初等数论
初等数论学习总结
第一章 整除 例题选讲
例1.请写出10个连续正整数都是合数. 解: 11!+2，11!+3，……，11！+11。
例2. 证明连续三个整数中，必有一个被3整除。
证：设三个连续正数为a ，a +1，a +2，而a 只有3k ，3k +1，3k +2三种情况，令a =3k ，显
然成立，a =3k +1时，a +2=3(k+1)，a =3k +2时，a +1=3(k +1)。 例3. 证明lg2是无理数。
证：假设lg2是有理数，则存在二个正整数p ，q ，使得lg2=
q
p
，由对数定义可得10p =2q ，则有2p ·5p =2q ,则同一个数左边含因子5，右边不含因子5，与算术基本定理矛盾。∴lg2为无理数。
例4. 求(21n+4，14n+3)
解：原式=(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,7n+2)=(7n+1,1)=1 例5. 求2004!末尾零的个数。 解：因为10=2×5，而2比5多， 所以只要考虑2004！中5的幂指数，即
5（2004！）=4995
20045
200412520042520045200454=??
? ??+??
? ??+??
? ??+??
? ??+??
? ??
例6.证明（n !）(n-1)!|(n !)!
证：对任意素数p ,设（n !）(n -1)!中素数p 的指数为α， （n !）!中p 的指数β，则
∑???? ??-=∞=11k k p n n )!(α，∑???
?
??-=∞=11k k p n n !)!(β,)()(x n nx ≥ α=∑???
? ??-=∑????
??
-≥∑???? ??-=∑???? ??∴∞=∞=∞=∞=1111111k k k k k k k k p n n p n n p n n p
n !
)!(!)!()!(!
即α
β≥，即左边整除右边。
例7. 证明2003|（20022002+20042004-2005） 证：∵ 20022002=（2003-1）2002=2003M 1+1
20042004=（2003+1）2002=2003M 2+1 ∴20022002+20042004-2005=2003（M 1+M 2-1） 由定义2003|（20022002+20042004-2005）
例8. 设d (n )为n 的正因子的个数，σ (n )为n 的所有正因子之和，求d (1000)，σ (1000)。 解：∵ 1000=23·53
∴ d (1000)=(3+1)(3+1)=16，σ (1000)=
1
51
5121244--?
--
例9. 设c 不能被素数平方整除，若a 2|b 2c ，则a |b 证：由已知p (c )?1，且p (a 2)?p (b 2c )
∴ 2p (a )?2p (b )+p (c ) , ∴ p (a )?p (b )+2
)(c p
即p (a ) ?p (b ) , ∴ a|b 例10. 若M n 为素数，则n 一定为素数。 证：若n 为合数，则设n =ab ，（1 ∴ 2ab -1=(2a )b -1=(2a -1)M 为合数，与M n 为素数矛盾， ∴ n 为素数。 例11. 证明对任意m,n ，m ≠n , (F n ,F m )=1。 证：不妨设n>m ，则F n -2=（12 1 2--n ）（12 1 2+-n ）=(F n -1-2) （121 2 +-n ） = F n -1F n -2……F m - F 0 设（F n ,F m ）=d ,则d |F n , d |F m ?d |2 但F n 为奇数，∴d =1, 即证。 例12. 设m,n 是正整数。证明 (,)(21,21)21m n m n --=- 证 : 不妨设n m ≥。由带余数除法得 ,11r n q m += .n r ≤≤10 我们有 121221222121111111-+-=-+-=-+r n q r r r r n q m )( 由此及12121--n q n |得,),(1212--n m =),(12121--r n 注意到),(),(1r n n m =,若01=r ,则n n m =),(,结论成立.若01>r ,则继续对),(12121--r n 作同样的讨 论，由辗转相除法知，结论成立。显见，2用任一大于1的自然a 代替，结论都成立。 例13. 证明：对任意的正整数n ，成立如下不等式2lg lg k n ≥。 其中n lg 是数n 的以10为底的对数，k 是n 的不同的素因数（正的）的个数。 证：设n 是大于1的整数（如果n =1，上述不等式显然成立，因k =0），k p p p ,...,,21 是n 的k 个 相异的素因素。n 的素因数分解式为 k l k l l p p p n (2) 121=.(k i l i ,...,,,211=≥) , 由于),...,,(,k i p i 212=≥，从而 k k k l l l l l l l k l l p p p n +++=???≥=.........212121222221， 而k l l l k ≥+++...21，故k n 2≥。 将上述不等式取对数（设底1>a ）,则有2a a k n log log ≥。 特别有2lg lg k n ≥。 例14. 试证明任意一个整数与它的数字和的差必能被9整除，并且它与它的数字作任意调后换后所成整数的差也能被9整除。 证： 设整数m 的个位、十位、百位…的数字分别为1a ,2a ，…，n a ，则m 可表作： n n a a a a m 132********-++++=... )......()...(n n n a a a a a a a 个 132321999999-++++++++= )......()...(n n n a a a a a a a 个132321111119-++++++++= 所以)...(n a a a a m ++++-321)......(n n a a a 个132111119-+++= 因为2a ，3a ,…，n a 都是整数，所以任一整数与其数字之和的差必能被9整除。 再设将1a ,2a ，…，n a 按任一种顺序排成1'a ,2'a ，…，n a '，并令 n a a a +++=...21σ，n a a a '...'''+++=21σ，n n a a a m 12 11010-+++=...， n n a a a m '...'''1211010-+++=。 根据前面证明的结果，知存在整数A ，B ，使.'',B m A m 99=-=-σσ 因为'σσ=，所以)(''B A B A m m -=--+=-999σσ 。 由于A-B 是整数，这就证明了'm m -能被9整除。 注：若对某个整数)(n k k ≤≤1，有0≠k a '，但当n i k ≤<时，0=i a '，则此时'm 为整数： ,'...'''k k a a a m 1211010-+++=即12''... ''a a a m k =。 如前证，此时结论正确。又当m 为负整数及零时，结论显然正确。 第二章 不定方程 例1：利用整数分离系数法求得不定方程15x +10y +6z =61。 解：注意到z 的系数最小，把原方程化为 z =)()(1236 110226110156 1++-++--=+--y x y x y x 令t 1=z y x ∈++-)(1236 1，即-3x +2y -6t 1+1=0 此时y 系数最小，)()(12 1 31632111-+ +=-++=∴x t x t x y 令t 2 =z x ∈-)(12 1,即122+=t x ,反推依次可解得 y =x +3t 1+t 2=2t 2+1+3t 1+t 2=1+3t 1+3t 2 z =-2x -2y +10+t 1=6-5t 1+10t 2 ∴原不定方程解为?? ???--=++=+=21212 105633121t t z t t y t x t 1t 2∈z. 例2:证明2是无理数 证：假设 2 是有理数，则存在自数数a,b 使得满足22 2y x =即22 2b a =，容易知道a 是偶数， 设a =2a 1，代入得2 1 22a b =,又得到b 为偶数，a b a <<1，设12b b =，则2 1 212b a =,这里12a 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，∴2 为无理数。 例3：证明：整数勾股形的勾股中至少一个是3的倍数。 证：设N =3m ±1(m 为整数) ， ∴N 2=9m 2±6m +1=3(3m 2±2m )+1 即一个整数若不是3的倍数，则其平方为3k +1,或者说3k +2不可能是平方数，设x,y 为勾股整数，且x,y 都不是3的倍数，则x 2,y 2都是3k +1，但z 2=x 2+y 2=3k +2形，这是不可能， ∴勾股数中至少有一个是3的倍数。 例4：求x 2+y 2=328的正整数解 解：∵ 328为偶数，错误！未找到引用源。x,y 奇偶性相同，即x ±y 为偶数，设x+y =2u , x -y =2v ，代入原方程即为 u 2+v 2=164,同理令u +v =2u 1,u -v =2v 1有 2 112112 1212282v v u u v u v u =-=+=+,, ,412222=+v u 22v u ,为一偶一奇，且 0 u 2=1，2，3，4，5代方程，有解（4，5）（5，4） ∴原方程解x =18,y =2,或x =2,y =18。 例5：求x 2+xy -6=0的正整数解。 解：原方程等价于x (x +y )=2·3,故有 ∴?? ?=+=, , 32y x x ?? ?=+=, , 23y x x ?? ?=+=, , 61y x x ?? ?=+=. , 16y x x ， ∴ 即有x =2,y =1; x =1,y =5. 例6：证明不定方程x 2-2xy 2+5z +3=0无整数解。 解：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。 例7：证明：222z y x ++78+=a 无整数解 证：若原方程有解，则有222z y x ++)8(mod 78+≡a 注意到对于模8，有 ,002≡,112≡,422≡,132≡,042≡,152≡,462≡,172≡ 因而每一个整数对于模8，必同余于0，1，4这三个数。 不论222,,z y x 如何变化，只能有)8(mod 6,5,4,3,2,1,0222≡++z y x 而877(mod8)a +≡，故78+a 不同余于222z y x ++关于模8，所以假设错误，即 ≠+78a 222z y x ++，从而证明了原方程无解。 例8:某人到银行去兑换一张d 元和c 分的支票，出纳员出错，给了他c 元和d 元，此人直 到用去23分后才发觉其错误，此时他发现还有2d 元和2c 分，问该支票原为多少钱？ 解：由题意立式得：c d d c 2210023100+?=-+ 即.2319998=-d c 令d c u 2-=得,23398=-d u 令d u v -=33得.233=-u v 所以v v u (233-=为任意整数），代入得： ,23339833?-=-=v v u d （1） ,23671992?-=+=v d u c 其中v 是任意整数。又根据题意要求：10000<<>c d ,. 根据(1)，仅当v =8时满足此要求，从而.,5125==c d 因此该支票原为25元51分. 第三章 同余 例1：求3406的末二位数。 解：∵ （3，100）=1，∴3)100(φ≡1（mod 100） φ(100)= φ (22·52)=40, ∴ 340≡1(mol 100) ∴ 3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100) ∴ 末二位数为29。 例2：证明（a+b ）p ≡a p +b p (mod p ) 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 ) 例3：设素数p >2，则2P -1的质因数一定是2pk +1形。 证：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 ），又∵ （q ,2）=1，2p ≡1（mod q ） 设i 是使得2x ≡1（mod p ）成立最小正整数 若1 证：∵42n +1+3n +2≡4·16n +9·3n 错误！未找到引用源。3n (4+9)错误！未找到引用源。13×3n ·错误！未找到引用源。0(13) ∴ 13|42n +1+3n +2 例5：证明5y +3=x 2无解 证明：若5y +3=x 2有解，则两边关于模5同余 有5y +3≡x 2(mod 5) 即3≡x 2(mod 5) 而任一个平方数x 2≡0,1,4(mod 5) ∴ 30,1,4(mod 5) ∴ 即得矛盾，即5y +3=x 2无解 例6：求 50 111......被7除的余数。 解：∵111111被7整除，∴ 50 111......≡11（mod 7）≡4（mod 7），即余数为4。 例7：把.. 0.04263化为分数。 解：设b =. ..360420，从而1000b=. ..3642, 100000b=. ..364263，99000b=4263-42 b=990004221 =11000 469。 当然也可用直化分数的方法做。 例8：设一个数为62XY427是9，11的倍数，求X ，Y 解：因为9|62XY427 所以9|6+2+X+Y+4+2+7， 即9|21+X+Y 又因为11|62XY427， 有11 |（7+4+X+6-2-Y-2） 即11|（X-Y+13） 因为0≤X ，Y ≤9， 所以有21≤ 21+X+Y ≤39， 4 ≤ X-Y+13 ≤22，由此可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 或21+X+Y=36，X-Y+13=22 X+Y=6，X-Y=-2 或X+Y=15，X-Y=9，解得X=2，Y=4。 例9：证明：8a+7不可能是三个整数的平方和。 证：由于每一个整数对于8，必同余于0，1，2，3，4，5，6，7这八个数之一 注意到对于模8，有 ,002≡,112≡,422≡,132≡ ,042≡,152≡,462≡,172≡ 因而每一个整数对于模8，必同余于0，1，4这三个数 不能222,,z y x 如何变化，只能有)8(mod 6,5,4,3,2,1,0222≡++z y x 而)8mod 778≡+a ，故78+a 不同余于222z y x ++关于模8 ≠+78a 222z y x ++，从而证明了结论。 第四章 同余式 例1：解一次同余式)25(mod 1917≡x 解：∵（17，25）=1，原同余方程有解，利用形式分数的性质， 同余方程解为 )25(mod 71 7 2418861719≡--≡≡--≡≡x 例2：解同余方程组?? ? ??≡≡-≡)15mod (1)10mod (6)12mod (2x x x 解：∵（12，10）|6+2，（12，15）|-2-1，（10，15）|6-1 ∴ 原同余方程有解，且等位于 ?????? ???? ?≡≡≡≡-≡-≡) 5mod () 3mod (1) 5mod (6)2mod (6)3mod (2) 4mod (2x x x x x x ??????≡≡-≡)5mod (1)3mod (1)4mod (2x x x 此时变成模两两互素 由孙子定理可求得其解为：)60(mod 46≡x 例3：解一次同余式组 ?? ?≡≡) 4(mod 13) 75(mod 5751x x 解: 用常规方法先求每一个一次同余式的解，得到下列一次同余式组 ? ? ?≡≡)4(mod 3) 75(mod 57,32,7x x 然后用孙子定理求解，所以同余方程组有3个解，且解分别为 )300(mod 7≡x ，)300(mod 107≡x ，)300(mod 207≡x 例4：设2p +1是素数，则 )(mod )()!(12012+≡-+p P p 证：设n =2p +1,由假设n 为素数，于是由威尔逊定理有(n -1)! ≡-1(mod n ) 由于(n -1)!+1≡(n -1)(n -2)…(p +2)(p +1)p (p -1)…3·2·1+1 ≡1·(n -1)·2(n -2)·2(n -3)…·(p -1)[n -(p -1)]·p ·(n-p )+1 ≡p !(n -1)(n -2)…(n-p )+1≡(p !)2(-1)p +1(mod n ) ∴ (p!)2(-1)p +1≡0(mod n ) ∴ (p !)2+(-1)p ≡0(mod 2p +1) 例5：解同余方程28x ≡21(mod 35) 解：∵ （28,35）=7|21， ∴ 原同余方程有解，且有7个解 原同余方程等价于4x ≡3(mod 5) 而且4x ≡3(mod 5)解为x ≡2(mod 5) ∴ 原同余方程解为2，7，12，17，22，27，31（mod 35） 《初等数论》模拟试卷（A ） 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、2 3.0 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、 50 50 6666688888?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 。 二、 解同余方程组（12分） ?? ? ??≡≡≡)7(mod 1)8(mod 3)5(mod 2x x x 三、 叙述并且证明费尔马小定理。（12分） 四、 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） 五、 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 ≡-+++ 六、 证明：对任何正整数ｋ，ｍ，ｎ 有１１|354525345+++++n m k （6分） 七、证明：3是无理数。（8分） 八、试证：对任何的正整数2,2+n n 不能被4整除。（6分） 九、解不定方程1054=+y x （6分） 《初等数论》模拟试卷（A ）答案 一、 1、16，2340，9360 素数 7 331 15 b |),(m a )(m o d 01)!1(p p ≡+- 5，25 90 29 8 -3 n p 140 5 2，29 查书 二、孙子定理)280(mod 267≡x 一、见书 二、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 三、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 ≡-++≡-+++--- 六、（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|354525345+++++n m k 七、 见例。 八、 当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 九、 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 《初等数论》模拟试卷（B ） 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（30分） 1、d （1001）= 。σ（2002）= 。φ（5005）= 。 2、梅森数n M 是形如 的数。 3、不能表示成5X+6Y （X 、Y 非负）的最大整数为 。 4、2003！中末尾连续有 个零。 5、（21a+4，14a+3）= 。 6、222z y x =+通解为 。 7、费尔马大定理是 。 8、从1001到2000的所有整数中，13的倍数有 。 9、c x a x a x a n n =++....2211有解的充要条件是 。 10、p,q 是小于是100的素数，pq- 1=x 为奇数，则x 的最大值是 。 11、[X]=3，[Y]=5，则[X —2Y]可能的值为 。 12、X 能被3，4，7整除，这个最小的正整数是 。 13、两个素数的和是39，这两个素数是 。 二、解同余方程组（12分） ?? ? ??≡+≡≡)7mod 25)5(mod 1)4(mod 1x x x 一、叙述并且证明费尔马定理。 （12分） 二、证明：设ｄ是自然数ｎ的正因子，则有 ∏=n d n d n d )(2 1 （10分） 三、设Ｐ为奇素数，则有（10分） （１）111)1....(21----++p p p p ≡－1（ｍｏｄＰ） （２）p P P P )1....(21-++ ≡0（ｍｏｄＰ） 六、用初等方法解不定方程01996202=+-xy x 。 （8分） 七、解不定方程式15x+25y=-100. (6分) 八、试证33393z y x =+ 无正整数解。 （6分） 九、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（6分） 《初等数论》模拟试卷（B ）答案 一、 1、8，1152，960， 2、12-n 3、19， 4、499， 5，1， 6、见书 7、见书 8、77， 9、c a a a n ),,(21 10、193， 11、-9，-8，-7， 12、84， 13、2，37 二、孙子定理)140(mod 86≡x 三、见书。 四、设d 是n 的因子，则 d n 也是n 的因子，而n d n d =， n 的因子一共有d （n ）个，所以 有∏=n d n d n d )(2)(，从而证明了结论。 五、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 ≡-++≡-+++--- 六、由条件可知x 为偶数，令12x x =，则有049910121=+-y x x 即有499)10(11-=-y x x ，因499为素数， 七、因为（15，25）=5|-100，所以不定方程有解，由观察得有特解x=0，y=-4 所以不定方程的解为???+-=-=t y t x 3450 t 为整数 八、假若不定方程有解，由条件可知x 为3的倍数，13x x =，代入得y 也为3的倍数1 3y y =代入得 z 也为3的倍数，且有3 13 13 193z y x =+，这样可不断进行下去，但事实上不可能，所以不定方程无解。 九、987645 第一次网络作业 一、填空 1.（525，231）的最大公因数为 1、21 2.2160的正约数的个数为 40个 3. 求所有正约数的和等于15的最小正数为 8 4.自176到545的整数中是13倍数的整数个数为 28个 5.35！的标准分解式为 2^5*3^3*5^2*7*11*13*17*19*23*29*31 二、试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里n是任意整数。 证明：n(n+1)(2n+1)=n(n+1)(n-1+n+2)=(n-1)n(n+1)+n(n+1)(n+2) 而 n-1 n n+1是连续的三个整数，其中必有一个是3的倍数，至少有一个是2的倍数 所以（n-1)n(n+1)是6的倍数 同理 n(n+1)(n+2)也是6的倍数 他们的和 n(n+1)(2n+1)也是6的倍数 三、假如(a,b)=1，那末(a-b,a+b)=1或2 因为(a,b)=1 所以存在u,v使得ua+vb=1 所以u(a+b)+(u-v)(-b)=1 v(a+b)+(u-v)a=1 把以上两式相加得(u+v)(a+b)+(u-v)(a-b)=2 如果a+b被2整除，那么a-b也被2整除，我们可得(a-b,a+b)=2 如果u+v被2整除，那么u-v也被2整除，我们可得(a-b,a+b)=1； 如果a+b不被2整除,u+v不被2整除，那么a-b也不被2整除，u-v也不被2整除，此时必然u,v,a,b均为奇数，这与ua+vb=1矛盾 四、求证(21n+4)/(14n+3)是不可约分数，这里n是任意正整数。证明：-.-(21n+4)/(14n+3)=1+(7n+1)/(14n+3) 又(14n+3)/(7n+1)=2+1/(7n+1) 则1/(7n+1)不可约 所以(14n+3)/(7n+1)不可约 所以(21n+4)/(14n+3)也是不可约 《初等数论》期期末复习资料 一、单项选择题 1、如果n 2，n 15，则30（ ）n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 2、大于10且小于30的素数有（ ）. A 4个 B 5个 C 6个 D 7个 3、模5的最小非负完全剩余系是( ). 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、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 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、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 7、同余式)593(m od 4382≡x （ ）. A 有解 B 无解 C 无法确定 D 有无限个解 8、不定方程210231525=+y x （ ）. A 有解 B 无解 C 有正数解 D 有负数解 9、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 10、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 11、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 12、同余式)593(m od 4382≡x （ ）. A 有解 B 无解 C 无法确定 D 有无限个解 13、不定方程210231525=+y x （ ）. A 有解 B 无解 C 有正数解 D 有负数解 14、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 15、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 16、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 17、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 ≠ 19、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 ≠ 20、=),0(b （ ）. A b B b - C b D 0 21、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）. A a B b C 1 D b a + 22、小于30的素数的个数（ ）. A 10 B 9 C 8 D 7 三、计算题 1、 求50!中2的最高次幂. 2、令 =-1859， =1573，求( )=? 3、 求525与231的最大公因子? 4、解同余式)321(m od 75111≡x . 5、求[525,231]=? 6、求解不定方程18116=-y x . 7、 解不定方程525x+231y=42. 初等数论 初等数论从表面意义来讲，就是作为一门研究数的相关性质的数学学科。准确地按照潘承洞、潘承彪两位数论大师的说法：初等数论是研究整数最基本的性质，是一门十分重要的数学基础课。它不仅是中、高等师范院校数学专业，大学数学各专业的必修课，而且也是计算机科学等相关专业所需的课程。纵观数论发展过程，我国出现了许许多多的数论大师，如：华罗庚的早期研究方向、陈景润、潘承洞等。 第一部分：整除 初接触初等数论，经过《初等数论》课本知整除理论是初等数论的基础。整除理论首先涉及整除。现向上延伸则想到整除的对象，即自然数、整数。从小学、中学再到大学，我们从接触最初的1、2、3再到后来的有理数、无理数、实数再到复数，可谓种类繁多。但数论中的整除运算仅仅局限于自然数及其整数等相关范围内。首先大学数学中绝大多数数学定义中的自然数不包括0 ，这似乎与中学有一点差别，当然整数的定义改变就相对少得多。另外，自然数、整数的相关基本性质需懂得及灵活利用，如分配律、交换律、反对称性等。在初等代数中曾系统地介绍了自然数的起源问题：自然数源于经验，自然数的本质属性是由归纳原理刻画的，它是自然数公理化定义的核心。自然数集合严格的抽象定义是由Peano定理给出的，他刻画了自然数的本质属性，并导出有关自然数的有关性质。 Peano定理：设N是一个非空集合，满足以下条件： （ⅰ）对每一个n∈N，一定有唯一的一个N中的元素与之对应，这个元素记作n+,称为是n的后继元素（或后继）； （ⅱ）有元素e∈N，他不是N中任意元素的后继； （ⅲ）N中的任意一个元素至多是一个元素的后继，即从a+=b+ 一定可以推出a=b; (ⅳ)(归纳原理)设S是N的一个子集合，e∈S, 如果n∈S则必有n+ ∈S,那么，S=N. 这样的集合N称为自然数集合，它的元素叫做自然数。 其中的归纳原理是我们常用的数学归纳法的基础。数学归纳法在中学已属重点内容，此处就不作介绍。主要描述一下推广状态下的第二种数学归纳法：（第二种数学归纳法）设P(n)是关于自然数n的一种性质或命题。如果 （1）当n=1时，P(1)不成立； （2）设n>1,若对所有的自然数m 第三章 同 余 §1 同余的概念及其基本性质 。，所有奇数；所有偶数，例如，。 不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。 故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性） ，则、若；（反身性） 、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡ 。 则，，，设。 ，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -?-=-?=?≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z 。 ，则若； ，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1 。 ，则特别地，若； ，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2 。 ，则， ；特别地，若则 ，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111 111 111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y B x x A k i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i k k k k k k k k +++≡+++=≡≡ =≡≡----∑∑ΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛαααααααααααααααα定理2。，则，，，若)(mod )(mod 1),(1111m b a m b a m d d b b d a a ≡≡===性质3 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; 第五章同余方程 本章主要介绍同余方程的基础知识，并介绍几类特殊的同余方程的解法。 第一节同余方程的基本概念 本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程。 在本章中，总假定m是正整数。 定义1设f(x) = a n x n a1x a0是整系数多项式，称 f(x) 0 (mod m) (1)是关于未知数x的模m的同余方程，简称为模m的同余方程。 若a n≡/0 (mod m)，则称为n次同余方程。 定义2设x0是整数，当x= x0时式(1)成立，则称x0是同余方程(1)的解。凡对于模m同余的解，被视为同一个解。同余方程(1)的解数是指它的关于模m互不同余的所有解的个数，也即在模m的一个完全剩余系中的解的个数。 由定义2，同余方程(1)的解数不超过m。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) 设b(x)是整系数多项式，则同余方程(1)与 f(x) b(x) b(x) (mod m) 等价； (ⅱ) 设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与 bf(x) 0 (mod m) 等价； (ⅲ) 设m是素数，f(x) = g(x)h(x)，g(x)与h(x)都是整系数多项式，又设x0是同余方程(1)的解，则x0必是同余方程 g(x) 0 (mod m) 或h(x) 0 (mod m) 的解。 证明 留做习题。 下面，我们来研究一次同余方程的解。 定理2 设a ，b 是整数，a ≡/0 (mod m )。则同余方程 ax b (mod m ) (2) 有解的充要条件是(a , m )b 。若有解，则恰有d = (a , m )个解。 证明 显然，同余方程(2)等价于不定方程 ax my = b ， (3) 因此，第一个结论可由第四章第一节定理1得出。 若同余方程(2)有解x 0，则存在y 0，使得x 0与y 0是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是 ??? ????-=+=t m a a y y t m a m x x ),(),(00，t Z 。 (4) 由式(4)所确定的x 都满足方程(2)。记d = (a , m )，以及 t = dq r ，q Z ，r = 0, 1, 2, , d 1， 则 x = x 0 qm r d m x r d m +≡0(mod m )，0 r d 1。 容易验证，当r = 0, 1, 2, , d 1时，相应的解 d m d x d m x d m x x )1(20000-+++，，，，Λ 对于模m 是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d 个解。证毕。 在定理的证明中，同时给出了解方程(2)的方法，但是，对于具体的方程(2)，常常可采用不同的方法去解。 例1 设(a , m ) = 1，又设存在整数y ，使得a b ym ，则 x a ym b +(mod m ) 是方程(2)的解。 解 直接验算，有 ax b ym b (mod m )。 初等数论期末练习题 一、单项选择题 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 ac T )(mod m bc 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 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 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] 二、填空题 1、有理数 b a ，1),(,0= b a b a ，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. 10、如果0 ab ,则),](,[b a b a =( ). 11、b a ,的最小公倍数是它们公倍数的( ). 12、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( ). 三、计算题 1、求24871与3468的最小公倍数? 2、求解不定方程25 37107=+y x .（8分） 3、求?? ? ??563429,其中563是素数. （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》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》教学大纲 课程编码：110823 课程名称：初等数论 学时/学分：54/3 先修课程：《数学分析》、《高等代数》 适用专业：信息与计算科学 开设教研室：代数与几何教研室 一、课程性质与任务 1．课程性质：初等数论是信息与计算科学专业的一门专业必修课程。该课程是研究整数性质和方程（组）整数解的一门学科，也是一个古老的数学分支。初等数论是现代密码学的一门基础课程，也是高等学校信息安全专业的一门重要的基础课。初等数论在计算技术、通信技术等技术学科中也得到了广泛的应用。 2．课程任务：初等数论是信息与计算科学专业的一门重要的专业必修课，开设的目的在于使学生熟悉和掌握数论的基础知识，基本理论和基本的解题技能技巧，培养学生的逻辑思维能力，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系，为进一步学习信息安全领域的其它学科打下坚实的基础。 二、课程教学基本要求 初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。本课程的目的是简单介绍在初等数论研究中经常用到的若干基础知识、基本概念、方法和技巧。 通过本课程的学习，使学生加深对整数的性质的了解，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系。 1. 有关定义、定理、性质等概念的内容按“知道、了解和理解”三个层次要求；有关计算、解法、公式和法则等方法的内容按“会、掌握、熟练掌握”三个层次要求。 2. 本课程开设在第5学期，总学时54，其中课堂讲授54学时，课堂实践0学时。教学环节以课堂讲授为主，研制电子教案和多媒体幻灯片以及CAI课件，在教学方法和手段上采用现代教育技术。 3. 成绩考核形式：期终成绩（闭卷考试）（70%）＋平时成绩（平时测验、作业、课堂提问、课堂讨论等）（30％）。成绩评定采用百分制，60分为及格。 《数学史》教学大纲 课程编号：学分：总学时：54 适用专业：数学与应用数学开课学期： 先修专业：无后续课程：无 一、课程的性质、目的和要求 （一）课程的性质：选修课程。 （二）课程教学目的：能够以数学的、历史的眼光分析数学发展的内在原因，运用辩证唯物主义的哲学方法剖析数学发展史。 （三）课程基本要求：全面了解数学历史的发展过程，了解各个时期主要数学家的生平事迹和对数学发展的贡献，掌握重要的数学事件，理解主要的数学理论的形成过程以及历史文化背景。 二、本课程主要教学内容及时间安排 第一章：综述（８学时） 1、教学基本要求：分三阶段综合叙述数学历史发展过程，掌握各阶段的框架和脉络，理解中外各主要数学中心发展、转移、变化的过程。 2、教学重点：在教学上要求把握一个整体、三个阶段的特点（古典数学、近代数学和现代数学）。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数学历史发展过程（5学时），作业量：1。 ⒉主要数学中心发展、转移、变化的过程（3学时），作业量：1。 第二章：东、西方初等数学的代表作（4学时） 1、教学基本要求：通过全面了解东、西方初等数学的代表作，即中国的《九章算术》和古希腊的《几何原本》的内容、背景和特点，把握两者的深刻的思想内涵和学术文化特征。 2、教学重点：把握《九章算术》和《几何原本》深刻的思想内涵和学术文化特征。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数学历史发展过程（2学时），作业量：1。 ⒉主要数学中心发展、转移、变化的过程（2学时），作业量：1。 第三章：作图工具与计算工具（2学时） 1、教学基本要求：通过中、西方古代作图工具、计算工具的形成、发展过程的介绍，重点把握古希腊作图手段——尺规作图法，以及中国古代著名的计算工具——算筹的具体情况和历史背景。 2、教学重点：把握古希腊作图手段——尺规作图法，以及中国古代著名的计算工具——算筹的具体情况和历史背景。 3、教学难点：尺规作图法。 4、本章知识点：⒈尺规作图法及算筹的具体情况和历史背景。（2学时），作业量：1。 第四章：初等几何（2学时） 1、教学基本要求：沿着数的起源、发展的历史轨迹，重点了解记数的方法、数的运算以及数系扩充的历史发展过程，突出中国十进位制的历史地位和功绩，理解在数的扩充过程中，人类所表现出的困惑、好奇和对未知世界执着探索的精神状态。 2、教学重点：数系扩充的历史发展过程。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数系扩充的历史发展过程。（2学时），作业量：1。 第五章：算术（2学时） 1、教学基本要求：了解自然数是基数与序数的统一，把握正负数的定义及分数的运算法则， 数论教案 §1整数的整除 带余除法 1 整数的整除 设a,b 是整数,且b ≠0,如果有整数q,使得a=bq,则称b 整除a,记为b|a,也称b 是a 的因数,a 是b 的倍数. 如果没有整数q,使得a=bq,则称b 不能整除a,记为b?a.例如 2|4, 4|-12, -5|15; 2?3， -3?22. 在中小学数学里,整除概念中的整数是正整数,今天讲的整除中的整数可正可负. 判断是否b|a 当a,b 的数值较大时,可借助计算器判别. 如果b 除a 的商数是整数,说明b|a;如果b 除a 的商不是整数,说明b?a. 例1判断下列各题是否b|a(1) 7|127 (2) 11|129 (3) 46|9529 (4) 29|5939 整除的简单性质 (1)如果c|b,b|a,那么c|a; (2)如果d|a,d|b,那么对任意整数m,n,都有d|ma+nb. (3)如果 12,,,n a a a L 都是m 的倍数,12,,,n q q q L 是任意整数,那么 1122n n q a q a q a +++L 是m 的倍数. (4)如果c|a,d|b,那么cd|ab 。 例如： 2|4,2|(-6),那么2|4+(-6),2|4-(-6). 2|4,3|(-6),那么2×3|4×(-6). 例2证明任意2个连续整数的乘积,一定可被2整除. 练习 证明任意3个连续整数的乘积,一定可被3整除. 2.带余除法 设a,b 是整数,且b>0,那么有唯一一对整数q,r 使得 a=bq+r,0≤r ＜ b . (1) 这里q 称为b 除a 的商,r 称为b 除a 的余数. 例如-5=3×(-2)+1 5=3×1+2 -5=(-3)×2+1 5=(-3)×(-1)+2 15=(-5)×(-3), -24=(-2)×12. 事实上,以b 除a 的余数也可以是负的.例如 -5=3×(-1)-2=3×(-2)+1. 求b 除a 的余数,也称为模运算(取余):mod.可用计算器进行. 具体操作:输入a-按mod(取余)键-输入b-按=键得出余数.如果b 除a 的余数=0,则b|a;如果b 除a 的余数≠0,则b?a. 例3 利用计算器求余数: (1) 7除127;(2)11除-129 ;(3)46除-9529;(4)-29除5939 奇数、偶数及性质 备注：纯手写代码，注释。 数论 1、素数 （1）暴力求解法 根据素数的概念，没有1和其本身没有其他正因数的数。所以只需枚举比这个数小的数，看能整除即可； C++代码： #include //去掉了偶数的判断，效率提高一倍 /*如果number整除以i，那么会得到两个的因数， 而较小的那个因数不会超过number的二分之一次方； 所以只需判断到number的平方根向上取整即可；*/ if(number%i); else return false; return true; } int main() { int sum; cin>>sum; if(determine(sum)) cout<<"YES!"; else cout<<"NO!"; return 0; } 时间复杂度：o(sqrt(n)/2); 空间复杂度：几乎没有； （2）一般线性筛法： 因为任何一个合数都能分解成几个素数相乘的形式； 所以可以做一个表，首先把2设为质数，然后将2的倍数设为合数，剩下的数就是新得到的质数，然后重复这个过程，直到筛到合 适的范围即可； 但是这个算法有缺陷： 1、同一个数可能被筛多次，这就产生了多余的步骤。 2、占用空间很大，如果使用bool数组的话，只能筛到1e9； 3、从1-n筛，不能从m-n开始筛； C++代码： #include 初等数论考试试卷1 一、单项选择题(每题3分，共18分) 1、如果a b ，b a ，则( ). A b a = B b a -= C b a ≤ D b a ±= 2、如果n 3，n 5，则15（ ）n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 3、在整数中正素数的个数（ ）. A 有1个 B 有限多 C 无限多 D 不一定 4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ B b a = C ac T )(m od m 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)(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) 作业次数：学号姓名作业成绩 第0章序言及预备知识 第一节序言（1） 1、数论人物、资料查询：（每人物写600字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1 是无理数。 （2）Show that there are infinitely many Ulam numbers 3、用Mathematica 数学软件实现 A Ulam number is a member of an which was devised by and published in in 1964. The standard Ulam sequence (the (1, 2-Ulam sequence starts with U 1=1 and U 2=2 being the first two Ulam numbers. Then for n > 2, U n is defined to be the smallest that is the sum of two distinct earlier terms in exactly one way 。 By the definition, 3=1+2 is an Ulam number; and 4=1+3 is an Ulam number (The sum 4=2+2 doesn't count because the previous terms must be distinct. The integer 5 is not an Ulam number because 5=1+4=2+3. The first few terms are 1, 2, 3, 4, 6, 8, 11, 13, 16, 18, 26, 28, 36, 38, 47, 48, 53, 57, 62, 69, 72, 77, 第三章同余例题分析 例1：求3406的末二位数。 解：∵（3，100）=1，∴3)100(φ≡1（mod 100） φ(100)=φ(22·52)=40,∴340≡1(mol 100) ∴3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100) ∴末二位数为29。 例2：证明（a+b ）p ≡a p +b p (mod p ) 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 ) 例3：设素数p >2，则2P -1的质因数一定是2pk +1形。 证：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 ），又∵（q ,2）=1，2p ≡1（mod q ）设i 是使得2x ≡1（mod p ）成立最小正整数 若1 ∴13|42n +1+3n +2 例5：证明5y +3=x 2无解 证明：若5y +3=x 2有解，则两边关于模5同余 有5y +3≡x 2(mod 5) 即3≡x 2(mod 5) 而任一个平方数x 2≡0,1,4(mod 5) ∴30,1,4(mod 5) ∴即得矛盾，即5y +3=x 2无解 例6：求 50111......被7除的余数。 解：∵111111被7整除，∴ 50111......≡11（mod 7）≡4（mod 7），即余数为 4。 例7：把..0.04263化为分数。 解：设b =...360420，从而1000b=...3642, 100000b=...364263，99000b=4263-42b=990004221 ==11000469 。 当然也可用直化分数的方法做。 例8：设一个数为62XY427是9，11的倍数，求X ，Y 解：因为9|62XY427 所以9|6+2+X+Y+4+2+7，即9|21+X+Y 又因为11|62XY427，有11|（7+4+X+6-2-Y-2） 即11|（X-Y+13） 因为0≤X，Y ≤9，所以有21≤21+X+Y ≤39， 4≤X-Y+13≤22，由此可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 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 第一节 整数的p 进位制及其应用 正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数，人们发明了进位制，这是一种位值记数法。进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系，近几年来，国内与国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现，比如处理数字问题、处理整除问题及处理数列问题等等。在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。 基础知识 给定一个m 位的正整数A ，其各位上的数字分别记为021,,,a a a m m --，则此数可以简记为：021a a a A m m --=（其中01≠-m a ）。 由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的1-m 次多项式，即 012 21 11010 10 a a a a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i 且 01≠-m a ，像这种10的多项式表示的数常常简记为10021)(a a a A m m --=。在我们的日常 生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作021a a a A m m --=，以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。但是随着计算机的普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。特别是现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。 为了具备一般性，我们给出正整数A 的p 进制表示： 012 21 1a p a p a p a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},1,,2,1,0{-=-∈m i p a i 且 01≠-m a 。而m 仍然为十进制数字，简记为p m m a a a A )(021 --=。 第二节 整数的性质及其应用（1） 基础知识 整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。 1．整除的概念及其性质 在高中数学竞赛中如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。 定义：设b a ,是给定的数，0≠b ，若存在整数c ，使得bc a =则称b 整除a ，记作a b |，并称b 是a 的一个约数(因子)，称a 是b 的一个倍数，如果不存在上述c ，则称b 不能整除a 记作b a 。 由整除的定义，容易推出以下性质： (1)若c b |且a c |，则a b |(传递性质)； 初等数论试卷(B) 一，选择题（满分15分，每题3分） 1，下列不正确的是（ ） A 设m ∈+N ，a ,b ∈Z ,若)(mod m b a ≡ ，则)(mod m a b ≡。 B 设m ∈+N ，a ,b ,c ∈Z ,若)(mod m c b a ≡+,则)(mod m b c a -≡. C 设m ∈+N ，,,11b a 22,b a ∈Z ，,若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则 )(m od 2121m b b a a ≡。 D 设m ∈+N ，a ,b ∈Z ,若)(m od 2 2 m b a ≡ ，则)(mod m b a ≡。 2，下列哪一个为模12互质的剩余类（ ） A [2]，B [5]，C [6]，D [3]。 3，下列哪一个有理数不可以化为有限小数（ ） A 203，B 607，C 51，D 100 19。 4，同余方程)5(m od 022 ≡+x 的解为（ ） A )5(mod 0≡x ， B )5(mod 4≡x ， C )5(mod 2≡x ， D 此方程无解。 5，下列哪一个同余方程组无解（ ） A ?????≡≡)10(mod 7)25(mod 9x x ， B ?????≡≡)6(mod 1)9(mod 4x x C ?????≡≡)45(mod 2)25(mod 17x x ， D ?? ???≡≡)7(mod 26)14(mod 19x x 。 二，填空题（满分10分，每题2分） 1，当m = 时，)(mod 1132m ≡和)(mod 1117m ≡同时成立。 2，设m ∈+N ，则 为模m 的非负最小完全剩余系。 3，=)16(? 。 4，写出模8的一个简化剩余系： 。 5，余式)5(mod a x ≡等价于等式： 。 三，判断题（满分10分，每题2分 ）初等数论1
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