初等数论第三版复习题解答
《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)
《初等数论》试卷一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） １．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． ２．下列命题中不正确的是( ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,,,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数３．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( )Ａ．00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =-=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =+=-=±± Ｃ．00,,0,1,2,;bax x t y y t t d d =+=-=±± Ｄ．00,,0,1,2,;bax x t y y t t dd =-=-=±±４．下列各组数中不构成勾股数的是( )Ａ．５，１２，１３； Ｂ．７，２４，２５； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７ ５．下列推导中不正确的是( )Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ ６．模１０的一个简化剩余系是( ) Ａ．0,1,2,,9; Ｂ．1,2,3,,10;Ｃ．5,4,3,2,1,0,1,2,3,4;----- Ｄ．1,3,7,9. ７．()mod a b m ≡的充分必要条件是( ) Ａ．;m a b - Ｂ．;a b m - Ｃ．;m a b + Ｄ．.a b m +８．设()43289f x x x x =+++，同余式()()0mod5f x ≡的所有解为( ) Ａ．1x =或1;- Ｂ．1x =或4; Ｃ．1x ≡或()1mod5;- Ｄ．无解． 9、设f(x)=10n n a x a x a +++其中()0,mod i a x x p ≡是奇数若为f(x)()0mod p ≡的一个解，则:( )A ．()()mod ()0mod ,1p f x p χχ∂≡≡∂>一定为的一个解 B ．()()0mod ,1,()0mod p f x p χχ∂∂≡∂>≡一定为的一个解C ．()()()00(),()0mod mod ,mod p f x f x p x x p x x p ααα≡≡≡当不整除时一定有解其中 D ．()()()00mod ()0mod ,mod x x p f x p x x p ααα≡≡≡若为的一个解则有 10．()10(),,0mod ,,n n i n f x a x a x a a a p n p =+++≡>/设其中为奇数则同余式()()0mod f x p ≡的解数：（ ） A ．有时大于p 但不大于n; B ．可超过pC ．等于pD ．等于n11．若2为模p 的平方剩余，则p 只能为下列质数中的 :( )A ．3B ．11C ．13D ．23 12．若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭，则 ( ) A ．()2mod ,x a m ≡同余式一定有解B ．()()2,1,mod a m x a p =≡当时同余式有解;C ．()2(,mod m p x a p =≡当奇数)时同余式有解;D ．()2(),mod a p x a p =≡当奇数时同余式有解．13．()()2mod 2,3,2,1,x a a αα≡≥=若同余式有解则解数等于( )A ． 4B ．3C ． 2D ． 1 14． 模12的所有可能的指数为;( )A ．1，2，4B ．1，2，4，6，12C ．1，2，3，4，6，12D ．无法确定 15． 若模m 的单根存在，下列数中，m 可能等于: ( ) A ． 2 B ．3 C ． 4 D ． 12 16．对于模5，下列式子成立的是: ( )A ．322ind =B ．323ind =C ．350ind =D ．3331025ind ind ind =+ 17．下列函数中不是可乘函数的是: ( ) A ．茂陛鸟斯(mobius)函数w(a) ; B ． 欧拉函数()a φ；C ．不超过x 的质数的个数()x π；D ．除数函数()a τ；18． 若x 对模m 的指数是ab ，a >0，ab >0，则x α对模m 的指数是( ) A ．a B ．b C ．ab D ．无法确定 19．()f a ，()g a 均为可乘函数，则( ) A ．()()f a g a 为可乘函数； B ．()()f ag a 为可乘函数 C ．()()f a g a +为可乘函数； D ．()()f a g a -为可乘函数 20．设()a μ为茂陛乌斯函数，则有( )不成立A ．()11μ=B ．()11μ-=C ．()21μ=-D ．()90μ= 二．填空题：（每小题1分，共10分）21． 3在45!中的最高次n ＝ ____________________； 22． 多元一次不定方程：1122n n a x a x a x N +++=，其中1a ，2a ，…，n a ，N 均为整数，2n ≥，有整数解的充分必要条件是___________________；23．有理数ab，0a b <<，)(,1a b =，能表成纯循环小数的充分必要条件是_______________________；24． 设()0mod x x m ≡为一次同余式()mod ax b m ≡，a ≡()0mod m 的一个解，则它的所有解为_________________________；25． 威尔生（wilson ）定理：________________________________________； 26． 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=________________________________________； 27． 若)(,1a p =，则a 是模p 的平方剩余的充分必要条件是_____________(欧拉判别条件)； 28． 在模m 的简化剩余系中，原根的个数是_______________________； 29． 设1α≥，g 为模p α的一个原根，则模2p α的一个原根为_____________； 30．()48ϕ=_________________________________。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
若 b 0 ，则令 s
得证． 下证唯一性 当 b 为奇数时，设 a bs t bs1 t1 则 t t1 b( s1 s ) b 而t
b b , t1 t t1 t t1 b 矛盾 故 s s1 , t t1 2 2
b 为整数 2
ax0 by0
x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r , 0 r ax0 by0
则 r ( x x0 q )a ( y y0 q )b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by
a, b Z , b 0, s, t Z , 使 a bs t ,| t |
b 。 ， 2
s1 , t1 ，使 b s1t t1 ,| t1 | sn , tn , tn 2 tn 1sn tn ; sn 1 , tn 1 , tn 1 tn sn 1 tn 1 ;
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《初等数论》 （闵嗣鹤、严士健编著） （第三版）习题解答
是一个整数系数多项式且 a0 ，an 都不是零，则（1）的根只能是以 a0 的因数作分子以 an 为 分母的既约分数，并由此推出 2 不是有理数． 证：设（1）的任一有理根为
p ， ( p, q ) 1, q 1 。则 q
a bs t ,
| t |
|b| 2
成立，并且当 b 是奇数时，s，t 是唯一存在的．当 b 是偶数时结果如何？ 证：作序列 ,
3b b b 3b , b , , 0, , b , , 则 a 必在此序列的某两项之间 2 2 2 2
初等数论(第三版)+闵嗣鹤+严士健+课后答案
1
证明： a1 , a 2 , a n 都是 m 的倍数。
存在 n 个整数 p1 , p 2 , p n 使
a1 p1 m1 , a 2 p 2 m2 ,, a n p n mn
又 q1 , q 2 , , q n 是任意 n 个整数
q1 a1 q 2 a 2 q n a n ( p1 q1 q 2 p 2 q n p n )m
故（1）的有理根为
p ，且 p | a 0 , q | a n 。 q 2 , x 2 2 0 ，次方程为整系数方程，则由上述结论，
假设 2 为有理数， x 可知其有有理根只能是
1,2 ，这与 2 为其有理根矛盾。故 2 为无理数。
另 证 ， 设
2
为 有 理 数
2
=
p , q
( p, q ) 1, q 1 ， 则
2
又 9|（3+2+3+4+3+3） ，所以 9|D， D 9 35937 3 E ，
2
又 9|（3+5+9+3+7） ，所以 9|E， E 9 3993 又 3993 3 1331 3 11
3
w.
8 5 3
所以 A 2 3 11 ；同理有 81057226635000 2 3 5 7 11 17 23 37 。
3b 2 , b , b 2 ,0, b 2 , b, 3b 2
（区间段） , 则 a 必在此序列的某两项之间
kh
r ( x x0 q)a ( y y 0 q)b S ，由 ax0 by 0 是 S 中的最小整数知 r 0
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案本复习题页码标注所用教材为：教材名称单价作者版本出版社初等数论14.20闵嗣鹤，严士健第三版高等教育出版社复习题及参考答案一一、填空(40%)1、求所有正约数的和等于15的最小正数为考核知识点：约数，参见P14-192、若b1,b2,L L,b11是模11的一个完全剩余系，则8b1+1,8b2+1,L L,8b11+1也是模11的剩余系.考核知识点：完全剩余系，参见P54-573．模13的互素剩余系为考核知识点：互素剩余系，参见P584.自176到545的整数中是13倍数的整数个数为考核知识点：倍数，参见P11-13p是素数,a是任意一个整数,则a被p整除或者5、如果考核知识点：整除，参见P1-4a,b的公倍数是它们最小公倍数的.6、提示:要证明原式成立，只须证明 3 a + a +1，或者 3 a + a 成立即可。
四、（10％）设 p 是不小于 5 的素数，试证明 p ≡ 1(mod 24)考核知识点：最小公倍数，参见 P11-137、如果 a , b 是两个正整数,则存在 整数q , r ,使 a = bq + r , 0 ≤ r p b .考核知识点：整除，参见 P1-48、如果 3 n ， 5 n ，则 15（ ） n .考核知识点：整除，参见 P1-4二、(10%)试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里 n 是任意整数。
考核知识点：整除的性质，参见 P9-12提示： i)若 则ii)若 则iii)若 则又三、(10%)假定 a 是任意整数，求证 a 2+ a + 1 ≡ 0(mod 3 ) 或a 2+ a ≡ 0(mod 3 )考核知识点：二次同余式，参见 P882 22 考核知识点：同余的性质，参见 P48-52提示： 且 是不小于 5 的素数． 又 且 是不小于 5 的素数．⎩14 x ≡ 2(mod 8)⎪⎩ x ≡ 3(mod 8) ⎪⎩如果 n = x + y , 所以 x , y 只能与 0,1 同余,所以 x + y ≡ 0,1, 2(mod 4)只能是奇数且即 即五、(15%)解同余式组 ⎧5 x ≡ 1(mod 7) ⎨考核知识点：同余式，参见 P74-75 提示∵ (14，8)=2 且 2 | 2∴ 14x≡2(mod8) 有且仅有二个解 解 7x≡1(mod4) ⇒ x≡3 (mod4) ∴ 6x≡10(mod8)的解为x≡3，3+4(mod8)⎧⎪x ≡ 3(mod 7) 原同余式组等价于 ⎨ ⎧⎪x ≡ 3(mod 7)或 ⎨x ≡ 7 (mod 8)分别解出两个解即可。
《初等数论》各章习题参考解答
3
1
48
，
在100! 的分解式中的指数
2
100!
100 2
100 4
100 8
100 16
100 64
50
25
12
6
1
94
，
100! 294 348 k 447 348 k 1247 3k,k, 6 1。
故 nmax 47 ， M min 3k ， k, 6 1。
k
+
1 位正整数，记其最左边
那一位数字为 a Î {2,5}，则 xk' + 1 = a´ 10k + xk' ，其中 xk' 是由 2 和 5 组成的十进制 k 位
正整数，由 2k+ 1
若 k = 轾犏臌3 n = 8 ，则 3创5 7篡8 n 840 n ，从而 k = 轾犏臌3 n 吵轾犏臌3 840 9 > 8 ，矛盾！
若 k = 7 ，则 3创4 5篡7 n 420 n ，但 n < 840 ，所以最大的正整数 n = 420 。
6.证明：当 n = 1 时，存在唯一的 x1 = 2 ，则有 21 x1 ；当 n = 2 时，存在唯一的 x2 = 52 ，有 22 x2 ；当 n = 3 时，存在唯一的 x3 = 552 ，有 23 x3 。
n 炒2a
3b 创5g
7 11
77创
k 2
k 3
k 5
77 30
k 3。
由 k ³ 11 ，可得 k ³
11 12
(k
+
1)，从而
n>
77 30
壮k 3
77 30
113 123
《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》各章习题参考解答
《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是，所以满足条件的最小正整数11111111100a =。
2.解：3在100!的分解式中的指数()1001001001003100!33113148392781⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++=+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 在100!的分解式中的指数()1001001001001002100!50251261942481664⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，∴ ()9448474847100!2343123,,61k k k k =⋅⋅=⋅⋅=⋅=。
故 max 47n =，min 3M k =，(),61k =。
故 当M 最小值是3的倍数，但不是2的倍数。
3.解：112121n n n n x x ++++++等价于()()21221n n n x x x ++-+-，从而3x ³（n 就不会太大，存在反向关系）。
由()()22121n nn x x x -+-?+，得()()2212n n n x x -+?，即()()()121122nn x x -+?。
若2n ³，则()()()()251221114242nn x xx x-?+??，导致25140x x -+?，无解。
所以，只有1n =，335314x x x +-?，只能是37,14x +=，从而4,11x =。
综上所述，所求正整数对()()(),4,111,1x n =、。
4.解：按题意，2m n >>，记*,m n k k N =+?；则()222211111n n k nk n k k a a a a a a a a a a a a +++-+-?-+--++-22211111n k k n k k a a a a a a a a a ++?---+?-+-，故 存在无穷多个正整数a 满足2111n k k a a a a ++-+-。
《初等数论》习题解答
《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(严蔚敏版)12 第五章二次同余式与平方剩余
2 2 1(mod p) 由 p 8n 7，即得出24n3 1(mod 8n 7) 而23 8 2 7, 47 8 5 7,503 8 62 7 都是形如8n 7的素数，并且
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
23 1 47 1
503 1
11 , 23 , 251
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
3、设n是正整数，4n 3及8n 7都是质数，说明 24n3 1(mod 8n 7) 由此证明：23 | 211 1, 47 | 223 1,503 | 2251 1。
证明：当 p 8n 7时，由本节定理 1 的推论知2为平方剩余，
应用欧拉判别条件即有
182 28.
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
故模 37 的平方剩余为： 1，3，4，7，9，10，11，12，16，21，25，26，27，
30，33，34，36 而其它的 18 个数为模 37 的平方非剩余： 2，5，6，8，13，14，15，17，18，19，20，22，23，
从而 p | y2，即有 p 2 | y 。
易见，当 2 为偶数时，
2
，则 p 2
p ，上同余式有解：
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
x 0, p , 2 p ,, ( p 1) p (mod p )， 共有n 2m 1 p 个解
当 2 1为奇数时， p 2 p ，上同余式有解：
p 3
当它们同为1或同时为
1时，
3 p
1，
3
一为1，一为 1时，
p
1
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
初等数论7
浙江师范大学《初等数论》考试卷（F1卷）（2004——2005学年第一学期）考试类别 使用学生数学专业**本科考试时间120分钟表 出卷时间*年*月*日 说明：考生应有将全部答案写在答题纸上，否则作无效处理。
一、 填空（36分）1、d （1000）= 。
σ（1000）= 。
φ（1000）= 。
2、n 1〉， 若)(mod 01)!1(n n ≡+-则n 为 。
3、不能表示成5X+3Y （X 、Y 非负）的最大整数为 。
4、7在2003！中的最高幂指数是 。
5、（1515 ，600）= 。
6、)(mod m b ax ≡有解的充要条件是 。
7、威尔逊定理是 。
8、写出6的一个简化系，要求每项都是5的倍数 。
9、23.0 化为分数是 。
10、20032的末位数是 。
11、[-2.3]= 。
12、φ（1）＋φ（P ）＋…φ（n P ）= 。
13、1>x 且能被4、5、7整除，则最小的x 是 。
14、50506666688888⨯被7除后的余数为 。
15、两个素数的和为31，则这两个素数是 。
16、带余除法定理是 。
答案1、16，2340，93601、素数2、73、3314、155、b |),(m a6、)(mod 01)!1(p p ≡+-7、5，258、90299、810、 -311、 n p12、140 13、5 14、 2，29a ，b 是两个整数，b>0,则存在两个惟一的整数q ，r 使得 b r r bq a <≤+=0,二、 解同余方程组（12分）⎪⎩⎪⎨⎧≡≡≡)7(mod 1)8(mod 3)5(mod 2x x x答案解：证：因为5,8,7两两互素,所以可以利用孙子定理求解.280,40,35,56321====m M M M .解同余式)5(mod 156,1≡M , )8(mod 135,2≡M , )7(mod 140,3≡M ,得到 3,3,13,2,,1===M M M . 于是所求的解为)280(mod 267 )140(mod 134033352156≡⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯≡x三、 叙述并且证明费尔马小定理。
初等数论复习题答案
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》复习思考题及参考答案
《初等数论》复习思考题及参考答案一、填空题1、16除-81的商是 -6 ，余数是 15 。
2、{-3.3} = 0.7 ；[-5.68] = -6 。
3、12!的标准分解式为 210⨯35⨯52⨯7⨯11 。
4、（1516，600）= 4 。
5、8270的标准分解式是 2⨯5⨯827 。
6、不定方程ax + by = c (其中a ，b ，c 是整数)有整数解的充要条件是 (a ，b )|c 。
7、模5的最小非负完全剩余系是 0，1，2，3，4 。
8、模6的绝对最小完全剩余系是 -3，-2，-1，0，1，2 。
9、3406的十进位表示中的个位数字是 9 。
10、7100被11除的余数是 1 。
11、ϕ(480) = 128 。
二、选择题1、417被-15除的带余除法表达式是（ D ）。
A 417 = (-15)⨯(-30)-33B 417 = (-15)⨯(-26)+27C 417 = (-15)⨯(-28)+(-3)D 417 = (-15)⨯(-27)+122、设n ，m 为整数，如果n 3，m 3，则9（ A ）nm 。
A 整除B 不整除C 等于D 小于3、整数6的正约数的个数是（ D ）。
A 1B 2C 3D 44、如果)(mod m b a ≡，c 是任意整数，则( A )。
A )(mod m bc ac ≡B bc ac =C ac ≢)(mod m bcD bc ac ≠5、如果( A )，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( B )整除。
A 3B 3与9C 9D 3或97、大于20且小于40的素数有（ A ）。
A 4个B 5个C 6个D 7个8、模4的最小非负完全剩余系是( D )。
A -2,-1,0,1B -4,-3,-2,-1C 1,2,3,4D 0,1,2,39、整数637693能被( C )整除。
《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》第三版习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
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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 L ，，，都是m 得倍数，12n q q q L ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++L 是m 得倍数．证明：Q 12,,n a a a L 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p L 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===L又12,,,n q q q L 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++L1122n n q p m q p m q p m =+++L1122()n n p q q p q p m =+++L即1122n n q a q a q a +++L 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 ++=+++-Q (1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+又(1)(2)n n n ++Q ，(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 Q 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 ++Q （,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 ---L L 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---++-=+=+=+==≤<<<<L L∴(,)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。
反过来(,)a b |a 且(,)a b |b ，若|(,),d a b ''则|,|d a d b ''''，所以(,)a b 的因数都是,a b 的公因数，从而,a b 的公因数与(,)a b 的因数相同。
2．证明：见本书P2，P3第3题证明。
3．应用§1习题4证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所说的求法及辗转相除法实际算出（76501，9719）．解：有§1习题4知：,,0,,,a b Z b s t Z ∀∈≠∃∈使,||2ba bs t t =+≤。
， 11,s t ∴∃，使1112||,||,,22t bb s t t t =+≤≤L 如此类推知： 21,,;n n n n n n s t t t s t --∃=+ 11111,,;n n n n n n s t t t s t ++-++∃=+且1221||||||||||2222n n n n n t t t b t --+≤≤≤≤≤L 而b 是一个有限数，,n N ∴∃∈使10n t +=1121(,)(,)(,)(,)(,)(,0)n n n n a b b t t t t t t t t t +∴=======L ，存在其求法为：1(,)(,)(,())a b b a bs a bs b a bs s =-=---=L(76501,9719)(9719,7650197197)(8468,97198468)(1251,846812516)(3,1)1∴=-⨯=-=-⨯===L 4．证明本节（1）式中的log log 2bn ≤证：由P3§1习题4知在（1）式中有 12112102222n n n n n n r r r br r --+-=<≤≤≤≤≤L ，而1n r ≥ 1,22nnb b ∴≤∴≤， 2log log log 2b n b ∴≤=，即log log 2b n ≤ §3 整除的进一步性质及最小公倍数1．证明两整数a ，b 互质的充分与必要条件是：存在两个整数s ，t 满足条件1ax bt +=． 证明 必要性。
若(,)1a b =，则由推论1.1知存在两个整数s ，t 满足：(,)as bt a b +=，1as bt ∴+=充分性。
若存在整数s ，t 使as+bt=1，则a ，b 不全为0。
又因为(,)|,(,)|a b a a b b ，所以(,|)a b as bt + 即(,)|1a b 。
又(,)0a b >，(,)1a b ∴= 2．证明定理3定理3 [][]1212,,||,||,||n n a a a a a a =L L 证：设121[,,,]n a a a m =L ，则1|(1,2,,)i a m i n =L ∴1|||(1,2,,)i a m i n =L 又设122[||,||,,||]n a a a m =L 则21|m m 。
反之若2|||i a m ，则2|i a m ，12|m m ∴ 从而12m m =，即12[,,,]n a a a L =122[||,||,,||]n a a a L 3．设1110n n n n a x a x a x a --++++L （1）是一个整数系数多项式且0a ，n a 都不是零，则（1）的根只能是以0a 的因数作分子以n a 为不是有理数．证：设（1）的任一有理根为pq，(,)1,1p q q =>。
则1110()()0n n n n p p pa a a a q q q--++++=L111100n n n n n n a p a p q a pq a q ---++++=L （2）由11110(2)n n n n n n a p a p q a pq a q ----=+++L ，所以q 整除上式的右端，所以|n n q a p ，又(,)1,1p q q =>， 所以(,)1,|n n q p q a =∴；又由（2）有11110n n n n n n a p a p q a pq a q ---+++=-L因为p 整除上式的右端，所以0|n P a q ，(,)1,1p q q =>，所以(,)1, |n n q p p a =∴ 故（1）的有理根为pq，且0|,|n p a q a 。
220x x =∴-=，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是1,2±±为无理数。
=,pq(,)1,1p q q =>，则2222222222,2,(,)(2,)1p q p p q q p q q=∴=∴==>但由(,)1,1p q q =>知22(,)1p q =不是有理数。
§4 质数·算术基本定理 1．试造不超过100的质数表 解：用Eratosthenes 筛选法（110=a（2）10内的质数为：2，3，5，7（3）划掉2，3，5，7的倍数，剩下的是100内的素数 将不超过100的正整数排列如下：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 1002．求82798848及81057226635000的标准式．解：因为8|848，所以38|,827988488103498562A A B ==⨯=⨯， 又8|856，所以8|B ，3812937322B C =⨯=⨯， 又4|32，所以4|C ，243234332C D =⨯=⨯又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D ，29359373D E =⨯=⨯， 又9|（3+5+9+3+7），所以9|E ，93993E =⨯ 又3399331331311=⨯=⨯ 所以8532311A =；同理有3343281057226635000235711172337=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅。