清楚，文字连贯；句式有变化，句子结构和用词正确。
(完整版)初等数论练习题二(含答案)
《初等数论》期末练习一、单项选择题1 如果 ba , a b ，则().A a b Bab2、如果 3n , 5n ，贝U 15 (A 整除B 不整除 C3、 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a b （modm ） ,c 是任意整数 贝UA ac bc(modm)B a bC ac bc(mod m) Dab5、 如果(),则不定方程ax by c 有解.A (a,b) cB c(a, b)C a cD (a, b)a6、 整数5874192能被()整除.A 3B 3 与 9C 9D 3 或 97、 如果 2n , 15n ，贝U 30( ) n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定& 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的最小非负兀全剩余系是（ ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 10、 整数637693能被（）整除. A 3 B 5 C 7 D 9二、填空题1、素数写成两个平方数和的方法是（）. 2、 同余式ax b O （modm ）有解的充分必要条件是（）.8、 如果同余式ax b O （modm ）有解，则解的个数（）. 9、 在176与545之间有（）是13的倍数.10、 如果 ab 0 则［a,b ］（a,b ）=（ ）. Cab Dab ）n . 等于 D 不一定 3、 如果a,b 是两个正整数，则不大于 4、 如果p 是素数，a 是任意一个整数 5、 a,b 的公倍数是它们最小公倍数的6、 如果a,b 是两个正整数，则存在a 而为b 的倍数的正整数的个数为 （）.，则a 被p 整除或者（）.（）. ）整数 q, r ,使 a bq r, 0 r b. y 2有（ ）.11、如果（a,b） 1,那么（ab,a b）=（）.二、计算题1、求[136,221,391]=?2、求解不定方程9x 21y 144.3、解同余式12x 15 0(mod45).4294、求——,其中563是素数.(8分)5635、求[24871,3468]=?6、求解不定方程6x 17y 18.7、解同余式111x 75(mod321).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2n nn，数3 23—是整数.62、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.3、证明形如4n 1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、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ax b 0(modm)有解的充分必要条件是 ((a,m)b ).3、 如果a,b 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 ([-]). b4、 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、 a,b 的公倍数是它们最小公倍数的(倍数).6、 如果a,b 是两个正整数，则存在(唯一)整数q, r ,使a bq r, 0 r b.7、 设p 是素数，则不定方程p x 2 y 2有(唯一解 ).8、 如果同余式ax b 0(mod m)有解，则解的个数((a, m)).9、 在176与545之间有(28 )是13的倍数.10、 如果 ab 0 则[a,b](a,b)=( ab ).11、 如果(a,b) 1,那么(ab, a b)=(1). 三、计算题1、求[136,221,391]=? （ 8 分） 解[136,221,391]=[[136,221],391]=[1768,391] 1768 391 17=104 391 =40664.解：因为(9，21)=3， 3144，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 。
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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
初等数论第三次作业
计算题
1. 求75与105的最大公因数。
解：因为75 = 3错误!未找到引用源。
52，105 = 3错误!未找到引用源。
5错误!未找到引用源。
7，
所以75与105的最大公因数是15。
2. 求66与121的最大公因数。
解：因为66=6×11,121=11×11，
所以66与121的最大公因数是11
3．求不定方程3x - 4y = 1的一切整数解。
答；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⎩⎨⎧+=+=t
y t x 3243，t 为整数。
4．求不定方程7x + 2y = 1的一切整数解。
答；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
0013
x 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)。
答；因为（3,7）= 1，所以同余式有解且有一个解。
由3x - 7y = 1得⎩⎨⎧+=+=t
y t x 3275，
所以同余式的解为)7(mod 5≡x
6．解同余式3x ≡ 8 (mod 10)。
答；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0061
x y =⎧⎨=⎩，所以同余式的解为6(mod10)x ≡。
7．解同余式28x ≡ 21 (mod 35)。
答：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)。
8．解同余式组：
⎩⎨⎧≡≡)
5(mod 2)3(mod 1x x 。
答；由)3(mod 1≡x 得13+=k x ，将其代入)5(mod 2≡x
得)5(mod 213≡+k ，
解得)5(mod 2≡k ，即25+=t k ，
所以715+=t x ，所以解为)15(mod 7≡x 。
9. 求不定方程3x + 2y = 2的一切整数解。
解：因为(3,2) = 1，所以不定方程有整数解。
显然1,0==y x 是其一个特解，
所以不定方程的一切整数解为错误!未找到引用源。
，其中t 取一切整数。
10.解同余式)5(mod 14≡x
答；因为（4,5）= 1，所以同余式有解且有一个解。
由4x - 5y = 1得⎩⎨⎧+=+=t
y t x 3275，
所以同余式的解为)7(mod 5≡x。