M p a b a s s
s ?-=-=-==91
1091)10(9110111 ，其中M ＞1是正整数。 由p a ＞1也是正整数知p s 是合数，这与题设矛盾。故s 也是一个素数。
4、证明：若2p 1是奇素数，则(p !)2
(1)p 0(mod 2p 1)。
证明：由威尔逊定理知
1
(2p )! = p !(p 1)(2p )
(1)p (p !)2(mod 2p 1)，
由此得(p !)2
(1)p 0(mod 2p 1)。
5、设p 是大于5的质数，证明：p 4≡1(mod 240)。（提示：可由欧拉定理证明）
、
证明：因为240=23×3×5，所以只需证：p 4≡1(mod 8)，p 4≡1(mod 3)，p 4≡1(mod 5)即可。
事实上，由
(8)=4，
(3)=2，
(5)=4以及欧拉定理立得结论。
初等数论练习题三
一、单项选择题
1、若n ＞1，(n )=n-1是n 为质数的（ C ）条件。
A.必要但非充分条件
B.充分但非必要条件
C.充要条件
D.既非充分又非必要条件 2、设n 是正整数，以下各组a ，b 使a
b
为既约分数的一组数是（ D ）。 =n+1，b=2n-1
=2n-1，b=5n+2C.a=n+1，b=3n+1 =3n+1，b=5n+2
3、使方程6x+5y=C 无非负整数解的最大整数C 是（ A ）。
.24 C
4、不是同余方程28x ≡21(mod 35)的解为（ D ）。
"
≡2(mod 35) B. x ≡7(mod 35)C. x ≡17(mod 35) D. x ≡29(mod 35) 5、设a 是整数，(1)a ≡0(mod9)(2)a ≡2010(mod9) (3)a 的十进位表示的各位数字之和可被9整除
(4)划去a 的十进位表示中所有的数字9，所得的新数被9整除 以上各条件中，成为9|a 的充要条件的共有（ C ）。 个个个个 二、填空题
1、σ(2010)=_4896____；?(2010)=528。
2、数20100C 的规范分解式中，质因数7的指数是_3。
3、每个数都有一个最小质因数。所有不大于10000的合数的最小质因数中，最大者是97。
4、同余方程24x ≡6(mod34)的解是x 1≡13(mod34) x 2≡30(mod34)_。
，
5、整数n>1，且(n-1)!+1≡0(mod n)，则n 为素数。
6、3103被11除所得余数是_5_。
7、??
?
??9760=_-1_。 三、计算题 1、判定(ⅰ) 2x 3
x 2 3x 1 0 (mod 5)是否有三个解；
(ⅱ) x 6
2x 5 4x 2
3 0 (mod 5)是否有六个解 解：(ⅰ) 2x 3x 2
3x 1
0 (mod 5)等价于x 3
3x 2
4x 3
0 (mod 5)，又x 5
x =
(x 3
3x 2
4x 3)(x 2 3x 5) + (6x 212x 15)，其中r (x ) = 6x 212x 15的系数不都是
5的倍数，故原方程没有三个解。
(ⅱ) 因为这是对模5的同余方程，故原方程不可能有六个解。
2、设n 是正整数，求1
223212C ,,C ,C -n n
n n 的最大公约数。 解：设12122321212232122C C C )C ,,C ,(C ---=+++=n n n n n n n n n d ，由知d 22n
1，
…
设2k |n 且2k+1|/n ，即2k +1||n ， 则由2k +1||1
1221
1
2C 2C 2
C |--+=
i n i n k n i
n 及，i = 3， 5，， 2n 1得d = 2k + 1。
3、已知a=18，m=77，求使a x 1 (mod m)成立的最小自然数x 。 解：因为（18，77）=1，所以有欧拉定理知18(77)≡1(mod 77)。
又由于
(77)=60，所以x|60，而60的所有正因数为1，2，3，4，5，6，10，12，
15，20，30， 60。
于是x 应为其中使18x 1 (mod77)成立的最小数，经计算知：x=30。
四、证明题
1、若质数p ≥5，且2p+1是质数，证明：4p+1必是合数。
证明：因为质数p ≥5，所以（3，p ）=1，可设p=3k+1或p=3k+2。 当p=3k+1时，2p+1=6k+3是合数，与题设矛盾，从而p=3k+2，
【
此时2p+1是形如6k+5的质数，而4p+1=12k+9=3(4k+3)是合数。 注：也可设p=6k+r ，r=0，1，2，3，4，5。再分类讨论。
2、设p 、q 是两个大于3的质数，证明：p 2≡q 2(mod 24)。 证明：因为24=3×8，（3，8）=1，所以只需证明：
p 2≡q 2(mod 3) p 2≡q 2(mod 8)同时成立。
事实上， 由于（p ，3）=1，（q ，3）=1，所以p 2≡1(mod 3) ， q 2≡1(mod 3)，
于是p 2≡q 2(mod 3)，由于p ，q 都是奇数，所以p 2≡1(mod 8) ， q 2≡1(mod 8)，
于是p 2≡q 2(mod 8)。故p 2≡q 2(mod 24)。
3、若x ，y ∈R + ， （1）证明：[xy]≥[x][y]；
:
（2）试讨论{xy}与{x}{y}的大小关系。
注：我们知道，[x y ]≥[x ]+[y ]，{x+y }≤{x }+{y }。此题把加法换成乘法又如何呢 证明：（1）设x=[x]+α，0≤α<1，y=[y]+β，0≤β<1。于是
xy=[x][y]+β[x]+α[y]+αβ
所以[xy]=[x][y]+[β[x]+α[y]+αβ]≥[x][y]。
（2）{xy}与{x}{y}之间等于、大于、小于三种关系都有可能出现。
当x=y=
21时，{xy}={x}{y}=4
1
； 当x=23，y=21时，{xy}=43，{x}{y}=4
1
，此时{xy}＞{x}{y}；
当x=-21，y=-31时，{xy}=61，{x}{y}=3
1
，此时{xy}＜{x}{y}。
4、证明：存在一个有理数d c ，其中d< 100，能使][d c
k =][100
73k
{
对于k=1，2，….，99均成立。
证明：由（73，100）=1以及裴蜀恒等式可知：存在整数c ，d ，使得 73d-100c=1
从而
k 10073-d kc =
d c d k 100)10073(-=d
k
100，由k< 100可知： 0＜
k 10073-d kc ＜d
1
设][d c
k
=n ，则d kc ＜n+1=d d
n 1+，于是 k 10073＜d kc 1+≤d d
n 1
+=n+1，
故
][100
73
k
=n=][d
c k 。 初等数论练习题四
一、单项选择题
.
1、若F n =12n
2+是合数，则最小的n 是( D )。
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
2、记号b a ‖a 表示b a ｜a ，但b a+1|/
a. 以下各式中错误的一个是( B )。
A. 218‖20!
B. 105‖50!
C. 119‖100!
D. 1316‖200! 3、对于任意整数n ，最大公因数(2n+1，6n-1)的所有可能值是( A )。
A. 1
B. 4
C. 1或2
D. 1，2或4 4、设a 是整数，下面同余式有可能成立的是( C )。
A. a 2≡2 (mod 4)
B. a 2≡5 (mod 7)
C. a 2≡5 (mod 11)
D. a 2≡6 (mod 13) 5、如果a ≡b(mod m)，c 是任意整数，则下列错误的是（ A ） A ．ac ≡bc(mod mc)
B ．m|a-b
C ．(a ，m)=(b ，m)
D ．a=b+mt ，t ∈Z
》
二、填空题
1、d(10010)=_32__，φ(10010)=_2880__。
2、对于任意一个自然数n ，为使自N 起的n 个相继自然数都是合数，可取N=（n+1）！
3、为使3n-1与5n+7的最大公因数达到最大可能值，整数n 应满足条件n=26k+9，k ∈Z 。
4、在5的倍数中，选择尽可能小的正整数来构成模12的一个简化系，则这组数是{5，25，35，55}
5、同余方程26x+1≡33 (mod 74)的解是x 1≡24(mod74) x 2≡61(mod74)_。
6、不定方程5x+9y=86的正整数解是_x=1，y=9或x=10，y=4。
7、??
?
??8954=_-1_。 三、计算题
1、设n 的十进制表示是z xy 4513，若792
n ，求x ，y ，z 。
#
解：因为792 = 8911，故792
n 8n ，9n 及11n 。
我们有8n 8z
45z = 6，以及 9n 91
3x y 45
z = 19x y 9x y 1， (1) 11
n
11z 5
4y
x 3 1 = 3
y x
113
y
x 。 (2)
由于0 x ，y 9，所以由式(1)与式(2)分别得出
x y 1 = 9或18， 3
y
x = 0或11。
这样得到四个方程组：???=+-=++b x y a
y x 31
其中a 取值9或18，b 取值0或11。在0x ，y 9的条件下解这四个方程组，
得到：x = 8，y = 0，z = 6。
~
2、求3406的末二位数。
解：∵ （3，100）=1，∴3φ(100)≡1（mod 100），而φ(100)=φ(22·52)=40，
∴ 340≡1(mod 100)∴ 3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100) ∴ 末二位数为29。
3、求(214928+40)35被73除所得余数。
解：(214928+40)35≡(3228+40)35≡[(32×32)14+40]35≡(102414+40)35≡(214+40)35≡(210×
24+40)35≡(25+40)35≡7235≡-1≡72(mod73)
四、证明题 1、设a 1， a 2，
，a m 是模m 的完全剩余系，证明：
（1）当m 为奇数时，a 1+ a 2++a m ≡0（mod m ）； （2）当m 为偶数时，a 1+ a 2+
+a m ≡
2
m
（mod m ）。 ^
证明：因为{1， 2，
，m }与{a 1， a 2，
，a m }都是模m 的完全剩余系，所以
∑∑==+=
≡m i m
i i m m i a 1
1
2
)
1((mod m )。 （1）当m 为奇数时，Z m ∈+21
由即得：2)1(+m m m
，故02)1(1
≡+=∑=m
i i m m a (mod m )。 （2）当m 为偶数时，由（m ，m+1）=1即得：2
2)1(1
m
m m a m
i i ≡+=
∑=(mod m )。 2、证明：若m ＞2，a 1， a 2，，a (m)是模m 的任一简化剩余系，则
).(mod 01
m a
m i i
∑=≡）
（?
证明：若a 1， a 2，
，a
(m)是模m 的一个简化剩余系，则m-a 1，m-a 2，
，m-a
(m)
也是模m 的一个简化剩余系，于是：
).(mod )()(11
m a m a m i i
m i i
∑∑==-≡??）
（
从而：
).)(mod (21
m m m a m i i ??∑=≡）（又由于m ＞2，
(m )是偶数。故：
).(mod 02
1
m m m
a m i i ≡≡∑=）
（）
（??
3、设m > 0是偶数，{a 1， a 2，，a m }与{b 1，b 2，，b m }都是模m 的完全剩余系，证明：{a 1b 1，a 2
b 2，
，a m
b m }不是模m 的完全剩余系。
证明：因为{1， 2，
，m }与{a 1， a 2，
，a m }都是模m 的完全剩余系，所以
∑∑==≡+=
≡m i m
i i m
m m i a 1
1
2
2)1((mod m )。 (1) 同理∑=≡
m
i i m
b 1
2
(mod m )。 (2) [
如果{a 1
b 1，a 2
b 2，，a m b m }是模m 的完全剩余系，那么也有
∑=≡+m i i i m
b a 1
2)((mod m )。
联合上式与式(1)和式(2)，得到02
22m
m m ≡+≡(mod m )， 这是不可能的，所以{a 1
b 1，a 2
b 2，，a m b m }不能是模m 的完全剩余系。
4、证明：（1）2730∣x 13-x ；（2）24∣x(x+2)(25x 2-1)；
（3）504∣x 9-x 3；（4）设质数p ＞3，证明：6p ∣x p -x 。
证明：（1）因为2730=2×3×5×7×13，2，3，5，7，13两两互质，所以： 由x 13-x=x(x 12-1)≡0 (mod 2)知：2∣x 13-x ；13∣x 13-x ；
由x 13-x=x(x 12-1)=x(x 2-1)(x 2+1)(x 8+x 4+1)≡0 (mod 3)知：3∣x 13-x ； 由x 13-x=x(x 12-1)=x(x 4-1)(x 8+x 4+1)≡0 (mod 5)知：5∣x 13-x ；
@
由x 13-x=x(x 12-1)=x(x 6-1)(x 6+1)≡0 (mod 7)知：7∣x 13-x 。 故有2730∣x 13-x 。 同理可证（2）、（3）、（4）。
初等数论练习题五
一、单项选择题
1、设x 、y 分别通过模m 、n 的完全剩余系，若（C ）通过模mn 的完全剩余系。 、n 都是质数，则my
≠n ，则my
nx
C.（m ，n ）=1，则my nx
D.（m ，n ）=1，则mx ny
2、1×3×5×…×2003×2005×2007×2009×2011规范分解式中11的幂指数是( A )。 .101 C
:
3、n 为正整数，若2n -1为质数，则n 是(A )。
A.质数
B.合数 (k 为正整数)
4、从100到500的自然数中，能被11整除的数的个数是(B )。 .34 C
5、模100的最小非负简化剩余系中元素的个数是(C )。
.10 C 二、填空题
1、同余方程ax +b ≡0(mod m )有解的充分必要条件是(a ，m)∣b 。
2、高斯称反转定律是数论的酵母，反转定律是指设p 与q 是不相同的两个奇质数，)()(2
121)
1(q
p p
q
q p -?--=
3、被3除所得的余数为_1__。
）
4、设n 是大于2的整数，则(-1)?(n)=__1__。
5、单位圆上的有理点的坐标是)()(2
2
2
2
222
2
222
2
2,,2b
a a
b b
a b a b
a b a b
a a
b +±
+-±
+-±
+±
或，其中a 与b 是不全为
零的整数。
6、若3258×a 恰好是一个正整数的平方，则a 的最小值为362。
7、已知2011是一素数，则??
?
??201172=_-1_。
三、计算题
1、求32008×72009×132010的个位数字。
解：32008×72009×132010≡32008×（-3）2009×32010≡-32008+2009+2010 ≡-36027 ≡-3×（32）3013≡3(mod 10)。 2、求满足(mn)=
(m )+
(n )的互质的正整数m 和n 的值。 解：由（m ，n ）=1知，
(mn)=
(m )(n )。于是有：
(m )+
(n )=
(m )(n )
#
设(m )=a ，(n )=b ，即有：a+b=ab 。 显然a ∣b ，且b ∣a ，因此a=b 。
于是由2a=a 2得a=2，即
(m )=
(n )=2。故 m=3，n=4或m=4，n=3。
3、甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤
解：设买甲物x 斤，乙物y 斤，丙物z 斤，则
5x 3y 3
1
z = 100， x y
z = 100。
消去z ，得到7x 4y = 100。 (1) 显然x = 0，y = 25是方程(1)的解，因此，方程(1)的一般解是
?
?
?-==t y t
x 7254 ， t Z 因为x ＞0，y ＞0，所以0＜t
3。
？
即t 可以取值t 1 = 1，t 2 = 2，t 3 = 3。相应的x ，y ，z 的值是
(x ，y ，z ) = (4， 18， 78)，(8， 11， 81)，(12， 4， 84)。
四、证明题
1、已知2011是质数，则有2011|
个
2010999???。 证明：
个
2010999???=102011-1≡0 (mod 2011)。 2、设p 是4n+1型的质数，证明若a 是p 的平方剩余，则p-a 也是p 的平方剩余。 证明：因为质数p=4n+1，a 是p 的平方剩余，所以
???? ??-p a p =???? ??-p a =???? ??-p 1???
? ??p a =2
1
)1(--p ???? ??p a =1
即：p-a 也是p 的平方剩余。
3、已知p ，q 是两个不同的质数，且a p-1≡1 (mod q)，a q-1≡1 (mod p)，
,
证明：a pq ≡a (mod pq)。
证明：由p ，q 是两个不同的质数知（p ，q ）=1。于是由Fermat 定理 a p ≡a (mod p)，
又由题设a q-1≡1 (mod p)得到：a pq ≡(a q )p ≡a p (a q-1)p ≡a p ≡a (mod p)。 同理可证：a pq ≡a (mod q)。故：a pq ≡a (mod pq)。
4、证明：若m ，n 都是正整数，则(mn)=（m ，n ）([m ，n ])。
证明：易知mn 与[m ，n ]有完全相同的质因数，设它们为p i (1≤i ≤k )，则
)1
1()11)(11(21k
p p p mn mn ---
= ）（? )1
1()11)(11](,[],[21k
p p p n m n m ---
= ）（? 又mn=（m ，n ）[m ，n ]
故]),([),()1
1()11)(11](,)[,21n m n m p p p n m n m mn k
??=---= （）
（。 |
类似的题：设m=m 1m 2，m 1与m 由相同的质因数，证明：
(m)=m 2
(m 1)。
初等数论练习题六
一、填空题
1、为了验明2011是质数，只需逐个验算质数2，3，5，…p 都不能整除2011，此时，质数p 至少是_43___。
2、最大公因数(4n+3，5n+2)的可能值是_1，7__。
3、设3α∣40!，而3α+1|/40!，即3α‖40!，则α=_18_。
4、形如3n+1的自然数中，构成模8的一个完全系的最小那些数是{1，4，7，10，13，16，19，22}。
5、不定方程x 2+y 2=z 2，2|x ， (x ，y)=1， x ，y ，z>0的整数解是且仅是x = 2ab ，y = a 2b 2，z = a 2b 2，其中a >b >0，(a ，b ) = 1，a 与b 有不同的奇偶性。
6、21x ≡9 (mod 43)的解是x ≡25 (mod 43)。
7、??
?
??19973 =-1。 、
二、计算题 1、将
105
17
写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。 解：设
7
5310517z
y x ++=，即35x 21y 15z = 17，因(35， 21) = 7，(7， 15) = 1，117，
故有解。
分别解5x 3y = t 7t 15z = 17 得x =
t 3u ，y = 2t 5u ，u Z ，
t = 11 15v ，z = 4 7v ，v
Z ，
消去t 得x =
11
15v
3u ， y = 22 30v
5u ，
z = 4 7v ，u ，v
Z 。
令u =0，v =-1得到：x =4，y =-8，z =3。即：
7
3
583410517+-+= /
2、若3是质数p 的平方剩余，问p 是什么形式的质数
解：∵由二次互反律??
? ???-=???
?
??-3)
1(32
1p p p ， 注意到p >3，p 只能为p ≡±1(mod 3)且???-≡??? ??113p )
4(mod 1)
4(mod 1-≡≡p p
∴13=???
? ??p 只能下列情况???≡≡)(mod )(mod 4131p p ???-≡-≡)
4(mod 1)
3(mod 1p p ∴)(m od 121≡p 或)(m od 121-≡p 。 3、判断不定方程x 2+23y =17是否有解
解：只要判断x 2≡17(mod 23)是否有解即可。 ∵ 17≡1(mod 4)∴13231717317317217617232317-=??
?
??=??? ??=??? ??=??? ????? ??=??? ??=??? ??=???
?? ∴x 2≡17(mod 23)无解，即原方程无解。 三、论证题
"
1、试证对任何实数x ，恒有〔x 〕+〔x+2
1〕=〔2x 〕
证明：设x=[x]+α，0≤α<1
①当0≤α<2
1时， [x+2
1]=[x]， [2x]=2[x]∴等式成立 ②当2
1≤α<1时， [x+2
1]=[x]+1， [2x]=2[x]+1∴等式成立 故对任何实数x ，恒有[x]+[x+2
1]=[2x]。
2、证明：（1）当n为奇数时，3∣（2n+1）；
（2）当n为偶数时，3|/（2n+1）。
证明：由2n+1≡（-1）n+1（mod 3）立得结论。
3、证明：（1）当3∣n（n为正整数）时，7∣（2n-1）；
（2）无论n为任何正整数，7|/（2n+1）。
）
证明：（1）设n=3m，则2n-1=8m-1≡0（mod 7），即：7∣（2n-1）；
（2）由于23m≡1（mod 7）得
23m+1≡2（mod 7），23m+1 +1≡3（mod 7），23m+2 +1≡5（mod 7）。
故无论n为任何正整数，7|/（2n+1）。
4、设m＞0，n＞0，且m为奇数，证明：（2m-1，2n+1）=1。
证明一：由m为奇数可知：2n+1︱2mn+1，又有2m-1︱2mn-1，
于是存在整数x，y使得：（2n+1）x=2mn+1，(2m-1)y=2mn-1。
从而（2n+1）x-(2m-1)y=2。这表明：
（2m-1，2n+1）︱2
由于2n+1，2m-1均为奇数可知：（2m-1，2n+1）=1。
!
证明二：设（2m-1，2n+1）=d，则存在s，t∈Z，使得2m=sd+1，2n=td-1。由此得到：2mn=(sd+1)n，2mn=(td-1)m
于是2mn =pd+ 1=qd– 1，p，q∈Z。所以：（q-p）d =2。
从而d∣2，就有d=1或2。由因为m为奇数，所以d=1。
即（2m-1，2n+1）=1。
注：我们已证过：记M n=2n 1，对于正整数a，b，有(M a，M b)= M(a，b)。
显然当a≠b，a，b为质数时，(M a，M b)=1。
初等数论练习题七
一、单项选择题
1、设a 和b 是正整数，则)]
,[,],[(
b
b a a b a =（ A ） …
A ．1
B ．a
C ．b
D ．(a ，b)
2、176至545的正整数中，13的倍数的个数是（ B ） A ．27
B ．28
C ．29
D ．30
3、200!中末尾相继的0的个数是（ A ） A ．49 B ．50C ．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（ B ） 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 ） A ．
314421++n n B ．121-+n n C ．2512+-n n D ．1
31
++n n
二、填空题
<
1、314162被163除的余数是_1__。（欧拉定理）
2、同余方程3x ≡5(mod13)的解是x ≡6(mod13)。
3、)1847
365(=1。
4、［-π］＝-4。
5、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n=3k+1，k ∈Z 。
6、如果一个正整数具有21个正因数，问这个正整数最小是26×32=576。
7、同余方程x 3+x 2-x-1≡0(mod 3)的解是x ≡1，2(mod 3)。 三、计算题
1、求不定方程x 2y 3z = 41的所有正整数解。 解：分别解x 2y = t
》
t
3z = 41
得 x = t 2u y = uu Z ，
t = 41 3v z = vv
Z ， 消去t 得x = 41
3v 2u
y = u z = vu ，v
Z 。 由此得原方程的全部正整数解为
(x ，y ，z ) = (41
3v
2u ，u ，v )，u > 0，v > 0，41
3v 2u > 0。
~
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 解：设士兵有x 人，由题意得x 1 (mod 3)，x
2 (mod 5)，x
3 (mod 11)。
在孙子定理中，取m 1 = 3，m 2 = 5，m 3 = 11，m = 35
11 = 165，
M 1 = 55，M 2 = 33，M 3 = 15， M 1
=1，M 2 = 2，M 3
= 3，
则x 1
55
1
（-2）33
2
3153 58 (mod 165)，
因此所求的整数x = 52 + 165t ，t
Z 。
由于这队士兵不超过170人，所以这队士兵有58人。
3、判断同余方程)(mod 4432862
≡x 是否有解
解：286=2×143，433是质数，(143，443)=1
￥
奇数143不是质数，但可用判定雅可比符号计算的勒让德符号
??
?
????? ??=??? ??=??? ??-?-=??
? ????? ??=??? ??-?--1437143214314143443)
1()1(44314324324432862
1
443211432
1
4432 ?
?
? ??-?-=-?--7143)
1()
1(2
1
1432178
1
14313173=??? ??=??? ??-=∴原方程有解。 四、证明题
1、设(a ，m ) = 1，d 0是使a d 1 (mod m )成立的最小正整数，则
(ⅰ) d 0
(m )；
(ⅱ)对于任意的i ，j ，0 i ，j d 0 1，i j ，有a i ≡/a j (mod m )。 （1）
证明：(ⅰ) 由Euler 定理，d 0
(m )，因此，由带余数除法，有
(m ) = qd 0
r ，q Z ，q >0，0
r < d 0。
因此，由上式及d 0的定义，利用欧拉定理得到
\
1
r r qd m a a a ≡=+0)(?(mod m )，
即整数r 满足a r
1(mod m )，0 r < d 0 。
由d 0的定义可知必是r = 0，即d 0(m )。 (ⅱ) 若式(1)不成立，则存在i ，j ，0 i ，j d 0
1，i j ，使a i a j (mod m )。 不妨设i >j 。因为(a ，m ) = 1，所以a i
j
0 (mod m )，0 < i
j < d 0。
这与d 0的定义矛盾，所以式(1)必成立。
2、证明：设a ，b ，c ，m 是正整数，m >1，(b ，m ) = 1，并且
b a 1(mod m )，b c
1(mod m ) （1）
记d = (a ，c )，则b d 1 (mod m )。
证明：由裴蜀恒等式知，存在整数x ，y ，使得ax cy = d ，显然xy < 0。
|
若x >0，y <0，由式(1)知：1b ax = b d b cy = b d (b c )y b d (mod m )。 若x <0，y >0，由式(1)知：1
b cy = b d b
ax = b d (b a )
x
b d (mod m )。
3、设p 是素数，p b n 1，n N ，则下面的两个结论中至少有一个成立：
(ⅰ) p b d 1对于n 的某个因数d 若2|/n ，p >2，则(ⅱ)中的mod n 可以改为mod 2n 。 证明：记d = (n ，p 1)，由b n 1，b p
1
1(mod p )，及第2题有
b d 1 (mod p )。
若d < n ，则结论(ⅰ)得证。 若d = n ，则n p 1，即p
1 (mod n )，这就是结论(ⅱ)。
!
若2|/
n ，p >2，则p 1 (mod 2)。由此及结论(ⅱ)，并利用同余的基本性质，
得到p 1 (mod 2n )。
初等数论练习题八
一、单项选择题
1、设n >1，则n 为素数是(n 1)!
1(mod n )的（ C ）。
A.必要但非充分条件
B.充分但非必要条件
C.充要条件
D.既非充分又非必要条件
2、小于545的正整数中，15的倍数的个数是（ C ） .35 C
3、500!的规范分解式中7的幂指数是（ D ）
；
.80 C
4、以下各组数中，成为模10的简化剩余系的是（ D ）
，9，－3，－1 ，－1，7，，7，11，13 D.－1，1，－3，3 5、设n 是正整数，下列选项为既约分数的是（ A ）
2n 51n 3++1n 21n -+2n 51n 2+-1
n 31
n ++二、填空题
1、σ（120）=360。
2、7355的个位数字是3。
3、同余方程3x ≡5(mod14)的解是x ≡11(mod14)。
4、（
23
17
）=-1。 5、［-2］＝-2。
￥
6、如果一个正整数具有6个正因数，问这个正整数最小是12。
7、同余方程x 3+x 2-x-1≡0(mod 5)的解是x ≡±1(mod5)。 三、计算题
1、已知563是素数，判定方程x 2
429 (mod 563)是否有解。
解：把??
?
??563429看成Jacobi 符号，我们有
??
? ??-=??
?
????? ??=??? ??=??? ??=??? ??-=??
? ??---42967)1(429674292429134429563429563)1(5634298
14292
1
563.214292-）
??
? ??=??? ??--=??
?
??-=??? ??-=??? ??--=??
? ??-=----27672767)1(67276742967429)1(429672
1
67.21272
1
429.2167
11311327)1(27132
1
13.2127=??
?
??=??? ??-=???
??=--， 故方程x 2
429 (mod 563)有解。
2、求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。 解：模23的所有的二次剩余为
'
x 1，2，3，4，6，8，9，12，13，16，18 (mod 23)； 模23的所有的二次非剩余为
x 5，7，10，11，14，15，17，19，20，21，22 (mod 23)。
3、试求出所有正整数n ，使得1n ＋2n ＋3n ＋4n 能被5整除。
解：若n 为奇数，则1n ＋2n ＋3n ＋4n 1n ＋2n ＋（-2）n ＋（-1）n 0 (mod 5)； 若n=2m ，m ∈Z ，则1n ＋2n ＋3n ＋4n 12m ＋22m ＋（-2）2m ＋（-1）2m
2+2×22m =2+2×4m =2+2×(-1)m (mod 5)；
当m 为奇数时，1n ＋2n ＋3n ＋4n 0(mod 5)； 当m 为偶数时，1n ＋2n ＋3n ＋4n 4(mod 5)。 故当4|/n 时，5∣1n ＋2n ＋3n ＋4n 。
】
四、证明题
1、证明：若质数p>2，则2P -1的质因数一定是2pk+1形。
证明：设q 是2p -1的质因数，由于2p -1为奇数，∴q ≠2，（2，q ）=1。
由条件q|2p -1，即2p ≡1（mod q ）。
设h 是使得2x ≡1（mod q ）成立最小正整数，若12、设（m ，n ）=1，证明：m
(n)
+n
(m)
≡1 (mod mn)。
证明：因为（m ，n ）=1，所以由欧拉定理知：n
(m)
≡1 (mod m)，m
(n)
≡1 (mod n)
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。
2013年春_西南大学《初等数论》作业及答案(共4次_已整理)
2013年春西南大学《初等数论》作业及答案(共4次,已整理) 第一次作业 1、设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。 A：整除 B：不整除 C：等于 D：小于 正确答案：A 得分：10 2、整数6的正约数的个数是（）。 A：1 B：2 C：3 D：4 正确答案：D 得分：10 3、如果5|n ，7|n，则35（）n 。 A：不整除 B：等于 C：不一定 D：整除 正确答案：D 得分：10 4、如果a|b，b|a ，则（）。 A：a=b B：a=-b C：a=b或a=-b D：a，b的关系无法确定 正确答案：C 得分：10 5、360与200的最大公约数是（）。 A：10 B：20 C：30 D：40 正确答案：D 得分：10 6、如果a|b，b|c，则（）。 A：a=c B：a=-c C：a|c D：c|a
正确答案：C 得分：10 7、1到20之间的素数是（）。 A：1，2，3，5，7，11，13，17，19 B：2，3，5，7，11，13，17，19 C：1，2，4，5，10，20 D：2，3，5，7，12，13，15，17 正确答案：B 得分：10 8、若a，b均为偶数，则a + b为（）。 A：偶数 B：奇数 C：正整数 D：负整数 正确答案：A 得分：10 9、下面的（）是模12的一个简化剩余系。 A：0，1，5，11 B：25，27，13，-1 C：1，5，7，11 D：1，-1，2，-2 正确答案：C 得分：10 10、下面的（）是模4的一个完全剩余系。 A：9，17，-5，-1 B：25，27，13，-1 C：0，1，6，7 D：1，-1，2，-2 正确答案：C 得分：10 11、下面的（）是不定方程3x + 7y = 20的一个整数解。 A：x=0,y=3 B：x=2,y=1 C：x=4,y=2 D：x=2,y=2 正确答案：D 得分：10 12、设a,b,c,d是模5的一个简化剩余系，则a+b+c+d对模5同余于（）。 A：0 B：1 C：2 D：3 正确答案：A 得分：10 13、使3的n次方对模7同余于1的最小的正整数n等于（）。 A：6 B：2
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 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。
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
(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.
0初等数论试卷及答案
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 ≡?≡
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 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b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=r 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 /),(,/),( 0/),(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
初等数论作业(3)答案
第三次作业答案： 一、选择题 1、整数5874192能被( B )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 2、整数637693能被(C )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 3、模5的最小非负完全剩余系是( D ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则（A ） A )(mod m bc ac ≡ B b a = C ac T )(m od m bc D b a ≠ 二、解同余式（组） （1）)132(mod 2145≡x . 解 因为(45,132)=3|21,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程 )44(mod 715≡x . 我们再解不定方程 74415=-y x , 得到一解(21,7). 于是定理4.1中的210=x . 因此同余式的3个解为 )132(mod 21≡x , )132(mod 65)132(mod 3 13221≡+ ≡x , )132(mod 109)132(mod 3132221≡?+≡x . （2）)45(mod 01512≡+x 解 因为(12,45)=3|15,所以同余式有解,而且解的个数为3. 又同余式等价于)15(mod 054≡+x ,即y x 1554=+. 我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是(10,3), 即定理4.1中的100=x . 因此同余式的3个解为 )45(mod 10≡x ,
)45(mod 25)45(mod 3 4510≡+≡x , )45(mod 40)45(mod 3 45210≡?+≡x . （3）)321 (m od 75111≡x . 解 因为(111,321)=3|75,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程 )107(mod 2537≡x . 我们再解不定方程 2510737=+y x , 得到一解(-8,3). 于是定理4.1中的80-=x . 因此同余式的3个解为 )321(mod 8-≡x , )321(mod 99)321(mod 3 3218≡+-≡x , )321(mod 206)321(mod 3 32128≡?+-≡x . （4）?? ???≡≡≡)9(mod 3)8(mod 2)7(mod 1x x x . 解 因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式 )7(mod 172≡x ,)8(mod 163≡x ,)9(mod 156≡x , 得到)9(mod 4),8(mod 1),7(mod 4321-=-==x x x .于是所求的解为 ). 494(mod 478)494(mod 510 )494(mod 3)4(562)1(631472=-=?-?+?-?+??≡x （5）???????≡≡≡≡) 9(mod 5)7(mod 3)5(mod 2)2(mod 1x x x x . (参考上题)
初等数论计算题答案
初等数论第三次作业 计算题 1. 求75与105的最大公因数。 解：因为75 = 3错误！未找到引用源。52，105 = 3错误！未找到引用源。5错误！未找到引用源。7， 所以75与105的最大公因数是15。 2. 求66与121的最大公因数。 解：因为66=6×11,121=11×11， 所以66与121的最大公因数是11 3．求不定方程3x - 4y = 1的一切整数解。 答；因为（3,4）= 1，所以不定方程有整数解。 观察知x = 3，y = 2是其一个整数解。 由公式知其一切整数解为???+=+=t y t x 3243，t 为整数。 4．求不定方程7x + 2y = 1的一切整数解。 答；因为（7,2）=1,1|1，所以不定方程有解。观察知其一个整数解是 0013 x y =??=-?。 于是其一切整数解为1237x t y t =+??=--? ，t 取一切整数。 5．解同余式3x ≡ 1 (mod 7)。 答；因为（3,7）= 1，所以同余式有解且有一个解。 由3x - 7y = 1得???+=+=t y t x 3275， 所以同余式的解为)7(mod 5≡x 6．解同余式3x ≡ 8 (mod 10)。
答；因为（3,10）=1,1|8，所以同余式有解，并且只有一个解。由3108x y -=得 一个解00 61x y =??=?，所以同余式的解为6(mod10)x ≡。 7．解同余式28x ≡ 21 (mod 35)。 答：因为（28，35） = 7，而7|21，所以同余式28x ≡ 21(mod 35)有解，且有7个解。同余式28x ≡ 21(mod 35)等价于4x ≡ 3(mod 5)，解4x ≡ 3(mod 5)得x ≡ 2(mod 5)，故同余式28x ≡ 21(mod 35)的7个解为x ≡ 2，7，12，17，22，27，32(mod 35)。 8．解同余式组： ???≡≡) 5(mod 2)3(mod 1x x 。 答；由)3(mod 1≡x 得13+=k x ，将其代入)5(mod 2≡x 得)5(mod 213≡+k ， 解得)5(mod 2≡k ，即25+=t k ， 所以715+=t x ，所以解为)15(mod 7≡x 。 9. 求不定方程3x + 2y = 2的一切整数解。 解：因为(3,2) = 1，所以不定方程有整数解。 显然1,0==y x 是其一个特解， 所以不定方程的一切整数解为错误！未找到引用源。，其中t 取一切整数。 10.解同余式)5(mod 14≡x 答；因为（4,5）= 1，所以同余式有解且有一个解。 由4x - 5y = 1得???+=+=t y t x 3275， 所以同余式的解为)7(mod 5≡x
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?
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 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29 . 2.,( ,)(,)(,) a b a b a b a b =设是任意两个不为零的整数,则 1 . 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 ,适1ax by += 4.写出180的标准分解式是 22235?? ,其正约数个数有 (2+1)(2+1)(1+1)=18个. 5.,1,2,,a b a b L 设与是正整数则在中能被整除的整数恰有 []a b 个. 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. 若整数集合A 是模m 的完全剩余系,则A 中含有 m 个整数. 8.?(3)= 2 ;?(4)= 2 . 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 0 (mod ).m 11.,,p p a a a -≡设是素数则对于任意的整数有 0 (mod ).p 12.已知235(mod7)x +≡,则x ≡ 1 (mod7). 13.同余方程22(mod 7)x ≡的解是 4(mod7) . 14.同余方程2310120(mod 9)x x ++≡的解是 .X=6. . 15.(,)1n p =若,n p 是模的二次剩余的充要条件是 -121(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()=5 -1 ; 4 ()=5 1 . 18.,p 设是奇素数则2 ()p = 218(1).p -- . 19.,p 设是奇素数则1()p = 1 ;-1 ()p = -1 2(-1).p . 20. 5()=9 1 ; 2 ()=45 -1 . 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
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)
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
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、18100被172除的余数是_256。 8、?? ? ??10365 =-1。 · 9、若p 是素数，则同余方程x p 1 1(mod p )的解数为p-1。 二、计算题 1、解同余方程：3x 2 11x 200 (mod 105)。 解：因105 = 357， 同余方程3x 211x 200 (mod 3)的解为x 1 (mod 3)， 同余方程3x 211x 38 0 (mod 5)的解为x 0，3 (mod 5)， 同余方程3x 2 11x 200 (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 1 107421 7271071107713231071107311072107 7107310721077 32107422 1 10721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==??≡-?--?-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（） ）（）（（ ）（解：
初等数论复习题题库及答案
初等数论复习题题库及 答案 Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998
《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 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29 . 2.,( ,)(,)(,) a b a b a b a b =设是任意两个不为零的整数,则 1 . 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 ,适1ax by += 4.写出180的标准分解式是 22235?? ,其正约数个数有 (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整除的整数恰有 []a b 个. 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. 若整数集合A 是模m 的完全剩余系,则A 中含有 m 个整数. 8.?(3)= 2 ;?(4)= 2 . 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 0 (mod ).m 11.,,p p a a a -≡设是素数则对于任意的整数有 0 (mod ).p 12.已知235(mod7)x +≡,则x ≡ 1 (mod7). 13.同余方程22(mod 7)x ≡的解是 4(mod7) . 14.同余方程2310120(mod 9)x x ++≡的解是 .X=6. . 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()=5 -1 ; 4 ()=5 1 . 18.,p 设是奇素数则2() p = 21 8(1).p -- . 19.,p 设是奇素数则1()p = 1 ;-1 ()p = -1 2(-1).p .
02013自学考试初等数论模拟试题(含答案)
02013自学考试初等数论模拟试题（含答案） 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．()()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.
(0346)《初等数论》网上作业题及答案
（0346）《初等数论》网上作业题及答案1：第一次作业 2：第二次作业 3：第三次作业 4：第四次作业 5：第五次作业 1：[论述题]数论第一次作业 参考答案：数论第一次作业答案 2：[单选题]如果a|b，b|c，则（）。 A：a=c B：a=-c C：a|c D：c|a 参考答案：C 马克思主义哲学是我们时代的思想智慧。作为时代的思想智慧，马克思主义哲学主要具有反思功能、概括功能、批判功能和预测功能。 （1）“反思”是哲学思维的基本特征，是以思想的本身为内容，力求思想自觉其为思想。通过不断的反思，揭示自己时代的本质和规律，达到对事物本质和规律性的认识。 （2）概括是马克思主义哲学的重要功能，是马克思主义哲学把握人与世界总体性关系的基本思维方式。 （3）马克思主义哲学的批判功能主要是指对现存世界的积极否定。 （4）马克思主义哲学的预测功能在于预见现存世界的发展趋势。 3：[单选题]360与200的最大公约数是（）。 A：10 B：20 C：30 D：40 参考答案：D数论第一次作业答案 4：[单选题]如果a|b，b|a ，则（）。 A：a=b B：a=-b
C：a=b或a=-b D：a，b的关系无法确定 参考答案：C数论第一次作业答案 5：[单选题]-4除-39的余数是（）。 A：3 B：2 C：1 D：0 参考答案：C数论第一次作业答案 6：[单选题]设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。A：整除 B：不整除 C：等于 D：小于 参考答案：A数论第一次作业答案 7：[单选题]整数6的正约数的个数是（）。 A：1 B：2 C：3 D：4 参考答案：D数论第一次作业答案 8：[单选题]如果5|n ，7|n，则35（）n 。 A：不整除 B：等于 C：不一定 D：整除
2020年自考《初等数论》专业考试题库及答案
2020年自考《初等数论》专业考试题库及答案 一 填空题（每空2分） 1.写出30以内的所有素数 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29 . 2.,( ,)(,)(,) a b a b a b a b =设是任意两个不为零的整数,则 1 . 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 ,适1ax by += 4.写出180的标准分解式是 22235?? ,其正约数个数有 (2+1)(2+1)(1+1)=18个. 5.,1,2,,a b a b L 设与是正整数则在中能被整除的整数恰有 []a b 个. 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. 若整数集合A 是模m 的完全剩余系,则A 中含有 m 个整数. 8.?(3)= 2 ;?(4)= 2 . 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 0 (mod ).m 11.,,p p a a a -≡设是素数则对于任意的整数有 0 (mod ).p 12.已知235(mod7)x +≡,则x ≡ 1 (mod 7). 13.同余方程22(mod 7)x ≡的解是 4(mod7) . 14.同余方程2310120(mod 9)x x ++≡的解是 .X=6. . 15.(,)1n p =若,n p 是模的二次剩余的充要条件是 -121(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()=5 -1 ; 4 ()=5 1 . 18.,p 设是奇素数则2 ()p = 218(1).p -- . 19.,p 设是奇素数则1()p = 1 ;-1 ()p = -1 2(-1).p . 20. 5()=9 1 ; 2 ()=45 -1 . 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
