初等数论练习题答案
初等数论练习题一
一、填空题
1、d(2420)=12; ?(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
678912、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解？
11074217
271071107713231071107311072107
710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==??≡-?--?-（）（）（）（），（）（）（）（，（（）（）（（
）（解：Θ 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。
解：易知1271≡50（mod 111）。
由502 ≡58（mod 111）, 503 ≡58×50≡14（mod 111），509≡143≡80（mod 111）知5028 ≡（509）3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70（mod 111）
从而5056 ≡16（mod 111）。
故（127156+34）28≡（16+34）28 ≡5028≡70（mod 111）
三、证明题
1、已知p 是质数，（a,p ）=1，证明：
23 k!·A =（p-1）(p-2)…（p-k ）≡（-1）(-2)…（-k ）(mod p )
又（k!，p ）=1，故A = k p 1
C - ≡ （-1 ）k (mod p ) 4、设p 是不等于3和7的奇质数，证明：p 6≡1(mod 84)。
说明：因为84=4×3×7，所以，只需证明：
p 6≡1(mod 4) p 6≡1(mod3) p 6≡1(mod 7) 同时成立即可。
证明：因为84=4×3×7及p 是不等于3和7的奇质数，所以
（p，4）=1，（p，3）=1，（p，7）=1。
由欧拉定理知：p?(4)≡p2≡1(mod 4)，从而p6≡1(mod 4)。
同理可证：p6≡1(mod3) p6≡1(mod 7)。故有p6≡1(mod 84)。
注：设p是不等于3和7的奇质数，证明：p6≡1(mod 168)。（见赵继源p86）
初等数论练习题二
一、填空题
1、d(1000)=_16_；σ(1000)=_2340_.
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
解：由Fermat定理，x5≡x (mod 5)，因此，原同余方程等价于2x2+x- 3 ≡ 0 (mod 5) 将x≡ 0，±1，±2 (mod 5)分别代入上式进行验证，可知这个同余方程解是x≡ 1 (mod 5)。
3、已知a=5，m=21,求使a x ≡ 1 (mod m)成立的最小自然数x。
解：因为（5,21）=1，所以有欧拉定理知5?(21)≡1(mod 21)。
又由于?(21)=12，所以x|12，而12的所有正因数为1,2,3,4,6,12。
于是x应为其中使5x ≡ 1 (mod 12)成立的最小数，经计算知：x=6。
三、证明题
1、试证13|(54m+46n+2000)。(提示：可取模13进行计算性证明)
证明：54m+46n+2000≡ 252m+642n+2000≡（-1）2m+（-1）2n+2000≡ 2002≡ 0(mod 13)。
2、证明Wilson定理的逆定理：若n > 1，并且(n- 1)! ≡-1 (mod n)，则n是素数。
证明：假设n是合数，即n = n1n2，1 < n1 < n，由题设易知(n- 1)! ≡-1 (mod n1)，得
0 ≡-1 (mod n1)，矛盾。故n是素数。
3、证明：设p s表示全部由1组成的s位十进制数，若p s是素数，则s也是一个素数。
4
5
即
1
b为既约分数的一组数是（D）。
2、设n是正整数，以下各组a，b使
a
A.a=n+1,b=2n-1
B.a=2n-1,b=5n+2
C.a=n+1,b=3n+1
D.a=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）。
A.19
B.24
C.25
D.30
4、不是同余方程28x≡21(mod 35)的解为（D）。
A.x≡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 ）。
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
二、填空题
1、σ(2010)=_4896____；?(2010)=528。
2、数20100C 的标准分解式中，质因数7的指数是_3。
397。
456715 - x = (x 3 52 ，
设2k |n 且2k+1|/
n ，即2k +1||n ， 则由2k +1||1122112C 2C 2C |--+=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 (mod 77)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：
， ，
3 4、证明：存在一个有理数d c ，其中d < 100,能使 ][d c k =][10073k 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 ][10073k = n =][d
c k 。 1234512N=（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 = 8?9?11，故792∣n ? 8∣n ，9∣n 及11∣n 。
我们有8∣n ? 8∣z 45
? z = 6，以及 9∣n ? 9∣1 + 3 + x + y + 4 + 5 + z = 19 + x + y ? 9∣x + y + 1， (1)
11∣n ? 11∣z - 5 + 4 - y + x - 3 + 1 = 3 - y + x ? 11∣3 - y + x 。 (2)
由于0 ≤ x , y ≤ 9，所以由式(1)与式(2)分别得出
2
3 35 ≡(210
1 （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 112
)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(1m 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 01m 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 )()(11m a m a m i i
m i i ∑∑==-≡??）
（ 从而：).)(mod (21m m m a m i i ??∑=≡）（ 又
3{a 1 + b 1,
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。
A. m 、n 都是质数，则my + nx
B. m ≠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标准分解式中11的幂指数是( A )。
A.100
B.101
C.99
D.102
345123456、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
1 2 ??? ?p =??? ?p =??? ?p ??? ?p =2)1(-??? ?p =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
)11(11)(11(21k
p p p mn mn ---=Λ）（? 11()11)(11](,[],[21k p p p n m n m ---
=Λ）（? 又mn=（m,n ）[m,n ]
1234
567二、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) = 1，1∣17，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
3583410517+-+= 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(321p p p ，
31②当2≤< 1时, [x +2]=[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）。
4m n
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 ．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（ 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）
2345
671z = v u ，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 = 3?5?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 + 3?15?3 ≡ 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?
1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 (mo
d 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：1 ≡ b 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 < n 成立；
(ⅱ) p ≡ 1 ( mod n )。
若2|/n ，p > 2，则(ⅱ)中的mod n 可以改为mod 2n 。
1234、以下各组数中，成为模10的简化剩余系的是（ D ）
A.1,9,－3,－1
B.1,－1,7,9
C.5,7,11,13
D.－1,1,－3,3
5、设n 是正整数，下列选项为既约分数的是（ A ） A.2n 51n 3++ B.1n 21n -+ C.2n 51n 2+- D.1
n 31n ++ 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)。
17）=1。
4、（
23
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x3+x2-x-1≡0(mod 5)的解是x≡±1(mod5)。
三、计算题
1
-）2
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1 数矛盾。从而 h=p , 于是 p |q -1。又∵ q -1为偶数，2|q -1， 2 3 )od b a +。 d b a b a =++),( （否则设（d,b ）=d ′＞1，立即得到d ′︱a 和d ′︱b ，这与（a,b ）=1矛盾。） 于是（d ，b p-1）=1。故d | p ，即 d =1或p 。 初等数论练习题九 一、单项选择题 1、以下Legendre 符号等于-1的30被-1是( D ) A. ??? ??113 B. ??? ??114 C. ??? ??115 D. ?? ? ??116 2、100至500的正整数中，能被17整除的个数是( B ) A. 23 B. 24 C. 25 D. 26 3、设 α3|500!，但13+α|/500！ ，则α=( C ) 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( C ) 512345671 解：解 因（9，24）=3，（3，-5）=1知原方程有解。原方程化为 9x + 24y = 3t ， 即 3x + 8y = t ， (1) 3t -5z = 1000 3t -5z = 1000， (2) 解(2)得 ? ??+-==u z u t 32005， u ∈Z ， 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。 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) 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; 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。 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》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 ≡?≡ 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 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》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 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 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） 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 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.成立初等数论练习题及答案
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