初等数论试题库
初等数论
一、填空
1、d （1000）= 。φ（1000）= 。(10174
)=______ 。 2、ax+bY=c 有解的充要条件是 。
3、2002
2002被3除后余数为 。
4、[X]=3，[Y]=4，[Z]=2，则[X —2Y+3Z]可能的值为 。
5、φ（1）＋φ（P ）＋…φ（n P ）= 。
6、高斯互反律是 。
7、两个素数的和为31，则这两个素数是 。 8、带余除法定理是 。
9、d （37）= 。σ（37）= 。
10、φ（1）＋φ（P ）＋…φ（n P ）= 。
11、不能表示成5X+3Y （X 、Y 非负）的最大整数为 。 12、7在2004！中的最高幂指数是 。 13、（1501 ，300）= 。
14、)(mod m b ax ≡有解的充要条件是 。
15、威尔逊定理是 。
16、写出6的一个绝对值最小的简化系 。
17、 50506666688888?被7除后的余数为 。
18、d （31）= 。σ（3600）= 。
19、四位数13AA 被9整除，则A= 。 20、17X+2Y=3通解为 。 21、费尔马大定理是 。
22、写出12的一个简化系，要求每项都是5的倍数 。 23、{}4.2-= 。
24、128574
.0 化为分数是 。 25、15！的标准分解是 。
26、1000到2003的所有整数中13的倍数有 个。 27、 σ（29）= .
28、不能表示成y x 45+（y x ,为非负整数）的最大整数为 .
29、7在2008！的标准分解式中的最高幂指数是 . 30、2005和2006的最小公倍数是 . 31、威尔逊定理是 .
32、设1>x 为整数且被4、5、7除后的余数都为3，则最小的x 是 . 33、已知（a ，b ）=1，则（5a+3b ，13a+8b ）=__________.
34、1，4，9，16,…10000这100个平方数中是3的倍数的平方数有 个. 35、若今天是星期日, 则10
10天后的那一天是星期__________.
36、2005
3的末二位数是________. 37、d （1200）= 。
38、梅森数n M 是素数，则n 是 。
39、不能表示成7X+6Y （X 、Y 非负）的最大整数为 。
40、1×3×5×7……×1999×2001的标准分解中13的幂指数是 。 41、（13a+21b ，34a+55b ）= 。已知（a ，b ）=1。 42、费尔马猜想是 。
43、写出12的一个简化系，要求每项都是7的倍数 。 44、aX≡b （mod m ）有解的充要条件是 。
45、2002
2002被3除后余数为 。
46、[X]=3，[Y]=4，[Z]=2，则[X —2Y+Z]可能的值为 。
47、d （1000）= 。σ（1000）= 。φ（1000）= 。 48、n 1?， 若)(mod 01)!1(n n ≡+-则n 为 。
49、不能表示成5X+3Y （X 、Y 非负）的最大整数为 。 50、7在2003！中的最高幂指数是 。 51、（1515 ，600）= 。
52、)(mod m b ax ≡有解的充要条件是 。
53、威尔逊定理是 。
54、写出6的一个简化系，要求每项都是5的倍数 。 55、20032的末位数是 。 56、[-2.3]= 。
57、φ（1）＋φ（P ）＋…φ（n P ）= 。
58、1>x 且能被4、5、7整除，则最小的x 是 。 69、两个素数的和为31，则这两个素数是 。 60、带余除法定理是 。
61、d （1001）= 。σ（2002）=
62、c x a x a x a n n =++....2211有解的充要条件是 。
63、不能表示成5X+6Y （X 、Y 非负）的最大整数为 。 64、2003！中末尾连续有 个零。 65、（21a+4，14a+3）= 。
66、两个素数的和是39，这两个素数是 。 67、从1001到2000的所有整数中，13的倍数有 。
68、p,q 是小于是100的素数，pq- 1=x 为奇数，则x 的最大值是 。 69、n>1，若)(mod 01)!1(n n ≡+-则n 为 。 70、7在2003！中的最高幂指数是 。 71、（1515 ，600）= 。
72、)(mod m b ax ≡有解时有 个解。
73、2
3.0 化为分数是 。 74、[-0.3]= 。4> 75、
50
88888被7除后的余数为 。
答案
1、16．2340，1
2、（a ，b ）|c
3、1
4、3，4，5，6，7，8，9，10，11
5、 n
p 6、 ，p ，q 为奇素数
7、2，29
8、a ，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, 9、2，38
10、 n
p 11、7 12、331 13、1
14、 b |),(m a
15、P 为素数， )(mod 01)!1(p p ≡+- 16、1，5 17、5
18、2， 12493 19、7
20、Z t t y t x ∈--=+=,172,21
21、)3(≥=+n z y x n
n n 无正整数解 22、5，25，35，55 23、0．6 24、
25、 131175322
3611????? 26、78 27、30 28、11 29、335 30、4022030
31、P 为素数, 则有 )(mod 01)!1(p p ≡+-
32、143 33、1 34、33
)()1()(21
21q p p q q p ---=73
35、四 36、43 37、24， 38、素数 39、29 40、83 41、1 42、 无正整数解
43、7，35，49，77
44、 45、1
46、-5，-4，-3，-2 47、16，2340，9360 48、素数 49、7 50、331 51、15
52、
53、 54、5，25 55、8 56、-3
57、 58、140 59、2，29
60、a ，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, 61、6，4032
62、
c a a a n |),...,(21
63、19 64、499 65、1
66、2，37 67、77 68、193 69、素数 70、31 71、15 72、 ),(m a
)3(≥=+n z y x n n n b |),(m a b |),(m a )(mod 01)!1(p p ≡+-n p
73、
74、-1 75、4
二、解同余方程组
1 、 2、 3
3、 4、
5、 6、
7、
答案
（1）解：因为（12，10）|6-（-2），（10，15）|6-1，（12，15）|1-（-2） 所以同余式组有解
原方程等价于方程 ?
???
?????)
5(mod 1)3(mod 1)5(mod 6)2(mod 6)3(mod 2)
4(mod 2≡≡≡≡-≡-≡x x x x x x
即 ?
??
??)5(mod 1)3(mod 2)4(mod 2≡-≡-≡x x x 由孙子定理得 )60(mod 46≡x
（2）解：因为5,7,8两两互素,所以可以利用孙子定理. 280,40,35,56321====m M M M .
???
??≡≡-≡)15(mod 1)10(mod 6)12(mod 2x x x ??
?
??≡≡≡)9(mod 3)8(mod 2
)
7(mod 1x x x ?????≡≡≡)7(mod 1)
8(mod 3)5(mod 2x x x ?????≡≡≡)7(mod 6)5(mod 2)4(mod 3x x x ????
?≡-≡-≡)7(mod 1)8(mod 5)5(mod 3x x x ??
???≡+≡≡)7mod 25)5(mod 1)4(mod 1x x x ??
???-≡≡≡)9(mod 6)8(mod 3)5(mod 2x x x 9029
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
所以 ).280(mod 267≡x
（3）证：因为4,5,7两两互素,所以可以利用孙子定理求解. 140,20,28,35321====m M M M . 解同余式
)4(mod 135,1≡M , )5(mod 128,
2≡M , )7(mod 120,3≡M , 得到 1,2,13,
2,,
1-==-=M M M . 于是所求的解为
)140(mod 97 )
140(mod 6)1(2022283)1(35≡?-?+??+?-?≡x
（4）解： 因为5, 8, 7两两互素,所以有解
利用孙子定理求得 40,35,56321===M M M . 280=m
解同余方程
)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 1340)5(335)3(156??+-??+-??≡x 得 ).280(mod 267≡x
（5）解 因为7,8,9两两互素,所以可以利用孙子定理.
494,56,63,72321====m M M M 解同余式
)7(mod 172,1≡M , )8(mod 163,
2
≡M , )9(mod 156,3≡M , 得到 4,1,43,
2,,
1-=-==M M M .于是所求的解为
（6）解：因为4,5,7两两互素,所以可以利用孙子定理求解
原方程即为 ???
??-≡≡≡)
7mod 3)5(mod 1)4(mod 1x x x
140,20,28,35321====m M M M .
解同余式
)4(mod 135,1≡M , )5(mod 128,
2≡M , )7(mod 120,3≡M ,
得到 1,2,13,
2,,
1-==-=M M M . 于是所求的解为
)
280(mod 81 )
140)(mod 3()1(2012281)1(35≡-?-?+??+?-?≡x
所以 ).140(mod 81≡x
（7）解： 因为5, 8, 9两两互素,所以有解 利用孙子定理求得 40,45,72321===M M M . 360=m
解同余方程 )5(mod 172,1≡M , )8(mod 145,
2≡M ,
)9(mod 140,3≡M ,得到 2,5,33,2,,
1-===M M M .
于是所求的解为
)360)(mod 6()2(4053452372-?-?+??+??≡x 得 ).360(mod 147≡x 三、证明
（1）A 、叙述威尔逊定理。
B ．证明若)(mod 01)!1(m m ≡+-，则m 为素数 （2）证明当n 是奇数时，有
)
12(3+n .
（3）叙述并且证明欧拉定理。 （4）解同余方程)25(mod 217-≡x （5）叙述并且证明带余除法定理。 （6）叙述并且证明费尔马小定理。 （7）证明：若则当通过模
的完全剩余系时，则
也通过模的完全剩余系．
答案
（1）A ．(威尔逊定理)整数 是素数，则
证：若m 不是素数，则m=ab ， m b a ??,1，则 1)!1(|,)!1(|+--m a m a ，则有 1|a
不可能，所以m 是素数。
(2) 证明： 因为 )3(mod 12-≡,所以
)3(mod 1)1(12+-≡+n n .
于是,当 n 是奇数时,我们可以令 12+=k n .
从而有 )3(mod 01)1(121
2≡+-≡++k n , 即
)
12(3+n .
(3) 欧拉定理)若 则
证明：设
是模
的一组互素剩余系．
由§2.2定理知
是模
的一组
互素剩余系．
即
又
(4) 解：因为（17，25）=1，所以同余方程 )25(mod 217-≡x 有一解
(5) 带余除法定理：
且
使得
成立, 并且
是惟一的．
证明：（存在性）作整数序列：
对于 必存在一个整数 使得 成立
令
即
惟一性）：若
使得
又
又 即
从而有
是惟一的．
(6) 费尔马定理：对任意的素数p 有 )(mod p a a p
≡
证明：设p|a ，则有 p a p |，有 )(mod p a a p
≡，
若（a ，p ）=1，由欧拉定理有 )(mod 11
p a p ≡-两边同乘a 即有
(7) 证明：当 通过模
的完全剩余系 时, 令
则
否则，
使得
即
又
这与
是模
的一组完全剩余系矛盾．
构成模 的完全剩余系．
即 也通过模 的完全剩余系
四、综合应用
（1）解方程 474
++x x ≡0（mod ２７） （10分）
解：由 474
++x x ≡0（mod3）得 )3(mod 1≡x 得x=1+3t 代入
474++x x ≡0 （mod9）有 )3(mod 111-≡t 有 131t t +=代入x=1+3t 得 194t x +=
代入 474
++x x ≡0 （mod27）有 )3(mod 21-≡-t 2132t t +=代入有
22722t x +=， 即 )27(mod 22≡x
（2）设2Ｐ+1为素数,试证
)12(mod 0)1()!(2+≡-+p p p （10分） 答案
证：因n=2Ｐ+1为素数，由威尔逊定理 )(mod 01)!1(n n ≡+-即有
)(mod 1)()2(2)1(1123)2)(1(1)!1(n p n p n n n n n +--??-?≡??--≡+- )12(mod 01)1()!(2+≡+-≡p p p 即证
（3）设P=4n+3是素数，证明当q=2p+1也是素数时，梅森数12-=P
P M 不是素数。（10分） 答案
证：因q=8n+7，由性质2是q=8n+7的平方剩余， )
(mod 1)2
(q q ≡即
12|34-+n q
所以梅森数 12-=P
P M 不是素数。
（4）证3
3393z y x =+ 无正整数解。（8分）
答案
证：假设 3
3393z y x =+有解，设（x ，y ，z ）是一组正整数解，则有x 是3的倍数，设x =3x 1,又得到y 为3的倍数，设
13y y =,又有 13z z =， 3
1313193z y x =+则有解 ),,(111z y x 且z>z 1
这样可以一直进行下去，z>z 1>z 2> z 3>z 4>…
但是自然数无穷递降是不可能的，于是产生了矛盾
（5）设n 是大于2的整数，证明)(n ?为偶数（10分） 答案
证：因为（-1，n ）=1，由欧拉定理有
)(mod 1)1()(n n ≡-?，因为n 大于2，只有 )(n ?为偶数。
（6）如果整系数的二次三项式1,0)(2
=++=x c bx x x p 当 时的值都是奇数，证明 0)(=x p 没有整数根（8分） 答案:
证：由条件可得c 为奇数，b 为偶数
如果p （x ）=0有根q ，若q 为偶数，则有
c bq q ++2为奇数，而p （q ）=0为偶数，不可能，若q 为奇数，则有
c bq q ++2
为奇数，而p （q ）=0为偶数，也不可能，所以 0)(=x p 没有整数根
（7）解方程)132(mod 2145≡x .（10分）
答案:
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).
因此同余式的3个解为 )132(mod 21≡x ,
)132(mod 65)132(mod 3132
21≡+
≡x , )
132(mod 109)132(mod 3132
221≡?+≡x
（8）证明：用算术基本定理证明3是无理数。（10分） 答案:
证：假设 3是有理数，则存在二个正整数p ，q ，使得
3= q p
，由对数定义可
得有3 2q = 2p ,则同一个数左边含奇数个因子，右边含偶数个因子，与算术基本定理矛盾。∴ 3为无理数。
（9）、证明：对任何正整数ｎ,若ｎ不能被4整除，则有
5|n
n n n 4321+++ （10分） 答案:
证：则题意知n=4q+r ，r=1，2，3。因为)5,(i =1,i=1,2,3,4所以有)5(mod 14≡i
当r=1时有)5(mod 04321≡+++ 当r=2时有
)5(mod 043212222≡+++ 当r=3时有
)5(mod 043213333≡+++ 从而证明了结论。
（10）、解不定方程 1054=+y x （10分） 答案:
解：因为（4，5）=1，所以方程有解， 由观察得有特解x=0，y=2
所以方程的解为 Z t t y t x ∈-==,42,5
（11）)11(mod 98≡x （10分） 答案
解：因为（8，11）=1，所以同余式有解。 由形式分数有
)
11(mod 3118989-≡-≡≡x
（12）证明梅森数12-=P
P M 的素因子p q >.（10分）
答案
证：设q 是2 p
-1的质因数，由于2 p
-1为奇数，∴ q ≠2，
∴ （2，q ）=1,由条件q|2p -1,即2 p
≡1（mod q ） 又∵ （q ,2）=1，2 p
≡1（mod q ）
设i 是使得2 x
≡1（mod p ）成立最小正整数 若1
（13）试证若5,2≠p 且是素数，则
1
999-p p （9分）
答案
证：因为 5,2≠p 且是素数
所以（p ，10）=1，由欧拉定理有 )(mod 1101p p ≡-，从而有
1
999-p p
（14）证明：对任何的正整数a ，5a+2不可能是平方数（9分） 答案
证：因为平方数被5除后的余数为1，4，
而5a+2被5除后的余数为2， 2不同余1，4关于5，所以不相等
（15）判断方程2
x ≡３（mod ８３）是否有解，若有解则有几解（8分） 答案
解：因为 1)833
(
=，所以有解，由性质知有解就有两解。
（16）．求
0342=--xy x 的整数解. （10分） 答案
解：因为 ,0≠x 所以
x x y 3
4-
=,
因为 y 为整数,所以 x 只能取-1,-3,1,3
从而原方程的解为 ???==1111y x , ???-=-=1122y x , ???==11333y x , ??
?-=-=11
344y x
（17）．判断同余方程2
x ≡73(mod137)是否有解，若有解，有几解.(8分) 答案
解：因为 1)13773
(=，所以同余方程 2
x ≡73(mod137)有解 由定理有解则有两解。
（18）． 证明：不存在整数y x ,使等式2
2y x +＝1995成立. （10分）
答案
证：假设有整数x ，y 存在，使x 2＋y 2＝1995成立。
∵x 2，y 2被４除余数为０或１. ∴x 2＋y 2被４除余数为０，１或２.
又∵1995被４除余数为３.
∴得出矛盾，假设不成立.
故没有整数x ，y 存在，使x 2＋y 2＝1995成立.
（19）． 设72|b 673a ，试求a ，b 的值. （10分） 答案
解 72＝8×9，且(8，9)＝1 ∴ 8| b 673a ，且9| b 673a ∴ 8| b 73? b ＝6 且 9|a ＋6＋7＋3＋6
即9|22＋a ，即a=5，所以
a=5，b=6
（20）．用1，2，。。。8，9不重复地写出被11整除最大的九位数（10分） 答案
因为被11整除的数的特征是奇数位数码之和减去偶数位数码之和为11的倍数,要写最大的九位
数,前面可用98765,然后对后面的数字进行调整,此时奇数位数码和比偶数位数码之和大7,只要
后面最大4或小7即可,小卖7不行,只能大4,刚好4,3之和比1,2之和大4,为了最大,后4位为2413, 所以所求数为987652413.
（21）解方程222
++x x ≡0 （mod １２５）（10分） 答案
解：由 222
++x x ≡0 （mod5）得 )5(mod 2,1≡x 对 )5(mod 1≡x 得x=1+5t 代入
222++x x ≡0 （mod25）有 )5(mod 14-≡t 有 151t t +=代入x=1+5t 得
1256t x +=
代入 222
++x x ≡0 （mod125）有 )5(mod 2141-≡t 2152t t +=代入有 212556t x +=， )125(mod 56≡x ，
同理另一解为 )125(mod 67≡x
（22）设Ｐ为素数，试证对任整数ａ，都有Ｐ|（Ｐ－１）！P
a ＋a 。（10分） 答案
证：由威尔逊定理
)(mod 1)!1(p p -≡-
由欧拉定理
)(mod p a a p ≡，两式相乘即得 )(mod )!1(p a a p p -≡-
即有Ｐ|（Ｐ－１）！ P
a ＋a
（23）证明不定方程x 2-2xy 2+5z +3=0无整数解 答案
证:若不定方程有解，则
3542--±=z y y x
但y 4≡0，1(mod5), ∴ 对y,z y 4-5z -3≡2，3(mod5)
而一个平方数≡0，1，4（mod 5） ∴ y 4-5z -3不可能为完全平方，即 354--z y 不是整数，
所以原不定方程无解。
（24）证明梅森数12-=P
P M 的素因子ｑ一定为２ｐｔ＋１型。（ｐ>２为素数）。（10分）
答案
证：设q 是2 p -1的质因数，由于2 p
-1为奇数，∴ q ≠2，
∴ （2·q ）=1,由条件q|2p -1,即2 p
≡1（mod q ） 又∵ （q ,2）=1，2 p
≡1（mod q ）
设i 是使得2 x
≡1（mod p ）成立最小正整数 若1
又∵ q -1为偶数，2|q -1,
∴ 2p |q -1,q -1=2pk ,即q =2pk +1
（25）证明形如4m +1的素数有无穷多个（10分） 答案
证：假设形如4m +1的素数只有有限个，设为p 1…p k ，
显然(2p 1…p k )2+1的最小素因数p 是奇数，且p 与p 1…p k 不同，设p 为4m +3形的素数，但p 整除(2p 1…p k )2+1，表明(2p 1…p k )2+1≡0（mod p ）
即x 2
≡(-1)(mod p )有解，即 11=???? ??-p ，但 1
)1()1(1122
1
-=-≡-≡???
? ??-+-m p p 矛盾，
∴p 为4m +1形，这与4m +1的素数只有k 个矛盾。
（26）如果整系数的二次三项式1,0)(2
=++=x c bx x x p 当 时的值都是奇数，证明 0)(=x p 没有整数根（6分）
答案
证：由条件可得c 为奇数，b 为偶数
如果p （x ）=0有根q ，若q 为偶数，则有 c bq q ++2
为奇数，而p （q ）=0
为偶数，不可能，若q 为奇数，则有
c bq q ++2为奇数，而p （q ）=0为偶数，也不可能，所以 0)(=x p 没有整数根
（27）设Ｐ为奇素数，则有（8分）
（1）
)(mod 1)1(21111p p p p p -≡-+++--- （2）)(mod 0)1(21p p p
p p ≡-+++
证：由欧拉定理
)(mod 11111)1(21111p p p p p p -≡-≡++≡-+++--- 由费尔马定理
)(mod 0121)1(21111p p p p p p ≡-++≡-+++---
（28）证明：对任何正整数ｋ，ｍ，ｎ
有１１|35452
5345+++++n m k （6分） 答案
证：（5，11）=1，（4，11）=1，（3，11）=1由欧拉定理得
)11(mod 1510≡， )11(mod 1310≡， )11(mod 1410≡，进一步有
)11(mod 155≡， )11(mod 135≡， )11(mod 145≡
对任何正整数ｋ，ｍ，ｎ有
)11(mod 0345345342354525≡++≡+++++n m k 即有 １１| 35452
5345
+++++n m k
（29）证明： 3是无理数。（8分） 答案
证：假设 3是有理数，则存在自数数a,b 使得满足 223y x =即 2
23b a =，容易
知道a 是3的倍数，设a =3a 1，代入得 2123a b =,又得到b 为3的倍数， a b a <<1
，设 13b b =，则 2
1213b a =,这里 12
a b <
这样可以进一步求得a 2，b 2…且有a>b>a 1>b 1> a 2>b 2>…
但是自然数无穷递降是不可能的，于是产生了矛盾，∴ 3为无理数
（30）试证：对任何的正整数2,2+n n 不能被4整除。（6分） 答案
证：n=2k 时有 22+n = 242
+k ，不能被4整除
当n=2k+1时有 22+n = 3442
++k k ，不能被4整除 所以有
对任何的正整数 2,2
+n n 不能被4整除
（31）解不定方程1054=+y x （6分）
解：因为（4，5）=1，所以不定方程有解，由观察得有特解x=0，y=5
所以不定方程的解为 ??
?+=-=t y t x 4250 t 为整数
（32）明：设ｄ是自然数ｎ的正因子，则有
∏=n
d n d n
d )(2
1
（10分）
答案
证：设d 是n 的因子，则 d n
也是n 的因子，而n 的因子数为d （n ）
所以 ∏∏=n d n d d n d |，所以 ∏=n d n d n d )(2)(即有 ∏=n d n d n d )(2
1
（33）Ｐ为奇素数，则有（10分）
)(mod )(p b a b a p p p +≡+
答案
证：由费尔马小定理知对一切整数有
a p ≡a （p ）
b p ≡b (P )，
由同余性质知有 a p +b p ≡a+b (p )
又由费尔马小定理有（a+b ）p ≡a+b (p ) （a+b ）p ≡a p +b p (p )
(34)、用初等方法解不定方程01996202
=+-xy x 。 （10分）
答案
解：由题意知x 为偶数，设 12x x =，则有 04991012
1=+-y x x 即有
499)10(11-=-y x x
由499为素数有两因子只能取 499,1 ±，从而得
??
?==50
2y x ???-=-=502y x ???==50998y x ???-=-=50998y x
(35)、解不定方程式15x+25y=-100. (8分) 答案
解：因为（15，25）|-100 所以方程有解
原方程的一组特解为 4,0-==y x 所以原方程的解为
Z t t y t x ∈+-=-=,34,5
(36)、请用1到9这九个数中的六个（不重复）写出一个最大的能被15整除的六位数（10分） 答案 987645
(37)、设
任意三个不全为零的整数，且则
（10分）
答案
证明：
是
的一个公因数．
反之
是
的一个公因数
(38)、若n 为非零自然数，n+3和n+7都是质数，则n 除以3的余数是多少？（8分） 答案
解：若n=3k ，则n+3=3（k+1）为合数， 若n=3k+2，则n+7=3（k+3）为合数 所以n 除以3的余数是1
(39)、证明不定方程x 2+23y =17无解（10分） 答案
证：因为原方程等价于同余式 )23(mod 172
≡x
而 1
)32
()173()173)(172()2317(-==== 所以 )23(mod 172
≡x 无解，即x 2+23y =17无解
(40)、一同学把他的生日的月份乘以31，日期乘以12，所得的和是170，问这个同学的生日是几月几号。（10分） 答案
解: 设这个同学生于x 月y 日, 由题意有
31x+12y=170
即有
313
5
311217*********=-≤-=≤y x 所以 51≤≤x ,又有170是2的倍数, 所以x 也是2的倍数,不是4的倍数, 所以x=2,y=9
(41)设a,b,c 是一组勾股数, 证明：60|abc （10分） 答案
证: 设 a=2uv ，b=(u 2-v 2)，c=(u 2+v 2). u>v>0, 且为一奇一偶
即只要证15|uv(u 2-v 2 )(u 2+v 2) 若u,v 是3,5倍数,即显然成立. 若u,v 都不是3的倍数,
(u,3)=(v,3)=1,由欧拉定理得 )3(mod 122v u ≡≡,即 2
2|3v u - 若u,v 不是5的倍数,
于
(u,5)=(v,5)=1, 由欧拉定理得
)5(mod 144v u ≡≡
从而有 44|5v u -,
又因为(3,5)=1,所以有15|uv(u 2-v 2 )(u 2+v 2).
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 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、 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） 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。初等数论总复习题及知识点总结
自考初等数论试题及答案
02013初等数论两套试卷及答案
初等数论1习题参考答案