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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。
初等数论期末考试模拟试卷(含答案)
初等数论期末考试模拟试卷（含答案）一、填空题（每题5分，共25分）1. 若两个正整数a和b的最大公约数为1，则称a和b互质。
若a和b互质，则a+b与a-b也互质。
（）2. 设m和n是正整数，且m、n互质。
若存在正整数k，使得km+1与kn+1互质，则k的最小值为（）。
答案：13. 已知p和q是不同的质数，且p+q=17，则p^2+q^2的最小值为（）。
答案：974. 设F(n)表示斐波那契数列的第n项，且F(n+1)=F(n)+F(n-1)，F(1)=1，F(2)=1。
若F(n)能被3整除，则n的最小值为（）。
答案：85. 已知正整数a、b、c满足a^2+b^2=c^2，则称a、b、c 为勾股数。
勾股数中，a、b、c都是奇数的三元组称为奇素勾股数。
已知最小的奇素勾股数是(3,4,5)，则第二小的奇素勾股数是（）。
答案：(15,8,17)二、选择题（每题5分，共25分）6. 以下关于最大公约数和最小公倍数的说法，错误的是（）。
A. 两个正整数的最大公约数是它们的公共因子中最大的一个B. 两个正整数的最大公约数等于它们的乘积除以最小公倍数C. 两个正整数的最大公约数和最小公倍数的乘积等于这两个数的乘积D. 两个正整数的最大公约数和最小公倍数一定互质答案：D7. 设p是质数，且p>2，则以下说法正确的是（）。
A. p的平方能被3整除B. p的立方能被3整除C. p的平方加1能被3整除D. p的平方减1能被3整除答案：D8. 以下关于斐波那契数列的说法，错误的是（）。
A. 斐波那契数列中的任意两个相邻项互质B. 斐波那契数列中的任意两个非相邻项互质C. 斐波那契数列中的任意三个连续项构成勾股数D. 斐波那契数列中的任意两个相邻项之比越来越接近黄金比例答案：C9. 设a、b、c是勾股数，且a是最小的质数。
以下说法正确的是（）。
A. b和c一定互质B. b和c一定不互质C. b和c中至少有一个是质数D. b和c中至少有一个不是质数答案：D10. 以下关于同余的说法，错误的是（）。
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。
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。
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。
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初等数论考试试卷一、 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 ) 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( B ) 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 【有最小的吗？】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( C )Ａ．00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =-=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =+=-=±± Ｃ．00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d =+=-=±± Ｄ．00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d=-=-=±±4．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．8，16，17 5．下列推导中不正确的是( D )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( D ) 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 ) 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( C ) 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 ．不超过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 :( D )A ．3B ．11C ．13D ．23 12．若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭，则 ( C ) 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 )A ． 4B ． 3C ． 2D ． 1 14． 模12的所有可能的指数为：( A )A ．1，2，4B ．1，2，4，6，12C ．1，2，3，4，6，12D ．无法确定 15． 若模m 的原根存在，下列数中，m 不可能等于：( D ) A ． 2 B ． 3 C ． 4 D ． 12 16．对于模5，下列式子成立的是 ( B ) A ．322ind = B ． 323ind =C ． 350ind =D ． 3331025ind ind ind =+ 17．下列函数中不是可乘函数的是： ( C ) 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a χ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 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( B )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 ＝ _____21____； 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，2≥n ，有整数解的充分必要条件是_（1a ，2a ，…，n a ，）︱N_；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_（10，b ）=1__； 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2,__；25． 威尔生（wilson ）定理：____()1p -！+1()0mod ,p p ≡为素数______； 26． 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=___1___； 27． 若)(,1a p =，则a 是模p 欧拉判别条件)；28． 在模m 的简化剩余系中，原根的个数是___()()m φφ__；29． 设1α≥，g 为模p α的一个原根，则模2p α的一个原根为_g 与g+a p 中的奇数_； 30． ()48ϕ=___16___。
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3分，共30分）1. 以下哪个数是质数？A. 2B. 4C. 6D. 8答案：A2. 一个数的因数包括它自己吗？A. 是B. 否答案：A3. 一个数的倍数包括它自己吗？A. 是B. 否答案：A4. 两个连续整数的乘积一定是合数吗？A. 是B. 否答案：B5. 一个数的最小倍数是多少？A. 它自己B. 2C. 1D. 0答案：A6. 一个数的最大因数是多少？A. 它自己B. 2C. 1D. 0答案：A7. 以下哪个数是完全数？A. 6B. 28C. 496D. 8128答案：A8. 一个数的质因数分解中，质因数的个数至少有几个？A. 1B. 2C. 3D. 0答案：A9. 以下哪个数是素数？A. 1B. 2C. 9D. 10答案：B10. 一个数的因数个数是奇数还是偶数？A. 奇数B. 偶数答案：B二、填空题（每题4分，共20分）1. 一个数的最小质因数是______。
答案：22. 一个数的最小非零因数是______。
答案：13. 一个数的最大因数是______。
答案：它自己4. 一个数的最小倍数是______。
答案：它自己5. 一个数的倍数个数是______。
答案：无限三、解答题（每题10分，共50分）1. 证明：对于任意的正整数n，2n总是偶数。
证明：假设n为任意正整数，那么2n = 2 * n。
因为2是偶数，所以2n也是偶数。
2. 证明：对于任意的正整数n，n^2 - 1是奇数。
证明：假设n为任意正整数，那么n^2 - 1 = (n - 1)(n + 1)。
因为n - 1和n + 1是连续的整数，所以它们中必有一个偶数和一个奇数。
因此，它们的乘积是奇数。
3. 找出100以内的所有质数。
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, 974. 证明：如果p是质数，那么p^2 - 1是合数。
初等数论(解析版)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题29初等数论历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B卷（第02试）】设a,b为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得a n+b n+9≡C( mod13)对任意正整数n成立.求所有满足条件的有序数对(a,b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1:由条件知,对任意正整数n,有a n+b n+9≡a n+3+b n+12(mod13). ①注意到13为素数,a,b均与13互素,由费马小定理知a2≡b2≡1(mod13).因此在①中取n=12,化简得1+b9≡a3+1(mod13),故b9≡a3(mod13).代入①,得a n+a3b n≡a n+3+b n+12≡a n+3+b n(mod13),即(a n−b n)(1−a3)≡0(mod13). ②分两种情况讨论.(ⅰ)若a3≡1(mod13),则b3≡a3b3≡b12≡1(mod13),又a,b∈{1,2,⋯,12},经检验可知a,b∈{1,3,9}.此时a n+b n+9≡a n+b n(mod13).由条件知a+b≡a3+b3≡2(mod13),从而只能是a=b=1.经检验,当(a,b)=(1,1)时,对任意正整数n, a n+b n+9模13余2为常数,满足条件.(ⅱ)若a3≡1(mod13),则由②知,对任意正整数n,有a n≡b n(mod13).特别地, a≡b(mod13),故a=b.所以a3≡b9=a9(mod13),即a3(a3−1)(a3+1)≡0(mod13),故a3≡−1(mod13).通过检验a≡±1,±2,⋯,±6(mod13),可知a=4,10,12.经检验,当(a,b)=(4,4),(10,10), (12,12)时,对任意正整数n,有a n+b n+9=a n+a n+9=a n(1+(a3)3)≡0(mod13),满足条件.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).解法2:由条件知,对任意正整数n,有(a n+b n+9)(a n+2+b n+11)≡(a n+1+b n+10)2(mod13),化简得a n b n+11+a n+2b n+9≡2a n+1+b n+10(mod13),即a n b n+9(a−b)2≡0(mod13).由于13为素数, a,b∈{1,2,⋯,12},故13|(a−b)2,进而a=b.因此,当n变化时, a n+b n+9=a n(1+a9)模13的余数为常数.当1+a9≡(mod13)时,由上式知, a n模13的余数为常数,特别地,有a2≡a(mod13),故a=1.当1+a9≡0(mod13)时,由费马小定理得a2≡1(mod13),故a3≡a3⋅(−a9)≡−a12≡−1(mod13).通过检验a≡±1,±2,⋯,±6(mod13),可知a=4,10,12.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).2．【2019高中数学联赛A卷（第02试）】设m为整数，|m|⩾2.整数数列a1,a2,⋯满足:a1,a2不全为零，且对任意正整数n，均有a n+2=a n+1−ma n.证明:若存在整数r、s(r>s≥2)使得a r=a s=a1，则r−s⩾m.【答案】证明见解析【解析】不妨设a1,a2互素(否则，若(a1,a2)=d>1，则a1d 与a2d互素，并且用a1d,a2d,a3d,…代替a1,a2,a3,⋯条件与结论均不改变).由数列递推关系知a2≡a3≡a4≡⋯( mod |m|)①以下证明:对任意整数n≥3，有a n≡a2−(a1+(n−3)a2)m( mod m2)②事实上，当n=3时②显然成立.假设n=k时②成立(其中k为某个大于2的整数)，注意到①，有ma k−1≡ma2( mod m2)，结合归纳假设知a k+1=a k−ma k−1≡a2−(a1+(k−3)a2)m−ma2≡a2−(a1+(k−2)a2)( mod m2)，即n=k+1时②也成立.因此②对任意整数n≥3均成立.注意，当a1=a2时，②对n=2也成立.设整数r、s(r>s≥2)，满足a r=a s=a1.若a1=a2，由②对n≥2均成立，可知a2−(a1+(r−3)a2)m≡a r=a3=a2−(a1+(s−3)a2)m( mod m2)，即a1+(r−3)a2≡a1+(s−3)a2( mod |m|)，即(r−s)a2≡0( mod |m|)③若a1≠a2，则a r=a s=a1≠a2，故r>s≥3.此时由于②对n≥3均成立，故类似可知③仍成立.我们证明a2，m互素事实上，假如a2与m存在一个公共素因子p，则由①得p为a2,a3,a4,⋯的公因子，而a1,a2互素，故p∤a1，这与a r=a s=a1矛盾.因此，由③得r−s≡0( mod |m|).又r>s，所以r−s⩾|m|.3．【2019高中数学联赛B卷（第02试）】求满足以下条件的所有正整数n:(1)n至少有4个正因数；(2)若d1<d2<⋯<d k是n的所有正因数，d2−d1,d3−d2,⋯，d k−d k−1构成等比数列.【答案】答案见解析【解析】由条件可知k≥4，且d3−d2d2−d1=d k−d k−1d k−1−d k−2.易知d1=1,d k=n,d k−1=nd2,d k−2=nd3，代入上式得d3−d2d2−1=n−nd2nd2−nd3，化简得(d3−d2)2=(d2−1)2d3.由此可知d3是完全平方数.由于d2=p是n的最小素因子，d3是平方数，故只能d3=p2.从而序列d2−d1,d3−d2,⋯,d k−d k−1 , p−1,p2−p,p3−p2，⋯,p k−1−p k−2，即d1,d2,d3,⋯,d k为1,p,p2,⋯,p k−1，而此时相应的n为p k−1.综上可知，满足条件的n为所有形如p a的数，其中p是素数，整数a≥3.4．【2018高中数学联赛B卷（第02试）】给定整数a≥2.证明:对任意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数a k+1,a k+2,⋯,a k+n均是合数.【答案】证明见解析【解析】设i1<i2<⋯<i r是1，2，…，n中与a互素的全体整数，则对1≤i≤n，i∉{i1,i2,⋯,i r}，无论正整数k如何取值，a k+i均与a不互素且大于a，故a k+i为合数.对任意j=1，2，…，r，因a+i j>1，故a+i j有素因子p j.我们有(p j,a)=1(否则，因p j是素数，故p j|a，但p j|a+i j，从而p j|i j，故a,i j不互素，与i j的取法矛盾).因此，由费马小定理知，a p j−1≡1( mod p j).现取k=(p1−1)(p2−1)⋯(p r−1)+1.对任意j=1，2，…，r，注意到k≡1( mod p j−1)，故有a k+i j≡a+i j≡0( mod p j).又a k+i j>a+i j⩾p j，故a k+i j为合数.综上所述，当k=(p1−1)(p2−1)⋯(p r−1)+1时，a k+1,a k+2,⋯，a k+n均是合数.5．【2017高中数学联赛A卷（第02试）】设m、n均是大于1的整数，m≥n.a1,a2,⋯,a n是n个不超过m的互不相同的正整数，且a1,a2,⋯,a n互质.证明:对任意实数x，均存在一个i(1≤i≤n)，使得‖a i x‖⩾2m(m+1)‖x‖，这里‖y ‖表示实数y到与它最近的整数的距离.【答案】证明见解析【解析】4首先证明以下两个结论结论1存在整数c 1,c 2,⋯,c n ，满足c 1a 1+c 2a 2+⋯+c n a n =1， 并且|c i |⩽m,1⩽i ⩽n .由于(a 1,a 2,⋯,a n )=1，由裴蜀定理，存在整数c 1,c 2,⋯,c n ， 满足c 1a 1+c 2a 2+⋯+c n a n =1①下面证明，通过调整，存在一组c 1,c 2,⋯,c n 满足①，且绝对值均不超过m . 记S 1(c 1,c 2,⋯,c n )=∑c i c i >m ⩾0，S 2(c 1,c 2,⋯,c n )=∑|c j |ϵj <¬m⩾0.如果S 1>0，那么存在c i >m >1，于是c i a i >1，又因为a 1,a 2,⋯,a n 均为正数，故由①可知存在c j <0.令c i ′=c i −a j ,c j ′=c j +a i ,c k ′=c k (1⩽k ⩽n,k ≠i,j)， 则c 1′a 1+c 2′a 2+⋯+c n ′a n =1②并且0⩽m −a j ⩽c i ′<c i ,c j <c j ′<a i ⩽m .因为c i ′<c i ，且c j ′<m ，所以S 1(c 1′,c 2′,⋯,c n ′)<S 1(c 1,c 2,⋯,c n ). 又c j ′>c j 及c i ′>0，故S 2(c 1′,c 2′,⋯,c n ′)⩽S 2(c 1,c 2,⋯,c n ).如果S 2>0，那么存在c j <−m ，因此有一个c i >0.令c i ′=c i −a j ,c j ′=c j +a i ,c k ′=c k (1⩽k ⩽n,k ≠i,j)，那么②成立，并且−m <c i ′<c i ,c j <c j ′<0.与上面类似地可知S 1(c 1′,c 2′,⋯,c n ′)⩽S 1(c 1,c 2,⋯,c n )， 且S 2(c 1′,c 2′,⋯,c n ′)<S 2(c 1,c 2,⋯,c n ).因为S 1与S 2均是非负整数，故通过有限次上述的调整，可得到一组c 1,c 2,⋯,c n ，使得①成立，并且S 1=S 2=0.结论1获证.结论2(1)对任意实数a 、b ，均有‖a +b‖⩽‖a‖+‖b‖. (2)任意整数u 和实数y 有‖uy‖⩽|u|⋅‖y‖.由于对任意整数u 和实数x ，有‖x +u‖=‖x‖，故不妨设a ，b ∈[−12,12]，此时‖a‖=|a|,‖b‖=|b|.若ab ≤0，不妨设a ≤0≤b ，则a +b ∈[−12,12]，从而‖a +b‖=|a +b|⩽|a|+|b|=‖a‖+‖b‖.若ab >0，即a 、b 同号.当|a|+|b|⩽12时，有a +b ∈[−12,12]，此时‖a +b‖=|a +b|=|a|+|b|=‖a‖+‖b‖. 当|a|+|b|>12时，注意总有‖a +b‖⩽12，故‖a +b‖⩽12<|a|+|b|=‖a‖+‖b‖.故(1)得证.由(1)及‖−y‖=‖y‖即知(2)成立.回到原问题，由结论1，存在整数c 1,c 2,⋯,c n ，使得c 1a 1+c 2a 2+⋯+c n a n =1， 并且|c i |⩽m,1⩽i ⩽n . 于是∑c i n i=1a i x =x .利用结论2得‖x‖=‖∑c i n i=1a i x ‖⩽∑|c i |n i=1⋅‖a i x ‖⩽m ∑‖a i x ‖n i=1.因此max 1⩽i⩽n ‖a i x ‖⩾1mn‖x‖ ③若n ⩽12(m +1)，由③可知max 1⩽i⩽n ‖a i x ‖⩾‖x‖mn⩾2‖x‖m(m+1).若n >12(m +1)，则在a 1,a 2,⋯,a n 中存在两个相邻正整数. 不妨设a 1,a 2相邻，则‖x‖=‖a 2x −a 1x ‖⩽‖a 2x ‖+‖a 1x ‖. 故‖a 2x ‖与‖a 1x ‖中有一个⩾‖x‖2⩾2‖x‖m(m+1).综上所述，总存在一个i (1≤i ≤n )，满足‖a i x ‖⩾2m(m+1)‖x‖.6．【2015高中数学联赛（第02试）】求具有下述性质的所有正整数k ：对任意正整数n ，2(k−1)n+1|(kn )!n!不成立.【答案】答案见解析【解析】以v (n )表示n !中2的幂次，以S (n )表示n 的二进制表示中1的个数. 有结论v(n)=n −S(n).原题等价于v(n)+k(n −1)⩾v(kn)恒成立，等价于S(kn)⩾S(n)恒成立. 显然S(k)⩾1.当S (k )=1，即k 为2的方幂时，有S(kn)⩾S(n)，符合题意. 下面用构造法证明：使S (k )≥2的k 均不符合题意. 若S (k )≥2，则k 的二进制表示中至少有两个1.用如下方式构造序列n i ，使得存在l ∈N ，使S (kn l )<s (n l )，则这样的k 不符合条件. 以下讨论均在二进制下.先取n 1=1,n 2=2a +1，使得2a k 中的最后一个1与k 中倒数第二个1对齐(如k =1001时，a =3). 当n t 取定时，考虑此时的kn t ：取n t+1=n t +2b ，使得2b k 中的最后一个1与kn t 中倒数第二个1对齐(如k =1001时，{n i }为1，9，25，…).这样构造出了一个数列{n i }，并且易知该数列有无穷多项.考虑其中一项n j .由构造方式有S(n j )=j . 设n j =∑2a i ji=1 (a 1>a 2>⋯>a j =0), 由构造的方式，知kn j 的最后a 1+1位只有一个1. 设2m ⩽k <2m+1，则2a 1+m ⩽kn j <2a 1+m+2，这样，kn j 的二进制表示中至多有a 1+m +1位，至多有m +1个1. 取j >m +1，有故使S (kn j )≥2的k 均不满足题设. 综上，所求的k 为一切2的方幂.7．【2014高中数学联赛（第02试）】设整数x 1,x 2,⋯,x 2014模2014互不同余，整数y 1,y 2,⋯,y 2014模2014也互不同余.证明：可将y 1,y 2,⋯,y 2014重新排列为z 1,z 2,⋯,z 2014，使得x 1+z 1,x 2+z 2,⋯,x 2014+z 2014模4028互不同余.【答案】证明见解析【解析】记k =1007.不妨设x i ≡y i ≡i( mod 2k) (1⩽i ⩽2k)，对每个整数i ，1≤i ≤k ，若x i +y i ≡x i+k +y i+k ( mod 4k)，则令z i =y i ,z i+k =y i+k ，否则，令z i =y i+k ,z i+k =y i ，如果是前一种情形，则x i +z i =x i +y i ≡x i+k +y i+k =x i+k +z i+k ( mod 4k)， 如果是后一种情形，则也有x i +z i =x i +y i+k ≡x i+k +y i =x i+k +z i+k ( mod 4k) 若不然，我们有x i +y i ≡x i+k +y i+k ( mod 4k)，x i +y i+k ≡x i+k +y i ( mod 4k)， 两式相加得2x i ≡2x i+k ( mod 4k)，于是x i ≡x i+k ( mod 2k).但x 1,x 2,⋯,x 2014模2014(2014=2k )互不同余，特别地x i ≡x i+k ( mod 2k)，矛盾. 由上述构造方法知z 1,z 2,⋯,z 2k 是y 1,y 2,⋯,y 2k 的排列.记w i =x i +z i ,i =1,2,⋯,2k .下面验证ω1,ω2,⋯,ω2k 模4k 互不同余，这只需证明，对任意整数i,j,1⩽i <j ⩽k ,w i ,w j ,w i+k ,w j+k 模4k 两两不同余.注意，前面的构造方式已保证w i ≡w i+k ( mod 4k),w j ≡w j+k ( mod 4k)①情形一：z i =y i 且z j =y j ，则由前面的构造方式可知w i ≡w i+k ≡2i( mod 2k)，w j ≡w j+k ≡2j( mod 2k)， 由于2i ≡2j( mod 2k)，故易知w i 与W j 及w i+k 模2k 不同余，w i+k 与W j 及w j+k 模2k 不同余，从而模4k 更不同余，再结合式①，可见结论得证.情形二：z i =y i+k ，且z j =y j+k ，则由前面的构造方式可知： w i ≡w i+k ≡2i +k( mod 2k)，w j ≡w j+k ≡2j +k( mod 2k).同样有w i 与w j 及w j+k 模2k 不同余，w i+k 与w j 及w j+k 模2k 不同余，与情形一相同地可知结论得证.情形三：z i=y i，且z j=y j+k（z i=y i+k，且z j=y j的情形与此相同)，则由前面的构造方式可知w i≡w i+k≡2i( mod 2k)，w j≡w j+k≡2j+k( mod 2k).由于k是奇数，故2i≡2j+k( mod 2)，更有2i≡2j+k( mod 2k).因此仍然有w i与w j及w j+k模2k不同余，w i+k与w j及w j+k模2k不同余.从而结论得证.因此本题得证.8．【2013高中数学联赛（第02试）】设n，k为大于1的整数，n<2k.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n整除.【答案】证明见解析【解析】先考虑n为2的幂的情形设n=2r,r⩾1，则r<k.取3个2r−1及2k－3个1，显然这些数均不被n整除.将这2k个数任意分成两组，则总有一组中含2个2r−1，它们的和为2r，被n整除.现在设n不是2的幂，取2k个数为−1,−1,−2,−22,⋯,−2k−2,1,2,22,⋯,2k−1，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除.若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n整除.不妨设1在第一组，由于(−1)+1=0被n整除，故两个－1必须在第二组；因(−1)+(−1)+2=0被n整除，故2在第一组，进而推出－2在第二组.现归纳假设1,2,⋯,2l均在第一组，而－1，－1，－2，…，－2l均在第二组，这里1⩽l<k−2，由于(−1)+(−1)+(−2)+⋯+(−2t)+2t+1=0被n整除，故2l+1在第一组，从而−2l+1在第二组.故由数学归纳法可知，1,2,22,⋯,2k−2在第一组，－1，－1，－2，－22，…，－2k－2在第二组.最后，由于(−1)+(−1)+(−2)+⋯+(−2k−2)+2k−1=0被n整除，故2k−1在第一组.因此1,2,22,⋯,2k−1均在第一组，由正整数的二进制表示可知，每一个不超过2k−1的正整数均可表示为1,2,22,⋯,2k−1中若干个数的和，特别地，因为n⩽2k−1，故第一组中有若干个数的和为n，当然被n整除，矛盾.因此，将前述2k个整数任意分成两组，则总有一组中有若干个数之和被n整除.9．【2009高中数学联赛（第02试）】设k，l是给定的两个正整数.证明：有无穷多个正整数m≥k，使得C m k与l互素.【答案】证明见解析【解析】证法一对任意正整数t，令m=k+t⋅l⋅(k!)，我们证明(C m k,l)=1.设p是l的任一素因子，只要证明：p|C m k.若p|k!，则由k!C m k=∏(m −k +i)k i=1≡∏[(i +tl (k!))]ki=1≡∏k i=1i ≡k!( mod p)，即p 不整除上式，故p|C m k . 若p|k !，设a ≥1使p α|k!， 但p α+1|k!，则p α+1|l(k!).故由k!C m k =∏(m −k +i)ki=1≡∏[(i +tl (k!))]ki=1≡∏k i=1i ≡k!( mod p α+1)，及p α|k!且p α+1|k!知p α|k!C m k 且p α+1|k!C m k ， 从而p|C m k .证法二对任意正整数t ，令m =k +t ⋅l ⋅(k!)2，我们证明(C m k ,l )=1. 设p 是l 的任一素因子，只要证明：p|C m k .若p|k!，则由k!C m k =∏(m −k +i)ki=1≡∏[i +tl(k!)2]ki=1≡∏k i=1i ≡k!( mod p)，即p 不整除上式，故p|C m k ，若p|k !，设α⩾1使p α|k!，但p α+1|k!，则p α+1|(k!)2.故由k!C m k =∏(m −k +i)k−1i=1≡∏[i +tl(k!)2]ki=1≡∏k i=1i ≡k!( mod p α+1)及p α|k!且p α+1|k!知p α|k!C m k 且p α+1|k!C m k ，从而p|C m k .10．【2007高中数学联赛（第02试）】设集合P ={1，2，3，4，5}.对任意k ∈P 和正整数m ，记f (m,k )=∑[m√k+1i+1]5i=1，其中[a ]表示不大于a 的最大整数.求证：对任意正整数n ，存在k ∈P 和正整数m ，使得f(m,k)=n . 【答案】证明见解析【解析】定义集合A ={m √k +1|m ∈N ∗,k ∈P}，其中N *为正整数集. 由于当任意k ，i ∈P 且k ≠i √k+1是无理数，所以对任意的k 1,k 2∈P 和正整数m 1,m 2，有m 1√k 1+1=m 2√k 2+1， 当且仅当m 1=m 2,k 1=k 2，这表明A 中无重复元素.注意到A 是一个无穷集，现将A 中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列.对于任意的正整数n ，设此数列中第n 项为m √k +1.下面确定n 与m ，k 间的关系. 若m i √i +1⩽m √k +1，则m i ⩽√k+1√i+1，由m i是正整数知，对i=1，2，3，4，5，满足这个条件的m i的个数为√k+1√i+1]，从而n=∑√k+1√i+1]5i=1=f(m,k),因此对任意n∈N∗，存在m∈N∗,k∈P，使得f(m,k)=n.11．【2004高中数学联赛（第02试）】对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任意正整数m，集合{m，m+1，m+2，…，m+n－1}的任何一个f(n)元子集中，均有至少3个两两互素的元素.【答案】证明见解析【解析】当n⩾4时，对集合M={m,m+1,m+2,⋯,m+n−1}，若2|m，则m+1，m+2，m+3两两互素.若2不能整除m，则m，m+1，m+2两两互素.所以M的所有n元子集中，均有至少3个两两互素的元素，即f(n)存在且f(n)≤0.设T n={t|t≤n+1且2|t或3|t}可知T n是{2，3，…n+1}的子集，但T n中任3个元素均不能两两互素，所以f(n)⩾|T n|+1，由容斥原理知|T n|=[n+12]+[n+13]−[n+16]，从而必有f(n)⩾[n+12]+[n+13]−[n+16]+1①所以f(4)⩾4,f(5)⩾5,f(6)⩾5，f(7)⩾6,f(8)⩾7,f(9)⩾8，我们将证明f(6)=5，设x1,x2,x3,x4,x5是{m，m+1，m+2，…，m+5}中的5个数，若这5个数中有3个奇数，则它们两两互素，若这5个数中有两个奇数，则必有3个偶数，不妨设x1,x2,x3为偶数，x4,x5为奇数.当1≤i<j≤3时，|x i−x j|∈{2,4}，所以x1,x2,x3中至多1个被3整除，至多1个被5整除，从而至少有1个既不被3整除也不被5整除.不妨设其为x3，有x3,x4,x5两两互素.说明这个数中有3个两两互素，即f(6)=5.又因为{m,m+1,m+2,⋯,m+n}={m,m+1,m+2,⋯,m+n−1}∪{m+n}，可知f(n+1)⩽f(n)+1，因为f(6)=5，所以f(4)=4,f(5)=5,f(7)=6,f(8)=7,f(9)=8.所以当4⩽n⩽9时f(n)=[n+12]+[n+13]+[n+16]+1②接下来用归纳法证明对所有n都有式②成立：假设n≤k(k≤9)时，式②成立.当n=k+1时，由于{m,m+1,m+2,⋯,m+k}={m,m+1,m+2,⋯,m+k−6}∪{m+k−5,m+k−4,m+k−3，m+k−2,m+k−1,m+k}.且当n=6，n=k－5时，式②成立.所以f(k+1)⩽f(k−5)+f(6)−1=[k+22]+[k+23]−[k+26]+1③由式①与③知，对n=k+1，式②成立.所以对任意的n≥4，有f(n)=[n+12]+[n+13]−[n+16]+1.12．【1995高中数学联赛（第02试）】求一切实数p，使得三次方程5x3−5(p+1)x2+(71p−1)x+1=66p的三个根均为自然数.【答案】76【解析】由观察易知x=1为原三次方程的一个自然数根，由综合除法，原三次方程可降次为二次方程5x2−5px+66p−1=0①原三次方程的三个根均为自然数等价于二次方程①的两个根均为自然数.设u，v(u≤v)为方程①的两个根，则由韦达定理得{u+v=p②uv=15(66p−1)③，把式②代入式③得5uv=66(u+v)−1④可知u，v都不能被2，3，11所整除.又由式④得v=66u−15u−66⑤而u，v均为自然数，由式⑤可知v>665，即u⩾14.又2|u，3|u均不成立，所以u⩾17.由v≥u及式⑤可得66u−15u−66⩾u，即5u2−132u+1⩽0.于是u⩽66+√662−55<1325，所以17⩽u⩽26.再由2|u，3|u均不成立知，u只能取17，19，23，25.当u=17时，由式⑤得v=112119=59，当u=19时，由式⑤得v=125329，并非自然数，应舍去当u=23时，由式⑤得v=151749，并非自然数，应舍去.当u=25时，由式⑤得v=1649，并非自然数，应舍去.59所以仅当p=u+v=76时，方程①的两根均为自然数，原方程的三根均为自然数.13．【1994高中数学联赛（第02试）】将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第100 0项.【答案】2186【解析】设S={1,2,⋯,105}，A1={x|x∈S且3|x}，A2={x|x∈S且5|xA3={x|x∈S且7|x}.则与105互素且不大于105的自然数为：|A1∩A2∩A3|=|S|−(|A1|+|A2|+|A3|)+(|A1∩A2|+|A1∩A3|+|A2∩A3|)−|A1∩A2∩A3|,所以|S|=105,|A1|=35,|A2|=21,|A3|=15，|A1∩A2|=7,|A1∩A4|=5,|A1∩A2|=3，|A1∩A2∩A3|=1，|A1∩A2∩A3|=105−(3×5+3×7+5×7)+(3+5+7)−1=105−71+15−1=48设与105互素的正整数按从小到大的顺序排成的数列为a1,a2,a3,⋯,a n,⋯，则a1=1,a2=2,a3=4,⋯,a48=104，令P={a1,a2,a3,⋯,a48}，一方面，对于n≥1，令a n=105k+r(k⩾0,0⩽r⩽104,k,r∈Z)，因为(a n,105)=1，所以(r,105)=1，故r∈P；另一方面，对于任意的非负整数k及r∈P，因为(r,105)=1，所以(105k+r,105)=1，从而必有n使得a n=105k+r.这表明数列{a n}由且仅由形如105k+r(k≥0，k∈Z，r∈P)的数按从小到大的顺序排列而成.因为数列是递增的，且对每个固定的非负整数k，当r取遍P的值时，共得48个数，而1000=48×20+40，所以a1000=105×220+a40.因为a48=104,a47=103,a46=101,a45=97,a44=94，a43=92,a42=89,a41=88,a40=86.所以a1000=105×20+86=2186.14．【1991高中数学联赛（第02试）】设a n为下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1，3或4，求证：a2n是完全平方数，这里n=1，2，…【答案】证明见解析【解析】设N=x1x2⋯x k，其中x1,x2,⋯,x k∈{1,3,4}且x1+x2+⋯+x k=n.假定n>4.删去x1时，则当x1依次取1，3，4时，x2+x3+⋯+x k分别等于n－1，n－3，n－4.故当n>4时a n=a n−1+a n−3+a n−4①先用归纳法证明下式成立a2n+1=a2n+a2n−1②因故当n=1时，式②成立.设n=k时，式②成立，即a2k+2=a2k+a2k−1，则据式①，有a2k+3=a2k+2+a2k+a2k−1=a2(k+1)+a2(k+1)−1.可见式②对k+1成立，于是式②对一切n∈N成立.2③再用归纳法证明下式成立a2n a2n+2=a2n+1因a2=1,a3=2,a4=4，故当n=1时，式③成立.2，设n=k时，式③成立，即a2k a2k+2=a2k+1则据式①，②，有2a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+1+a2k+1+a2k)=a2k+2a2k+3+a2k+2a2k+1+a2k+12.=a2k+2a2k+3+a2k+1a2k+3=a2k+3可见式③对k+1成立.故式③对一切n∈N成立.最后再用归纳法证明本题结论，显然n=1时结论正确，设a2n是完全平方数，则由式③知a2n+2是完全平方数，因此结论对任意自然数n成立.15．【1989高中数学联赛（第02试）】有n×n(n≤4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意地填入+1与－1两数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项.试证：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除(即总能表成4k的形式，其中k∈Z).【答案】证明见解析【解析】首先题目中所谓的基本项共有n!个，且每个基本项的取值要么是1，要么是－1.设表中第i行，第j列的数为a ij(a ij=1或－1)，则每个a ij都出现在(n－1)!个基本项内..考虑全部(n!个)基本项的乘积G1⋅G2⋅⋯⋅C n!=∏a ij(n−1)!1⩽i,j≤n(n−1)!=1.由于n≥4，所以(n－1)!是偶数，故aij即G1⋅G2⋅⋯⋅G n!=1.说明在G1,G2,⋯,G n个基本项中－1有n!个数，设为2k个，于是G1,G2,⋯,G n中的1的个数为n!－2k，这样G1+G2+⋯+G n!=(n!−2k)+2k(−1)=n!−4k.显然是4的倍数，命题得证.16．【1985高中数学联赛（第02试）】在直角坐标系xOy中，点A(x1,y1)和点B(x2,y2)的坐标均为正整数.OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B'，A在y轴上的射影为A'，△OB'B的面积比△OA'A的面积大33.5.由x1,y1,x2,y2组成的四位数x1x2y2y1=x1⋅103+x2⋅102+y2⋅10+ y1试求出所有这样的四位数，并写出求解过程.【答案】答案见解析【解析】很明显，题设的主要条件是关于面积的一些等量关系.于是由S△BOB′=S△AOA′+33.5得x2y2=x1y1+67，因为x1y1>0，所以x2y2>67.因为x2,y2为一位正整数，所以x2y2=72和81.但因为∠BOB′<45°，即点B在直线y=x的下方所以x2>y2，故x2y2≠81.于是x2y2=72，所以x2=9,y2=8，从而x1y1=5.又因为∠AOB′>45°，所以x1<y1，由x1,y1均为一位正整数，推得x1=1,y1=5.所以x1x2y2y1=1985.17．【1984高中数学联赛（第02试）】设a n是12+22+⋯+n2的个位数字，n=1，2，3，…….试证0.a1a2⋯a n⋯是有理数.【答案】证明见解析【解析】本题实际上只要证出0.a1a2⋯a n⋯是循环小数即可.下面将介绍几个证法证法一因为k2,(k+10)2,(k+20)2,⋯,(k+90)2的个位数字都相同，而10个相同整数之和的个位数字是0，所以k2+(k+10)2+(k+20)2+⋯+(k+90)2的个位数字是0.从而a n+100=(12+22+⋯+n2+(n+1)2+⋯+(n+100)2)的个位数字为：(a n+(n+1)2+(n+2)2+⋯+(n+100)2)的个位数字={a n+[(n+1)2+(n+11)2+⋯+(n+91)2]+[(n+2)2+(n+12)2+⋯+(n+92)2]+⋯+[(n+10)2+(n+20)2+⋯+(n+100)2]}的个位数字=a n.所以0.a1a2⋯a n⋯是循环小数.证法二因为(k+10)2=k2+20k+100,所以(k+10)2与k2的个位数字相同.又因为数列{a n}的前10项依次为1，5，4，0，5，1，0，4，5，5.所以从a11至a20就是把a10=5分别加到a1~a10各项所得数的个位数字.由于a20=0，所以a21=a1=1，…，a30=a10=5,a31=a21+5的个位数字，……a40=a30+5的个位数字.依此类推，有a n+20=a n.即0.a1a2⋯a n⋯是循环节长为20的循环小数.优质模拟题强化训练1．设k 、l 、c 均为正整数，证明：存在正整数a 、b 满足b −a =c ⋅(a,b)，且τ(a)τ(a (a,b))⋅l =τ(b)τ(b a,b )⋅k ，其中(a ，b )表示a 、b 的最大公因数，τ(m)表示正整数m 的所有不同正因子的个数.【答案】见解析【解析】 如果m 的标准分解式为m =p 1α1p 2α2⋯p n n αn ，那么τ(m)=(α1+1)(α2+1)⋯(αn +1). 取定两个不同的素数p 、q 使得(pq ，c )=1.由于(p ，q )=1，利用裴蜀定理，存在正整数u 0,v 0，使得p k u 0−q l v 0=c .由于(pq ，c )=1，那么p ∤v 0且q ∤u 0.由中国剩余定理，下列同余方程组：{u 0+tq l ≡1( mod p)v 0+tp k ≡1( mod q)u 0+tq l ≡1( mod c)有正整数解t =t 0.令u =u 0+t 0q l ,v =v 0+t 0p k ，那么p k u −q l v =c ，而且(u ，pqc )=1.因此(v,pqc)=1,(u,v)=1.现在取d =p k 2−1q l 2−1,n =q l v ，则n +c =q l v +c =p k u .从而(n,n +c)=1.令a =nd ，b =(n +c )d ，那么(a ，b )=d ，因此b −a =cd =c ⋅(a,b).而且：τ(a)τ(a a,b )⋅l =τ(nd)τ(n)⋅l =τ(p k 2−1q l 2+l−1v)τ(q l v)⋅l =k 2(l 2+l)l l+1=k 2l 2. τ(b)τ(b a,b )⋅k =τ((n+c)d)τ(n+c)⋅k =τ(p k 2+k−1q l 2−1u)τ(p k u)⋅k =(k 2+k)l 2kk+1=k 2l 2. 所以τ(a)τ(a (a,b))⋅l =τ(b)τ(b (a,b))⋅k .2．求所有的正整数n ，使得方程1x 12+1x 22+⋯+1x n 2=n+1x n+12有正整数解. 【答案】{n ∈N +|n ⩾3}.【解析】当n =1时，方程变为1x 12=2x 22，得x2x 1=√2，显然无正整数解. 当n =2时，方程变为1x 12+1x 22=3x 32，得(x 2x 3)2+(x 1x 3)2=3(x 1x 2)2. 先证引理：a 2+b 2=3c 2无正整数解假设有一组正整数解a ､b ､c ，不妨设a ､b ､c 的最大公因数为1.由a ､b 为正整数，知a 2≡0或1(mod 3)，b 2≡0或1(mod 3).又3c2≡0( mod 3)，故a2≡0( mod 3)且b2≡0( mod 3)，即a≡0( mod 3)且b≡0( mod 3)，从而c≡0( mod 3).这与“a､b､c的最大公因数为1”矛盾.引理得证由a2+b2=3c2无正整数解，可知此时原方程无正整数解.当n=3时，方程变为1x12+1x22+1x32=4x42，由32+42=52，得32 (3×4×5)2+42(3×4×5)2=52(3×4×5)2，即1202+1152=1122，所以1202⋅122+1152⋅122=1(122)2，可得1202(1202+1152)+1152⋅122=1(122)2，即14002+13002+11802=11442，故14002+13002+11802=42882.这说明原方程有正整数解：x1=400,x2=300,x3=180,x4=288.当n≥4时，1x12+1x22+⋯+1x n2=n+1x n+12有正整数解：x1=400,x2=300,x3=180,x4=x5=⋯=x n=x n+1=288.综上，当n=1或n=2时，原方程无正整数解；当n≥3时，原方程有正整数解.即所求的n为{n∈N+|n⩾3}.3．求证：不存在无穷多项的素数数列p1,p2,⋯,p n,⋯，使得p k+1=5p k+4,k=1,2,⋯.【答案】见解析【解析】用反证法.假设存在满足题设的无穷多项的素数数列p1,p2,⋯,p n,⋯，则由p k+1=5p k+4得p k+1+1=5(p k+1)，于是数列{p k+1}是以5为公比的等比数列，所以p k+1=5k−1(p1+1)，故p k=5k−1(p1+1)−1,k=1,2,⋯.易知数列{p n}是严格递增的，不妨设p1>5(否则用p2作为首项)，则有(5，p1)=1，于是由费马小定理得5p1−1≡1( mod p1)，所以p p1=5p1−1(p1+1)−1=5p1−1p1+5p1−1−1=0( mod p1)，这与p p1是素数矛盾所以，满足题设的素数数列不存在.4．设m，n是正整数，满足mn|m2+n2+1.证明：m2+n2+1=3mn.【答案】证明见解析．【解析】由题：m，n是正整数，满足mn|m2+n2+1，设m2+n2+1=tmn,t∈N∗，mn|m2+n2+1，必有n|m2+1,m|n2+1，所以m2+1n ,n2+1m均为正整数，当m=n时，2m2+1=tm2,t∈N∗，1=(t−2)m2,t∈N∗，显然只能m=1,t=3，当m≠n时，不妨设m<n，则m 2+1n<m<n，考虑方程x2+y2+1=txy,t∈N∗，(m,n)是方程的一组解，m2+n2+1=tmn,t∈N∗，则m2+(m2+1n )2+1=m2+(tmn−n2n)2+1=m2+(tm−n)2+1=m2+n2+t2m2−2tmn+1 =t2m2−tmn=tm(tm−n)=tm(tmn−n2n)=tm⋅m2+1n即m2+(m2+1n )2+1=tm⋅m2+1n，即(m,m2+1n)也是方程x2+y2+1=txy,t∈N∗的一组解，同理可得：(n,n 2+1m)，(n2+1m,n),(m2+1n,m)均是该方程的解，照此递换，必有(1,2)是方程的解，所以t=3综上所述：t=3，即m2+n2+1=3mn.5．求证：对任意的n∈N∗，32n+2−8n−9能被64整除.【答案】证明见解析【解析】（1）当n=1时，式子32n+2−8n−9=34−8−9=64能被64整除，命题成立．（2）假设当n=k时，32k+2−8k−9能够被64整除．当n=k+1时，32k+4−8(k+1)−9=9[32k+2−8k−9]+64k+64=9[32k+2−8k−9]+64(k+1)，因为32k+2−8k−9能够被64整除，∴9[32k+2−8k−9]+64(k+1)能够被64整除．即当n=k+1时，命题也成立．由（1）（2）可知，32n+2−8n−9(n∈N∗)能被64整除．6．求最小的正整数n，使得当正整数点k≥n时，在前k个正整数构成的集合M={1,2,⋯,k}中，对任意x∈M总存在另一个数y∈M且y≠x，满足x+y为平方数．【答案】7【解析】易知当n≤6时，在M={1,2,3,4,5,6}中，数2与其他任何数之和皆不是平方数；以下证明，n的最小值为7．如果正整数x、y(x≠y)满足：x+y=平方数，就称{x,y}是一个“平方对”，显然在M={1,2,⋯,7}中，{1,3}，{2,7}，{3,6}，{4,5}为平方对．在M={1,2,⋯,7,8}中增加了平方对{1,8}；在M={1,2,⋯,7,8,9}中平加了平方对{7,9}．以下采用归纳法，称满足题中条件的k为具有性质P；简记为k∈P．据以上知，当7≤k≤32时，均有k∈P．设已证得，当7≤k≤m2(m≥3)时，皆有k∈P，今考虑7≤k≤(m+1)2情况，利用归纳假设，只需证，当k =m2+r，其中1≤r≤2m+1时，均有k∈P．首先，在r=2m+1，即k=(m+1)2时，(k,2m+3)构成平方对，这是由于k+(2m+3)=(m+1)2+(2m+3)=(m+2)2，而由m2−(2m+3)=(m−1)2−4≥0，知2m+3≤m2，即2m+3≠k．在1≤r≤2m时，(k,2m+1−r)构成平方对，这是由于k+(2m+1−r)=(m2+r)+(2m+1−r)=(m+1)2，而1≤2m+1−r≤2m<m2，所以2m+1−r≠k．因此对于满足7≤k≤(m+1)2的每个k，皆有k∈P，从而对所有满足7≤k≤m2(m≥3)的正整数k，皆有k∈P，即对一切正整数k≥7，均有k∈P．所以n的最小值为7．7．设k∈Z+，定义：A1=1，A n+1=nA n+2(n+1)2k(n=1,2⋯).证明：当n≥1时，A n为整数，且A n为奇数当且n+2仅当n≡1或2(mod4).【答案】见解析【解析】注意到(n+2)A n+1−nA n=2(n+1)2k①(n+1)A n−(n−1)A n−1=2n2k②(n +1)×①+n ×②得(n +1)(n +2)A n+1−(n +1)nA n−1=2(n +1)2k+1+2n 2k+1. 反复运用上式，再叠加得A n =2S(n)n(n+1).其中，S(n)=1′+2′+⋯+n′(t =2k +1).由2S(n)=∑[(n −i)t +i t ]n i=0=∑[(n +1−i)t +i t ]n i=1⇒n(n +1)|2S(n)因此，A n (n ≥1)为整数.1.若n ≡0或2(mod 4)，由S(n)有奇数个奇数项知S(n)为奇数. 于是，A n 为奇数.2.若n ≡0(mod 4)，则(n 2)t ≡0(mod n)故S(n)=∑[(n −i)t +i t ]n 2i=0−(n 2)t ≡0(mod n) 于是，A n 为偶数.3.若n ≡3(mod 4)，则(n+12)t ≡0(mod n +1) 故S(n)=∑[(n +1−i)t +i t ]n+12i=1−(n+12)t ≡0(mod n).于是，A n 为偶数.因此，当n ≥1时，A n 为整数，且A n 为奇数当且仅当n ≡1或2(mod 4). 8．已知a 、b 、c 、d 、e 、e 为整数，方程ax 5−2bx 4+3cx 3−5dx 2+7ex −2024=0①有正整数解．证明：存在无穷多个正整数k 使得61|(11k 5−7ek 4+5dk 3−3ck 2+2bk −a)．【答案】见解析【解析】设方程①的正整数解为x =m ．首先说明：(m,61)=1．否则，61|m ⇒61|(am 5−2bm 4+3cm 3−5dm 2+7em)⇒61|2024．矛盾． 由am 5−2bm 4+3cm 3−5dm 2+7em −2024=0⇒am 5−2bm 4+3cm 3−5dm 2+7em −11=2013=3×11×61⇒am 5−2bm 4+3cm 3−5dm 2+7em −11≡0(mod 61)．取整数n(1≤n≤60)，满足mn≡1(mod61)．故0≡−(am5−2bm4+3cm3−5dm2+7em−11)n5≡11n5−7en4+5dn3−3cn2+2bn−a≡0(mod61)．取k=61t+n(t=1,2,⋯)．则11k5−7ek4+5dk3−3ck2+2bk−a≡11n5−7en4+5dn3−3cn2+2bn−a≡0(mod61)．因此，存在无穷多个正整数k，使得61|(11k5−7ek4+5dk3−3ck2+2bk−a)．9．已知a n=∑n−1i=010i(n=1,2,⋅⋅⋅)，求证：存在无穷多个正整数n，使a1,a2,⋅⋅⋅,a n除以n的余数互不相同。
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。
初等数论期末考试模拟试卷(含答案)
初等数论期末考试模拟试卷（含答案）一、选择题（每题5分，共25分）1. 以下哪个数是最小的素数？A. 0B. 1C. 2D. 3答案：C2. 设p是一个素数，若p能整除a^2，则p一定能整除a，以下哪个选项正确？A. 仅当p=2时成立B. 仅当p=3时成立C. 对所有素数p都成立D. 对所有素数p都不成立答案：C3. 以下哪个数是费马素数？A. 5B. 13C. 17D. 257答案：D4. 若a、b互质，且a、b都大于1，则以下哪个选项正确？A. a+b一定不是素数B. a-b一定是素数C. ab一定是合数D. a/b一定是素数答案：C5. 模4同余的完全剩余系是以下哪个？A. {0, 1, 2, 3}B. {0, 1, 2, 4}C. {1, 2, 3, 4}D. {0, 2, 4, 6}答案：A二、填空题（每题5分，共25分）6. 设p是一个素数，且p≠2，则p除以4的余数是______。
答案：37. 设a、b互质，且a、b都大于1，则ab的最小素因数是______。
答案：2或38. 欧拉函数φ(36)的值为______。
答案：129. 设p、q是两个不同的素数，则p^q+q^p的除以pq的余数是______。
答案：110. 以下数列中，哪个数列是模4的周期数列？______A. 1, 3, 5, 7, ...B. 2, 4, 6, 8, ...C. 1, 2, 3, 4, ...D. 0, 1, -1, 0, ...答案：D三、计算题（每题10分，共30分）11. 设p=13，求φ(p)的值。
答案：φ(13) = 13 - 1 = 1212. 设a=123，b=456，求a与b的最大公约数。
答案：gcd(123, 456) = 313. 设a=17，b=23，求a与b的最小公倍数。
答案：lcm(17, 23) = 17 23 = 391四、证明题（每题15分，共30分）14. 证明：对于任意正整数n，若n是奇数，则n^2除以8的余数是1。
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》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,;a bx x t y y t t d d =-=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =+=-=±± Ｃ．00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d =+=-=±± Ｄ．00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d=-=-=±±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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初等数论考试试卷一、 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 ) 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( B )Ａ．整数12,,,n a a a L 的公因数中最大的称为最大公因数；Ｂ．整数12,,,n a a a L 的公倍数中最小的称为最小公倍数 【有最小的吗？】 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( C )Ａ．00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =-=+=±±L Ｂ．00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =+=-=±±LＣ．00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d =+=-=±±LＤ．00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d=-=-=±±L4．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．8，16，17 5．下列推导中不正确的是( D )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( D )Ａ．0,1,2,,9;L Ｂ．1,2,3,,10;L 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 ) 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( C ) 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 +++K K 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 =+++≡>/K K 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 ．不超过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 :( D )A ．3B ．11C ．13D ．23 12．若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭，则 ( C ) 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 )A ． 4B ． 3C ． 2D ． 1 14． 模12的所有可能的指数为：( A )A ．1，2，4B ．1，2，4，6，12C ．1，2，3，4，6，12D ．无法确定 15． 若模m 的原根存在，下列数中，m 不可能等于：( D ) A ． 2 B ． 3 C ． 4 D ． 12 16．对于模5，下列式子成立的是 ( B ) A ．322ind = B ． 323ind =C ． 350ind =D ． 3331025ind ind ind =+ 17．下列函数中不是可乘函数的是： ( C ) 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a χ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 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( B )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 ＝ _____21____；22． 多元一次不定方程：1122n n a x a x a x N +++=L ，其中1a ，2a ，…，n a ，N 均为整数，2≥n ，有整数解的充分必要条件是_（1a ，2a ，…，n a ，）︱N_； 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_（10，b ）=1__； 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：____()1p -！+1()0mod ,p p ≡为素数______； 26． 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=___1___； 27． 若)(,1a p =，则a 是模p 欧拉判别条件)；28． 在模m 的简化剩余系中，原根的个数是___()()m φφ__；29． 设1α≥，g 为模p α的一个原根，则模2p α的一个原根为_g 与g+a p 中的奇数_； 30． ()48ϕ=___16___。
三．简答题：（5分／题×4题＝20分）31．命题“任意奇数的平方减1是8的倍数”对吗？说明理由。
32．“若)(,1a m =，x 通过模m 的简化剩余系，则ax 也通过模m 的简化剩余系”这命题是否正确？正确请证明，不正确请举反例。
33．求模17的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余。
34．设1212k k a p p p ααα=L 为a 的标准分解式，记()S a 为a 的正因数的和，()a τ为a 的正因数的个数，则()S a ＝？ ()a τ＝？ 为什么？ 四．计算题。
（7分／题×4题＝28分）35． 求不定方程6x+93y=75的一切整数解。
36． 解同余方程组()()()1mod 53mod 62mod 7x y z ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩37．解同余式2x ≡11(mod125) 38．求模13的所有原根。
五、证明题：（7分/题×2题=14分）39、试证：2222x y z +=，（x ，y ）=1，y 是偶数的整数解可写成：22(2)x a b =±- 2y ab = 222z a b =+这里0a b >>，(),1a b =，并且一为奇数，一为偶数。
40、设a 为正整数，试证：||()()d ad aad a dφφ==∑∑其中|d a∑表示展布在a 的一切正因数上的和式。
六、应用题：（8分）41、求30！中末尾0的个数。
参考答案一．单项选择：ABCDD ；DACCB ；DCAAD ；BCBAB 。
二．填空题：21．21；22．()12,,,|n a a a N L ；23．(),101b =；24．()0,0,1,2,,mx t t a m +=±±L ；25．()1p -！+1()0mod ,p p ≡为素数；26．1； 27．()121mod p ap -≡；28．()()m φφ；29．g 与g p α+中的单数；30．16三．简答题：31．答：命题正确。
Q ()()2211211m m +-=++⎡⎤⎣⎦()211m +-⎡⎤⎣⎦()()22241m m m m =⋅+=+ 而()1m m +必为2的倍数。
86页32．正确．证明见教材47P 。
33．在摸p 的简化剩余系中与22211,2,,2p -⎛⎫⎪⎝⎭L 同余的数是数p 的平方剩余，()117,182p p =-=，222211,24,39,416≡≡≡≡，222258,62,715,813≡≡≡≡ 故1，2，4，8，9，13，15，16为摸17的平方剩余，而3，5，6，7，10，11，12，14为摸17的平方非剩余。
34．()()1211111i ikkiiii i i p s a p pp p αα+==-=++++=-∏∏L ()()()()12111k a τααα=+++L 证明：若()f a 为可乘函数，则()()()()|11iki i ai f f p f p ααα==++∑∏L ．分别令()().1f a a f a ==，它们为可乘函数，即得出。
四．计算题35．解：因为()6,933|75=，故原不定方程有解。
又原方程即 23125x y +=，而易见方程2311x y +=有解''016,1x y ==-。
所以原方程的一个解是00400,25x y ==- 所以，原方程的一切整数解是：40031252x t r t=+=-- t 是整数36．解：因为模5，6，7两两互质，由孙子定理得所给同余方程组关于模5×6×7＝210有唯一解，分别解同余方程：()421mod5x ≡，()351mod6x ≡，()301mod7x ≡，得 ()3mod5x ≡， ()1mod6x ≡-，()4mod7x ≡因此所给同余方程组的解是：()()423135133042mod210x ≡⋅⋅+⋅-⋅+⋅⋅即：()26151mod210x ≡≡37．解：从同余方程()()211mod51mod5x x ≡≡得， ()()()222111511mod5,1010mod5t t +≡≡再从得， ()()2111mod5,16mod5t t ≡+≡因此于是， 是()()()22223211mod5,6511mod5t χ≡+≡的解又从得()()32230025mod5,121mod5t t ≡-≡-因此即()222mod5,65256t x ≡=+⋅=所以是所给方程的一个解，于是所解为： ()56mod125x ≡±解毕。