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初等数论习题

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第三章

1. 解 依次计算同余式

22 ≡ 4,24 ≡ 16,28 ≡ 256,216=65536 ≡ 154, 232 ≡1542=23716 ≡ -1 (mod 641)。

因此 2. 解 有71 ≡ -3,72 ≡ -1,74 ≡1 (mod 10), 因此,若 77 ≡ r (mod 4), 则 现在77 ≡ (-1)7 ≡ -1 ≡ 3 (mod 4),所以由上式得到 即n 的个位数是3。 3.注:一般地,若求 对模m 的同余,可分以下步骤进行: (ⅰ) 求出整数k ,使a*k ≡ 1 (mod m );

(ⅱ) 求出正整数r ,r < k ,使得b*c ≡ r (mod k ); (ⅲ) ≡a *r (mod m )。 4.

例3 求(25733 + 46)26被50除的余数。 解(25733 + 46)26 ≡ (733 - 4)26 = [7?(72)16 - 4]26 ≡ [7?( -1)16 - 4]26 = (7 - 4)26

≡ 326 = 3?(35)5 ≡ 3?(-7)5 = -3?7?(72)2

≡ -21 ≡ 29 (mod 50),即所求的余数是29。 5. 证明2x2-5y2=7没有整数解.

6. 例1 设m > 0是偶数,{a 1, a 2, Λ, am }与{b 1, b 2, Λ, bm }都是模m 的完全剩余系,证明:

{a 1 + b 1, a 2 + b 2, Λ, am + bm }不是模m 的完全剩余系。

7.

例2 设A = {x 1, x 2, Λ, xm }是模m 的一个完全剩余系,以 {x }表示x 的小数部分,证明:若(a , m ) = 1,则

8.

9.

例3 设{x 1, x 2, …, x ?(m)}是模m 的简化剩余系,则 (x 1x 2…x ?(m))*2 ≡ 1 (mod m )。

解记P = x 1x 2…x ?(m),则(P , m ) = 1。又记yi =

1 ≤ i ≤ ?(m ),

则{y 1, y 2, …, y ?(m)}也是模m 的简化剩余系,因此

(mod m ),再由Eule r 定理,推出 P*2 ≡ P*?(m) ≡ 1 (mod m ) ** 同余式可以像等式一样进行代换。

5

221641+说明能否被整除.5522210(mod641),641|21

+≡+即7

77.

n =求的个位数c b a 7777(mod10)

r n =≡c b a 222222

21(mod 2),21,14(1)1(mod8)25257(mod8)2124(mod8)2(mod 4)x y y y y n n Z y n n y x y x x x ?≡=+∈∴=++?≡?-≡-≡?≡≡?≡证明:设原方程有整数解,,则不是偶数令,但这是不可能的,因此方程无整数解。501 13?(mod5)

≡例求(5)450412+2412225,13,13131(mod5),13=13=1313131694(mod5)m a ??===≡≡≡≡解:这里由欧拉定理,则 ()()5

505101052

25,13,1313(mod5),13=131313131694(mod5)p a ==≡≡≡≡≡≡或者,用费马定理,这里,则 (

)()i x P ∏

∏==≡

)(1)(1m i i m i i x

P

x

??22

,2(mod5),23222394(mod5)

x x x ≡-+≡?-+≡≡例如则11(1)

2{

}

m

i i ax b m m =+=-∑

第二章 1. 利用辗转相除法求解

2.

例3 设a ,b ,c 是整数,(a , b ) = 1,则在直线

ax + by = c 上,任何一个长度大于的线段上至少有一个点的坐标都是整数。

解 由定理1,直线ax + by = c 上的坐标都是整数的 (xt , yt )的坐标是

, t ∈Z , 其中(x0, y0)是直线ax + by = c 上的坐标都是整数的点,由定理2,这样的点是存在的。

对于任意的t ∈Z ,记Pt 是以(xt , yt )为坐标的点,则Pt + 1与Pt 之间的距离

这说明,两个“相邻的”坐标是整数的点的距离是

,从而得出所求之结论。 3. 例2 将 写成三个分数之和,它们的分母分别是2,3和5。

解:设

则 15x + 10y + 6z = 19。 依次解方程5t + 6z = 19,15x + 10y = 5t ,得到 u ∈Z ,

, u , v ∈Z 。

取u = 0,v = 0,得到x = -1,y = 1,z = 4,因此

4.

若(x , y , z )是方程(1)的满足条件(2)的解, 则下面的结论成立:

(ⅰ) x 与y 有不同的奇偶性;

(ⅱ) x 与y 中有且仅有一个数被3整除; (ⅲ) x ,y ,z 中有且仅有一个数被5整除。

证明 (ⅰ) 若2∣x ,2∣y ,则2∣z ,这与(x , y , z ) = 1矛盾。 所以x 与y 中至少有一个奇数。如果x 与y 都是奇数,则 x 2 =4m+1,,y 2 =4n+ 1,x 2 + y 2 =4(m+n)+2, 而 z2=4N 或4N+1,

所以x ,y ,z 不可能是方程(1)的解。 因此,x 与y 有不同的奇偶性。

(,)|(,)1(,)(,1(,)(,)(,)|;1,(,)141,(,)10)

||||1,(,)1a b c

ax by c

ax by a b a b

x y a b a b a b a b c a b c q ax by a b ax a x b y a by a b a b b +=+=??+==?+=+=?+==>>=解():先求,判断是否整除。若,求特解,进而求所有解

先解最后乘即为原方程解同解

归结为形为的方程()的方程且的方程(5) 19301930235

x y z =++??

?-=+-=u z u

t 5461???-=+=at

y y bt

x x t t 00()()

222

1211b a y y x x P P t t t t t t +=-+-=+++23x t v y t v =+??=--?16216345x u v

y u v z u =-++??=--??=-?1911430235=-++22b a +

第四章

1.

2. 10x ≡22 (mod 36)

等价于解不定方程10x -36y=22 求整数x ,再按模36分类: x ≡ 13 (mod 36) x ≡ 31 (mod 36) 3.

1296x ≡1125 (mod 1935)

解(1296,1935)=9,9|1125,故同余式有9个解 化简为 144 x ≡125 (mod 215)

4.从另一角度考虑 ax ≡ b (mod m ) (2)

(1)当(a, m )=1时,(2)恰有一个解:

(2)当(a, m )=d ≠ 1时,(2) 有解时有d 个解,且d|b

5. 10x ≡22 (mod 36) 两种解法:

x ≡ 13 (mod 36) x ≡ 31 (mod 36) 6.

1296x ≡1125 (mod 1935)

解(1296,1935)=9,9|1125,故同余式有9个解 化简为 144 x ≡125 (mod 215),故

7.

解同余方程组

解 将(1)的前一式乘以2,后一式乘以3再相减得到 19y ≡ -4 (mod 7), 5y ≡ -4 (mod 7), y ≡ 2 (mod 7)。 再代入(1)的前一式得到

3x + 10 ≡ 1 (mod 7), x ≡ 4 (mod 7)。

即同余方程组(1)的解是x ≡ 4,y ≡ 2 (mod 7)

8.

七数余一,八数余一,九 数余三,问此数?

4322(1) 482412630(mod )31612(2)(mod ),(3)30(mod5)p x x x x m m m m x x p p p x --++≡===≡+≡则时不谈次数;时是零次的;时是一次的。为质数:解有个;例无解()1

(mod )m x ba

m ?-≡()()()1(,)11(mod )(2)(mod )(mod )(mod )m m m a m a m ax b m ax ba m x ba m ???-=≡≡?≡?≡由欧拉定理 时,而此时有唯一解使11111010101001

111(mod ),,,,2(,)1(1),(mod ),,2,(mod ),0,1,2,,1

2a a d b b d m m d a m x x m x x m t t Z x x m m x x m a x b t x t x m r m r d d m ====*≡=+∈?*=+=≡+≡+-*=设则由()可有由及()式有唯一解,设为即而满足()的满足(),于是考虑模有即为()()的全部解。1251252153408585215300144144144363636252521580(mod 215)33

80215,,980,295,510,725,940,1155,1370,1585,1800(mod1935)x x t t Z x ++≡≡=≡≡=+≡≡==+∈≡即因此原同余式的个解为??

?≡-≡+)

7(m od 232)7(m od 153y x y x

9.

10.( Wilson 定理) ( p - 1)! +1 ≡ 0 (mod p )

即模p 的一个简化剩余系中全体数之积对模p 与-1同余。 证明 (1) 由Fermat 定理,数1, 2, Λ, p - 1是同余式

x p - 1 ≡ 1 (mod p ) 的解,因此,利用定理2即有。 (2) 在(1)中取x =p 即可。 注:Wilson 定理其实是充要条件,即

p 是素数当且仅当( p - 1)! +1 ≡ 0 (mod p )

定理4(Lagrange ) 同余方程(1)的解数≤ n ,即最多有n 个解 证明 假设同余式(1)解数多于n,则至少有n + 1个不同的解, 设x ≡ xi (mod p ),1 ≤ i ≤ n + 1为(1)的n+1个不同的解,则 由定理2,有

f (x ) ≡ an (x - x 1)Λ(x - xn ) (mod p ),因此

0 ≡ f (xn + 1) ≡ an (xn + 1 - x 1)Λ(xn + 1 - xn ) (mod p )。

由于p an ,xn + 1 xi (mod p ),1 ≤ i ≤ n ,所以上式不能成立。这个矛盾说明同余方程(1)不能有n + 1个解。证毕。

注:(1)此定理仅对质数模同余式成立.如x 3- x ≡ 0 (mod 6)有6个解 (2)若同余式(1)解数大于n,则p 整除所有系数

(3)由定理1,4知:(1)的次数>p 时,(1)的解数

1231231231231233

11(mod 7),1(mod8)

3(mod9)7,8,91,1,3,789504,72,63,561(mod 7),631(mod8),561(mod9)4,7,5()4i i i i x x x x m m m b b b m M M M M M M M M M x M M b =≡??

≡??≡?

=======??====''≡≡''''≡?==='?≡=?∑解:设此数为则解 且两两互质;分别解同余式 72不唯一72176315563

28843184057(mod504)

?+??+??=++≡ 10(mod 55)140(mod 247)245(mod 391)x x x ≡??

≡??≡?

123123123123123155511,2471319,391172310,140,245,

5311735,96577,21505,13585

1(mod 55),215051(mod 247),135851(mod 391)18,139,43()i i m m m b b b m M M M M M M M M M x M ===?==?==?=======''≡≡''''≡?==='?≡解:且两两互质;分别解同余式 96577不唯一3

10020(mod5311735)

i i M b ≡∑111111(1)!10(mod ),,|1,|(1)!(1)!10(mod ),|(1)!+1|1,p p p p p p p p p p p p p p p p -+≡<<--+≡-?事实上,若而为合数不妨设,则且即也有矛盾,故为质数。

当很大时,以此判断质数也很困难。

第一章

1. 例1 若n 是奇数,则8∣n 2 - 1。 解 设n = 2k + 1,则

n 2 - 1= (2k + 1)2 - 1 = 4k (k + 1)。

在k 和k + 1中有一个是偶数,所以8∣n 2 - 1

2. 例2 设A = { d 1, d 2, Λ, dk }是n 的所有因数的集合,则

B =

,

,,

{}k

n

n n d

d

d 也是n 的所有因数的集合。

解 由以下三点理由可以证得结论: (ⅰ) A 和B 的元素个数相同;

(ⅱ) 若di ∈A ,即di ∣n ,则 i

n d n ,反之亦然;

(ⅲ) 若di ≠ dj ,则

n

n

3.

例3 证明:方程a 12 + a 22 + a 32 = 1999 (1) 无整数解。

解 若a 1,a 2,a 3都是奇数,则存在整数A 1,A 2,A 3,使得 a 12 = 8A 1 + 1,a 22 = 8A 2 + 1,a 32 = 8A 3 + 1, 于是

a 12 + a 22 + a 32 = 8(A 1 + A 2 + A 3) + 3。

由于1999被8除的余数是7,所以a 1,a 2,a 3不可能都是奇数。

由式(1),a 1,a 2,a 3中只能有一个奇数,设a 1为奇数,a 2,a 3为偶数,则存在整数A 1,A 2,A 3,使得

a 12 = 8A 1 + 1,a 22 = 8A 2 + r ,a 32 = 8A 3 + s , 于是

a 12 + a 22 + a 32 = 8(A 1 + A 2 + A 3) + 1 + r + s ,

其中r 和s 是整数,而且只能取值0或4。这样a 12 + a 22 + a 32被8除的余数只可能是1或5,但1999被8除的余数是7,所以这样的a 1,a 2,a 3也不能使式(2)成立。

注(1)定理中未要求a 的正负;

(2)将b >0换成b <0也对,此时r 的范围换成0≤r<-b 即可;

(3)合起来即:设a 与b 是两个整数,b ≠ 0,则存在唯一的两个整数q 和r ,使得

a = bq + r ,0 ≤ r < |

b |。 4.由于每个非零整数的约数的个数是有限的,所以一组不全为零的整数的最大公约数是存在的,并且是正整数。

若a 1, a 2, Λ, a k 两两互素,则可以推出(a 1, a 2, Λ, a k) = 1,反之则不然,例如 (2, 6, 15) = 1,但(2, 6) = 2

5.推论 设a 是大于1的整数,且标准分解式为

则:

定理2 任何大于1的整数a 都至少有一个质因数 证明 若a 是质数,则定理是显然的。 若a 不是质数,那么它有两个以上的正的非平凡因数,设它们是d 1, d 2, Λ, d k 。不妨设d 1是其中最小的。若d 1不是质数,则存在1

12

12,0,1,2,,,

k k i a p p p i k αααα=>=12121111212(1)(1)(1)(1).111

(2)().111k k k k a a p p p a S a p p p ααατααα+++=+++---=??---的正因数个数为(

)的正因数的和为12111

2121

12111

(1)

111k i k k i i i i k p p p p p p p p p αααα+++=---??=++++---∏

:注

推论 任何大于1的合数a 必有一个不超过

的质因数。 证明 使用定理2中的记号,有a = d 1d 2,其中 d 1 > 1是最小的质因数,所以d 1*2 ≤ a 。 性质 设x 与y 是实数,则

(ⅰ) x =[x ]+{x } , 若0 ≤ x < 1,则[x ] = 0; (ⅱ) x ≤ y ? [x ] ≤ [y ];

(ⅲ)[x ] ≤ x < [x ] +1, x-1 <[x ] ≤ x ,0≤ {x } <1; (ⅳ)若m 是整数,则[m + x ] = m + [x ]; (ⅴ)[x ]+ [y ] ≤[x +y ] , {x }+ {y } ≥{x +y }

(ⅵ) [-x ] =

{-x } =

(ⅶ)(带余数除法)若a,b 是两个整数,b>0,则

(ⅷ)若a,b 是任意两个正整数,则不大于a 而为b 的倍数

的正整数个数是 6.设n 是正整数,1 ≤ k ≤ n - 1,则 若n 是素数,则n ∣ 1 ≤ k ≤ n - 1

7.

例1 设a 1, a 2, Λ, a n 是整数,且

a 1 + a 2 + Λ + a n = 0,a 1a 2Λa n = n ,则4∣n 。

解 如果2不整除n ,则n , a 1, a 2, Λ, a n 都是奇数。于是a 1 + a 2 + Λ + a n 是奇数个奇数之和,不可能等于零,这与题设矛盾,所以2∣n ,即在a 1, a 2, Λ, a n 中至少有一个偶数。如果只有一个偶数,不妨设为a 1,那么2不整除a i (2 ≤ i ≤ n )。此时有等式

a 2 + Λ + a n = -a 1,

在上式中,左端是(n - 1)个奇数之和,右端是偶数,这是不可能的,因此,在a 1, a 2, Λ, a n 中至少有两个偶数,即4∣n 。

例2 设a 0, a 1, Λ, a n ∈Z ,f (x ) = a n x n + Λ + a 1x + a 0 ,已知f (0)与f (1) 都不是3的倍数,证明:若方程f (x ) = 0有整数解,则

3∣f (-1) = a 0 - a 1 + a 2 - Λ + (-1)na n

解 对任何整数x ,都有 x = 3q + r ,r = 0,1或2,q ∈Z 。 (ⅰ) 若r = 0,即x = 3q ,q ∈Z ,则

f (x ) = f (3q ) = an (3q )n + Λ + a1(3q ) + a0 = 3Q1 + a0 = 3Q1 + f (0), 其中Q1∈Z ,由于f (0)不是3的倍数,所以f (x ) ≠ 0; (ⅱ) 若r = 1,即x = 3q + 1,q ∈Z ,则

f (x ) = f (3q + 1) = an (3q + 1)n + Λ + a1(3q + 1) + a0 = 3Q2 + an + Λ + a1 + a0 = 3Q2 + f (1), 其中Q2∈Z 。由于f (1)不是3的倍数,所以f (x ) ≠ 0。

因此 若f (x ) = 0有整数解x ,则必有 x = 3q + 2 = 3q ' - 1,q ∈'Z , 于是 0 = f (x ) = f (3q ' - 1) = an (3q ' - 1)n + Λ + a1(3q ' - 1) + a0

= 3Q3 + a0 - a1 + a2 - Λ + (- 1)n an = 3Q3+f (-1), 其中Q3∈Z 。所以3∣f (-1) = a0 - a1 + a2 - Λ + (-1)*n an 。 例3 设a ,b 是整数,且 9∣a 2 + ab + b 2 (1) 则3∣(a , b ). 解 由式(1)得到

9∣(a - b )2 + 3ab ? 3∣(a - b )2 + 3ab ? 3∣(a - b )2 ? 3∣a - b (2) ? 9∣(a - b )2 再由式(1)得到

9∣3ab ? 3∣ab 因此,3∣a 或3∣b 。

若3∣a ,由式(2)得到3∣b ;若3∣b ,由(2)式也得到3∣a 。因此,总有3∣a 且3∣b 。则 3∣(a , b )。

[][]1x x x x -∈??

--??Z Z 若若0

1{}x x x ∈??

-??Z Z 若若[]{},0{} 1.

a a a a

b b b b b b =+≤≤-[].

a

b !C !()!

k

n

n k n k =∈-Z k

n

C

例4 若a > 1,a n - 1是素数,则a = 2,并且n是素数。

解若a > 2,则由

an - 1 = (a - 1)(an - 1+an - 2+Λ+ 1)

可知a n - 1是合数。所以a = 2。

若n是合数,则n = xy,x > 1,y >1,于是由

2xy - 1 = (2x - 1)(2x(y - 1)+ 2x(y - 2)+Λ+ 1)

以及2x - 1 > 1可知2n - 1是合数,所以2n - 1是素数时,n必是素数。注:若n是素数,则称2n - 1是Mersenne数。

练习

1、求325与214的最大公因数

2、求1008与1134的最小公倍数

3、边长为1厘米的正方体2100个,堆成一个实心的长

方体,它的高是10厘米,长和宽都大于高,求长和宽

4、已知十个正整数之和为1001,这十个正整数的最大公因数为d,

5、将2,4,6,8,12,16,24,48分成两组,每组四个数,使它们的积相等

6、求40!的标准分解式

7、计算

8、解方程

]

48

[+

+

]3

[+

]2

[+

]1

[

1

3

1

2

-

=

??

?

??

?+x

x

初等数论练习题及答案

初等数论练习题一 一、填空题 1、τ(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+18t t ∈Z 。. 6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_?(m )_。 7 8、??? ??10365 =-1。 9、若p 是素数,则同余方程x p - 1 ≡1(mod p )的解数为二、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? 11074217 271071107713231071107311072107 710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==??≡-?--?-)()()()(),()()()(),()())()(( )(解: 故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。 3、求(127156+34)28除以111的最小非负余数。

4月浙江自考初等数论试题及答案解析试卷及答案解析真题

1 浙江省2018年4月高等教育自学考试 初等数论试题 课程代码:10021 一、单项选择题(本大题共5小题,每小题2分,共10分) 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1.20被-30除的余数是( ) A .-20 B .-10 C .10 D .20 2.176至545的正整数中,13的倍数的个数是( ) A .27 B .28 C .29 D .30 3.200!中末尾相继的0的个数是( ) A .49 B .50 C .51 D .52 4.从以下满足规定要求的整数中,能选取出模20的简化剩余系的是( ) A .2的倍数 B .3的倍数 C .4的倍数 D .5的倍数 5.设n 是正整数,下列选项为既约分数的是( ) A . 3144 21++n n B . 121 -+n n C .2 512+-n n D .1 31++n n 二、填空题(本大题共10小题,每小题3分,共30分) 请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1.d(120)=___________。 2.314162被163除的余数是___________。 3.欧拉定理是___________。 4.同余方程3x ≡5(mod13)的解是___________。 5.不定方程10x-8y=12的通解是___________。

2 6.ο ___________)1847 365 ( = 7.[-π]=___________。 8.为使n-1与3n 的最大公因数达到最大的可能值,则整数n 应满足条件___________。 9.如果一个正整数具有21个正因数,问这个正整数最小是___________。 10.同余方程x 3+x 2-x-1≡0(mod 3)的解是___________。 三、计算题(本大题共4小题,每小题10分,共40分) 1.解同余方程组 ???? ?? ?≡≡≡≡) 9(mod 4)7(mod 32)4(mod 23) 25(mod 1x x x x 2.解不定方程15x+10y+6z=19。 3.试求出所有正整数n ,使得2n -1能被7整除。 4.判断同余方程 x 2≡-1457(mod 2389) 是否有解? 四、证明题(本大题共2小题,每小题10分,共20分) 1.证明形如4n+3的素数有无穷多个。 2.证明不定方程 x 2+y 2+z 2=x 2y 2 没有正整数解。

初等数论试卷和答案

初等数论试卷和答案 Company Document number:WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998

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 bc D 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 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6233 2n 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.

初等数论试卷模拟试题和答案

初等数论试卷一 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 b x x t y y t t d d =- =+ =±± B.00,,0,1,2, ;a b x x t y y t t d d =+= -=±± C.00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =+= -=±± D.00,,0,1,2, ;b a x 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.()()112 2 11mod 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;

初等数论试题

2 010年7月高等教育自学考试 初等数论试题 课程代码:10021 一、单项选择题(本大题共5小题,每小题2分,共10分) 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1.-30被-9除的余数是() A.-3 C.3 2.下列给出的数中是合数的是() A.1063 C.1093 1000 3.400 xx5的幂指数是() B.-6 D.6 B.1073 D.1103

A.1 C.3B.2 D.4 4.不能表示为5x+7y(x,y是非负整数)的最大整数是() A.23 C.25B.24 D.26 5.下列给出的素数模数中,3是平方非剩余的是() A.37 C.53 二、填空题(本大题共10小题,每小题3分,共30分) 请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1.60480的标准分解式为___. 2.μ (50400)=___. 3.π( 55.5)=___. 4.对任意的正整数n,最大公因数(12n+1,30n+3)=___. 5.若(n)=4,则n=___. 6.同余方程6x≡7(mod 23)的解是___. 7.不定方程6x+9y=30的通解是___.

8.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 B.47 D.59 ___. 9.326 被50除的余数是___. 10.xxM 23是___(填素数或合数). 三、计算题(本大题共4小题,每小题10分,共40分) 1.已知两正整数中,每一个除以它们的最大公约数所得的商之和等于18,它们的最小公倍数等于975,求这两个数。 2.有一队士兵,若三人一组,则余1人;若五人一组,则缺2人;若十一人一组,则余3人。 已知这队士兵不超过170人,问这队士兵有几人? 3.求正整数x,使x2-1216是完全平方数。 4.已知563是素数,判断不定方程x2+563y=429是否有整数解。 四、证明题(本大题共2小题,每小题10分,共20分) 1.证明当n为整数时,504|n9-n3。 2.设(a,m)=1,若x通过模m的完全剩余系,则ax+b也通过模m的完全剩余系.

最新初等数论试卷,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×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 b x x t y y t t d d =- =+ =±± B.00,,0,1,2,;a b x x t y y t t d d =+= -=±± C.00,,0,1,2,;b a x x t y y t t d d =+= -=±± D.00,,0,1,2,;b a x 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 )

(完整word版)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 b B b - C b D 0 2、如果1),(=b a ,则),(b a ab +=( ). A a B b C 1 D b a + 3、小于30的素数的个数( ). A 10 B 9 C 8 D 7 4、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 3 B 3与9 C 9 D 3或9 7、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,-1,0,1,2,3 B -6,-5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5,6 D 0,1,2,3,4,5,6 11、因为( ),所以不定方程71512=+y x 没有解. A [12,15]不整除7 B (12,15)不整除7 C 7不整除(12,15) D 7不整除[12,15] 12、同余式)593(mod 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 b a ,0,(,)1a b 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(mod 75111≡x 有解,而且解的个数( ). 9、在176与545之间有( )是17的倍数.

初等数论试卷

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 ) 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 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 b x x t y y t t d d =-=+=±± B.00,,0,1,2,;a b x x t y y t t d d =+=-=±± C.00,,0,1,2,;b a x x t y y t t d d =+=-=±± D.00,,0,1,2,;b a x 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;

初等数论习题集

《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: ) ,)(,)(,(),,(],][,][,[],,[2 2a c c b b a c b a a c c b b a c b a =。 6. 设k 是正奇数,证明:1 + 2 + + 9∣1k + 2k + + 9k 。 第 5 节 1. 说明例1证明中所用到的四个事实的依据。 2. 用辗转相除法求整数x ,y ,使得1387x - 162y = (1387, 162)。

初等数论第2版习题答案

第一章 §1 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 n )1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n 从而可知 )12)(1(/6++n n n 3 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=r by 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 ,2 3, ,2 , 0,2 ,,2 3,b b b b b b - -- 则a 必在此序列的某两项之间

初等数论试卷

一、判断题(对的写A ,错的写B ,3'1030?=) 1.12,,,k a a a 两两互素可以推出12,,,k a a a 互素,反之亦真。 ( ) 2.设10n n N a a a -=是整数N 的十进制表示,则0 1111(1)n i i i N a =?-∑。 ( ) 3.设,,a b m 是整数,(,)1a m =,若x 通过模m 的简化剩余系,则ax b +也通过模m 的简化剩余系。 ( ) 4.对于正整数k ,Euler 函数()k ?的值等于模k 简化剩余系中元素的个数。 ( ) 5.形如65n +的素数有无穷多个。 ( ) 6.32514805112133=????是51480的标准分解式。 ( ) 7. 已知(,,)x y z 是不定方程222x y z +=满足(,)1x y =的正整数解,则,x y 有不同的奇偶性。 ( ) 8.同余方程322310(mod5)x x x -+-≡的解数小于3。 ( ) 9. 3,5,9(mod14)x ≡是模14的全部原根。 ( ) 10.设,x y 是任意实数,则[][][]x y x y +=+。 ( ) 二、填空(3'1030?=) 1.159313被7除的余数是 。 2.使12347!被35k 整除的最大的k = 。 3.用(,)a b ,[,]a b 分别表示整数,a b 的最大公约数和最小公倍数,则[,](,)a b a b = 。 4.设n 是正整数,12,,,k p p p 是它的全部素因数,则 ()n ?= 。 5.同余方程2 1(mod61)x ≡-的解数是 。 6.设,a b 是整数,0(mod )a m ≠,则同余方程(mod )ax b m ≡有解的充要条件是 。若有解,则恰有 个解,mod m 。 7.模11的所有二次剩余是 。

02013初等数论复习题题库及答案

《初等数论》本科 一、填空题(每空2分) 1.写出30以内的所有素数 2.,a b 设 3.若,a b 是非零整数,则a 与b 互素的充要条件是存在整数,x y ,使1ax by += 4.写出180的标准分解式是(2+1)(2+1)(1+1)=18个. 5.,1,2, ,a b a b 设与是正整数则在中能被. 6.设,a b 是非零整数,c 是整数,方程ax by c +=有整数解(,x y )的充要条件是(,)|a b c 7.A m 的完全剩余系,则A 中含有m 个整数. 8.?9.当p 素数时,(1)()p ?=1p -;(2)()k p ?=1k k p p --. 10.(),(,)1,1m m a m a ?=-设是正整数则).m 11.,,p p a a a -设是素数则对于任意的整数有).p 12.已知235(mod 7)x +≡,则x 7). 13.同余方程22(mod7)x ≡14.同余方程2310120(mod9)x x ++≡的解是X=6+9t(t ∈Z ). 15.(,)1n p =若,n p 是模的二次剩余的充要条件是-12 1(mod ).p n p ≡. 16.(,)1n p =若,n p 是模的二次非剩余的充要条件是-12 1(mod ).p n p ≡-. 17.3(54 (5 18.,p 设是奇素数则2()p = 218(1).p --. 19.,p 设是奇素数则1()p -1 ()p = 20.5()=92 ()=45 二、判断题。(判断下列结论是否成立,每题2分). 1.||,|a b a c x y Z a bx cy ?∈+且对任意的有.成立 2.(,)(,),[,][,]a b a c a b a c ==若则.不成立

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 )(mod m bc D 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 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( ).

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) = 17391 1768?

自考初等数论试题及答案

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 bc D 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 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 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)

初等数论试卷

一、填空题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1.μ(2002)=_________; d(2002)=_________. 2.自然数225,226,…,240中的素数是_________. 3.n+2,2n+3,3n+1中必定互素的一组数是_________. 4.模7的绝对值最小简化剩余系是_________. 5.同余方程16x ≡6(mod 46)的解是_________. 6.不定方程3x+4y=5的通解是_________. 7.17|(2002n -1),则正整数n 的最小值是_________. 8.满足?(n) =20的n 有多个,其中两个是_________. 9.弗罗贝纽斯(Frobenius)问题可表述为_________. 10.?? ? ??17954 =_________. 二、计算题(本大题共3小题,第1,2小题各7分,第3小题9分,共23分) 1.判断下面同余方程组是否有解,如有解则求出其解: ?? ???≡≡≡9).5(mod x 20),7(mod x 15),2(mod x 2.试求不定方程y 2+x=x 2 +y-22的所有正整数解. 3.判断同余方程x 2≡62(mod 113)是否有解,如有解,则使用高斯(Gauss)逐步淘汰法求其解. 三、论证题(本大题共4小题,第1,2小题各8分,第3小题10分,第4题11分,共37 分) 1.试证一个正整数的平方,必与该正整数的各位数码字的和的平方,关于模9同余。 2.设(a,m)=1,x 通过模m 的一个简化剩余系,试证ax 也通过模m 的简化剩余系. 3.设F n =n 22+1,试证(F n ,F n+1)=1. 4.试证在两继自然数的平方之间,不存在四个自然数a

(全新整理)4月浙江自考初等数论试题及答案解析

1 浙江省2018年4月高等教育自学考试 初等数论试题 课程代码:10021 一、单项选择题(本大题共5小题,每小题2分,共10分) 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,请将其代码填写在题后的括号 内。错选、多选或未选均无分。 1. 30被-7除的带余除法表达式是( ) A.30=(-7)×(-5)-5 B.30=(-7)×(-4)+2 C.30=(-7)×(-3)+9 D.30=(-7)×(-6)-12 2.100至500的正整数中,能被17整除的个数是( ) A. 23 B. 24 C. 25 D. 26 3.设 α3|500!,但13+α 500!,则α=( ) A. 245 B.246 C.247 D. 248 4.以下数组中,成为模7的完全剩余系的是( ) A. -14,-4,0,5,15,18,19 B. 7,10,14,19,25,32,40 C. -4,-2,8,13,32,35,135 D. -3,3,-4,4,-5,5,0 5.设n 是正整数,则以下各式中一定成立的是( ) A.(n +1,3n +1)=1 B.(2n -1,2n +1)=1 C.(2n ,n +1)=1 D.(2n +1,n -1)=1 二、填空题(本大题共10小题,每小题3分,共30分) 请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1.?(120)=________________。 2.25736被50除的余数是________________。 3. 反转定律是________________。 4. 同余方程3x ≡5(mod16) 的解是________________。 5. 不定方程9x -12y =15的通解是________________。 6.?? ? ??41323 =________________。 7. 实数的小数部分记为{x } ,则 {-4 5}=________________。

初等数论总复习题及知识点总结

初等数论学习总结 本课程只介绍初等数论的的基本内容。由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系, 因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师范院校)的本科生来说,是一门有着重要意义的课程,在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的.一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解,更深入地理解某些他邻近学科,另一方面,也许更重要的是可以加强他们的数学训练,这些训练在很多方面都是有益的.正因为如此,许多高等院校,特别是高等师范院校,都开设了数论课程。 最后,给大家提一点数论的学习方法,即一定不能忽略习题的作用,通过做习题来理解数论的方法和技巧,华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用,则相当于只身来到宝库而空手返回而异。 数论有丰富的知识和悠久的历史,作为数论的学习者,应该懂得一点数论的常识,为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。 初等数论自学安排 第一章:整数的可除性(6学时)自学18学时 整除的定义、带余数除法 最大公因数和辗转相除法 整除的进一步性质和最小公倍数 素数、算术基本定理 [x]和{x}的性质及其在数论中的应用 习题要求3p :2,3 ; 8p :4 ;12p :1;17p :1,2,5;20p :1。 第二章:不定方程(4学时)自学12学时 二元一次不定方程c by ax =+ 多元一次不定方程c x a x a x a n n =++ 2211 勾股数 费尔马大定理。 习题要求29p :1,2,4;31p :2,3。

第三章:同余(4学时)自学12学时 同余的定义、性质 剩余类和完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系 欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用 习题要求43p :2,6;46p :1;49p :2,3;53p 1,2。 第四章:同余式(方程)(4学时)自学12学时 同余方程概念 孙子定理 高次同余方程的解数和解法 素数模的同余方程 威尔逊定理。 习题要求60p :1;64p :1,2;69p :1,2。 第五章:二次同余式和平方剩余(4学时)自学12学时 二次同余式 单素数的平方剩余与平方非剩余 勒让德符号 二次互反律 雅可比符号、 素数模同余方程的解法 习题要求78p :2; 81p :1,2,3;85p :1,2;89p :2;93p :1。 第一章:原根与指标(2学时)自学8学时 指数的定义及基本性质 原根存在的条件 指标及n 次乘余 模2 及合数模指标组、

自考初等数论试题及答案

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 ba , ab ,则(). A a b Bab C a b Dab 2、 如果 3n , 5n ,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 a b (modm ) , c 是任意整数贝V 5、 如果(),则不定方程ax by c 有解. A (a, b)c B c(a,b) C ac D (a,b)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ax b 0(modm ) 有解的充分必要条件是(). 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(). 4、 如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被P 整除或者(). 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()整数q ,r ,使a bq r ,0 r b . 三、计算题(每题8分,共32分) 1、 求[136,221,391]=? 2、 求解不定方程9x 21y 144 . 3、 解同余式 12x 15 0(mod45) . 429 4、 求563 ,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) 2 3 n n n 1证明对于任意整数n ,数3 2 6是整数. 2、 证明相邻两个整数的立方之差不能被 5整除. A ac bc(modm) B a b C ac bc(mod m) D ab

02013初等数论两套试卷及答案

初等数论考试试卷(一) 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 bc D b a ≠ 5、如果( ),则不定方程c by ax =+有解. B ),(b a c C c a D a b 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)(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62 332n 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. 初等数论考试试卷(一)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)(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] =[391,17221 136?] =[1768,391] ------------(4分) = 173911768? =104?391 =40664. ------------(4分) 2、求解不定方程144219=+y x .(8分)

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 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(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。对r=0,1,…,9进行验证即可。 4. 对于任何整数n,m,等式n2 (n 1)2 = m2 2的左边被4除的余数为1,而右边被4除的余数为2或3,故它不可能成立。 5 因a4 3a2 9 = (a2 3a 3)( a2 3a 3),当a = 1,2时,a2 3a 3 = 1,a4 3a2 9 = a2 3a 3 = 7,13,a4 3a2 9是素数;当a 3时,a2 3a 3 > 1,a2 3a 3 > 1,a4 3a2 9是合数。 6. 设给定的n个整数为a1, a2, , a n,作 s1 = a1,s2 = a1a2,,s n = a1a2a n, 如果s i中有一个被n整除,则结论已真,否则存在s i,s j,i < j,使得s i与s j 被n除的余数相等,于是n s j s i = a i + 1a j。

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