初等数论网络课程 第一讲
《初等数论》网络课程第一讲
第一部分：应考指导
一、考试相关情况说明
（一）课程基本情况
初等数论是研究数的规律，特别是整数性质的数学分支。它以算术方法为主要研究方法，主要内容有整数的整除理论、同余理论、不定方程和连分数理论等。初等数论是数论的一个最古老的分支，它已经有2000年的历史，公元前300年，欧几里得发现了素数是数论的基石，他自己证明了有无穷多个素数。公元前250年古希腊数学家埃拉托塞尼发明了一种筛法。2000年来，数论的一个最重要的任务，就是寻找一个可以表示所有素数的统一公式，或者称为素数普遍公式，为此，人类耗费了巨大的心血。
本课程介绍初等数论中的一些基础知识。选用的教材是闵嗣鹤、严士健编著的《初等数论》，高等教育出版社，2013年9月第22次印刷。
课程内容及基本要求：
第1章整数的可除性
【内容】：整除的概念，带余除法，最大公因数与辗转相除法，最小公倍数，素数与合数，素数的性质，算术基本定理，函数[x]及其应用。
【要求】：理解素数与合数的概念、素数的性质，理解算术基本定理，会用筛法求素数。了解函数[x]的概念、性质，n!的素数分解、组合数为整数的性质。
第2章不定方程
【内容】：二元一次不定方程，二元一次不定方程解的形式，二元一次不定方程有整数解的条件，利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定方程的解。多元一次不定方程，多元一次不定方程有解的条件，求简单的多元一次不定方程的解。勾股数。
【要求】：了解二元一次不定方程解的形式、二元一次不定方程有整数解的条件，熟练掌握利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定方程解的方法。知道多元一次不定方程有解的条件，会求解简单的多元一次不定方程。了解勾股数。
第3章同余
【内容】：同余的概念及基本性质，剩余类及完全剩余系，简化剩余系与欧拉函数。欧拉定理、Fermat 小定理及其对循环小数的应用。
【要求】：理解整数同余的概念及同余的基本性质，熟练掌握整数具有素因子的条件，会利用同余简单验证整数乘积运算的结果。理解剩余系、完全剩余系的概念，熟练掌握判断剩余系的方法，理解欧拉函数的定义及性质。了解欧拉定理。
第4章同余式
【内容】：同余式的定义，一次同余式有解的条件，求解同余式。孙子定理及其应用，高次同余式解的个数，解高次同余式的方法。素数模同余式。
【要求】：理解同余式的定义，掌握一次同余式有解的条件，熟练掌握求解一次同余式。理解孙子定理，掌握孙子定理的简单应用，掌握求解简单同余式方程组的方法。了解高次同余式解的个数的判断方法，知道解高次同余式的方法，了解
第5章二次同余式与平方剩余*
【内容】：二次同余式的一般形式，单素数的平方剩余与平方非剩余。
【要求】：理解二次同余式的一般形式、模整数同余与模素数幂同余的关系、平方剩余与平方非剩余的概念。理解单素数的平方剩余与平方非剩余的欧拉判定法，了解单素数的平方剩余与平方非剩余的个数。
第6章原根与指标*
【内容】：指数及其基本性质，原根存在的条件，指标及n次剩余，模2ā及合数模的指标组，特征函数。了解原根的定义、阶数的定义及其基本性质。
【要求】：会讨论原根存在的条件，掌握求原根的简单方法。会利用原根得到整数简化剩余系的方法。了解指标的定义、性质，掌握指标的应用（讨论同余式有解的条件及解的个数）。
第7章连分数*
【内容】：连分数的基本性质，把数表为连分数，循环连分数，循环连分数与二次不定方程的关系。
【要求】：理解连分数、渐进分数的概念，掌握连分数与渐进分数的关系。熟练掌握简单连分数与实数的表出关系。掌握循环连分数与二次不可约方程的关系。掌握循环连分数与二次不定方程的关系。
（二）题型与分值
题型分值分值
单项选择题共8小题，每题3分24分
是非判断题共6小题，每题3分18分
填空题共6小题，每题3分18分
计算题共2小题，每题10分20分
证明题共2小题，每题10分20分
小计24小题100分
（三）重难点分布
从知识点分布来看，本课程试题覆盖了教材前5章的全部内容。重点章节主要是第1-4章，第5章只要求前两小节内容，第6-7章内容作简单了解，不作为考试重点（参看闵嗣鹤，严士健《初等数论》第Ⅳ页）。
（四）试题难度与命题特点
从试题难度来看，试题主要考查整数性质的一些基础知识。重点考查整数的性质、不定方程和同余等基础知识和方法。考试题型主要是是非判断题、选择题、填空题、计算题和证明题。
二、本课程的学习建议
1.考生在开始学习这门课时，应根据自己的情况制定一个切实可行的学习计划，合理安排时间，通常可分为二个阶段：一是依据教材分章学习和做同步练习题阶段；二是总复习阶段。
2.紧扣大纲复习。最好能够按照大纲中提练的课程内容将教材内容仔细研读。重要的概念要理解，基本习题一定要仔细演算。
3.注意总结教材中某些知识点的易考特性，比如整除的概念，带余除法，最大公因数与辗转相除法，同
余的概念及基本性质等，这些知识点都是最容易出题的。
4.每复习完一遍教材做一套真题，这样将近三年试题认真做过，教材阅读几会强化记忆，一边阅读教材一边做题会检查自己对所学知识的掌握情况，可以有针对性地指导自己的下一轮复习。
三、各类题型的特点和答题技巧
（一）单项选择题
单项选择题通常是考核教材中的基本知识点，绝大部分知识点属于识记和领会层次。因此，要想在单项选择题部分拿高分，甚至拿满分的话，就必须熟练地掌握教材内容。从近三年的试题情况来看，这部分考查的知识点比较细，需要大家在仔细阅读教材的过程中将一些特殊内容标识出来，专门予以理解记忆。从难度来看，单选题的难度是所有题型中最容易的，应该说只要熟读教材，不会有不会做的题。
（二）是非判断题
是非判断提主要是概念的辨析，要求对初等数论中的重要概念有一个准确的理解。
（三）填空题
填空题主要考查对一些重要的基本概念的理解和识记，以及一些基本量的计算。
（四）计算题
计算题主要考查基本量的计算，如整数的分解，特殊的不定方程以及同余方程求解等计算问题，以及重要定理的运用等。
（五）证明题
证明题主要考查运用整数理论中的一些基本概念、定理和性质，证明一些基本问题。要求对本课程教材中的重要例题和基本的习题能基本掌握，试题难度不会超过课本例题的难度。
第一部分：内容串讲
第一章整数的可除性
一、本章复习建议
【要求】：理解整数整除、公因数、公倍数的概念及相关性质，理解剩余定理，熟练掌握用剩余定理求最大公因子、最小公倍数的方
【重点】：整除，带余数除法；素数与合数，算术基本定理。
【难点】：定理的证明处理方法，定理的灵活运用。
二、本章重要知识点讲解
整除性理论是初等数论的基础。本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。
第一节 整除的概念、带余数除法
定义1 设a ，b 是整数，b ≠ 0，如果存在整数c ，使得a = bc 成立，则称a 被b 整除，a 是b 的倍数，b 是a 的约数（因数或除数），并且使用记号b ∣a ；如果不存在整数c 使得a = bc 成立，则称a 不被b 整除，记为
b |/
a 。 显然，每一个非零整数a 都有约数 ±1，±a ，称这四个数为a 的平凡约数，a 的另外的约数称为非平凡约数。被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。 定理1 下面的结论成立： (ⅰ) a ∣
b ? ±a ∣±b ； (ⅱ) a ∣b ，b ∣
c ? a ∣c ；
(ⅲ) b ∣a i ，i = 1, 2, , k ? b ∣a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k ，此处x i （i = 1, 2, , k ）是任意的整数； (ⅳ) b ∣a ? bc ∣ac ，此处c 是任意的非零整数；
(ⅴ) b ∣a ，a ≠ 0 ? |b | ≤ |a |；b ∣a 且|a | < |b | ? a = 0。 证明 留作习题。
定义2 若整数a ≠ 0，±1，并且只有约数 ±1和 ±a ，则称a 是素数（或质数）；否则称a 为合数。 以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。 定理2 任何大于1的整数a 都至少有一个素约数。 证明 若a 是素数，则定理是显然的。
若a 不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d 1, d 2, , d k 。不妨设d 1是其中最小的。若d 1不是素数，则存在e 1 > 1，e 2 > 1，使得d 1 = e 1e 2，因此，e 1和e 2也是a 的正的非平凡约数。这与d 1的最小性矛盾。所以d 1是素数。证毕。
推论 任何大于1的合数a 必有一个不超过a 的素约数。
证明 使用定理2中的记号，有a = d 1d 2，其中d 1 > 1是最小的素约数，所以d 12 ≤ a 。证毕。
例1 设r 是正奇数，证明：对任意的正整数n ，有
n + 2|/
1r + 2 r + + n r 。 解：对于任意的正整数a ，b 以及正奇数k ，有
a k +
b k = (a + b )(a k - 1 - a k - 2b + a k - 3b 2 - + b k - 1) = (a + b )q ，
其中q 是整数。记s = 1r + 2 r + + n r ，则
2s = 2 + (2 r + n r ) + (3 r + (n - 1)r ) + + (n r + 2 r ) = 2 + (n + 2)Q ，
其中Q 是整数。若n + 2∣s ，由上式知n + 2∣2，因为n + 2 > 2，这是不可能的，所以n + 2|/
s 。 例2 设A = { d 1, d 2, , d k }是n 的所有约数的集合，则
B =}{,,,21k d n d n d n
也是n 的所有约数的集合。
解 由以下三点理由可以证得结论： (ⅰ) A 和B 的元素个数相同；
(ⅱ) 若d i ∈A ，即d i ∣n ，则|i
d n
n ，反之亦然；
(ⅲ) 若d i ≠ d j ，则
j
i d n d n ≠。 例3 写出不超过100的所有的素数。 解 将不超过100的正整数排列如下：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
按以下步骤进行：
(ⅰ) 删去1，剩下的后面的第一个数是2，2是素数；
(ⅱ) 删去2后面的被2整除的数，剩下的2后面的第一个数是3，3是素数； (ⅲ) 再删去3后面的被3整除的数，剩下的3后面的第一个数是5，5是素数； (ⅳ) 再删去5后面的被5整除的数，剩下的5后面的第一个数是7，7是素数；
照以上步骤可以依次得到素数2, 3, 5, 7, 11, 。
由定理2推论可知，不超过100的合数必有一个不超过10的素约数，因此在删去7后面被7整除的数以后，就得到了不超过100的全部素数。
在例6中所使用的寻找素数的方法，称为Eratosthenes 筛法。它可以用来求出不超过任何固定整数的所有素数。在理论上这是可行的；但在实际应用中，这种列出素数的方法需要大量的计算时间，是不可取的。
下面我们介绍带余数除法及其简单应用。
定理3(带余数除法) 设a 与b 是两个整数，b ≠ 0，则存在唯一的两个整数q 和r ，使得
a = bq + r ，0 ≤ r < |
b |。 (1)
证明 存在性 若b ∣a ，a = bq ，q ∈Z ，可取r = 0。若b |/
a ，考虑集合 A = { a + k
b ；k ∈Z },
其中Z 表示所有整数的集合，以后，仍使用此记号，并以N 表示所有正整数的集合。 在集合A 中有无限多个正整数，设最小的正整数是r = a + k 0b ，则必有
0 < r < |b |， (2)
否则就有r ≥ |b |。因为b |/
a ，所以r ≠ |
b |。于是r > |b |，即a + k 0b > |b |，a + k 0b - |b | > 0，这样，在集合A 中，又有正整数a + k 0b - |b | < r ，这与r 的最小性矛盾。所以式(2)必定成立。取q = - k 0知式(1)成立。存在性得证。
唯一性 假设有两对整数q '，r '与q ''，r ''都使得式(1)成立，即
a = q ''
b + r '' = q 'b + r '，0 ≤ r ', r '' < |b |，
则
(q''- q')b = r'-r''，|r'- r''| < |b|，(3) 因此r'- r'' = 0，r' = r''，再由式(3)得出q' = q''，唯一性得证。证毕。
定义1称式(1)中的q是a被b除的商，r是a被b除的余数。
由定理1可知，对于给定的整数b，可以按照被b除的余数将所有的整数分成b类。在同一类中的数被b除的余数相同。这就使得许多关于全体整数的问题可以归化为对有限个整数类的研究。
以后在本书中，除特别声明外，在谈到带余数除法时总是假定b是正整数。
例1设a，b，x，y是整数，k和m是正整数，并且
a = a1m +r1，0 ≤r1 < m，
b = b1m +r2，0 ≤r2 < m，
则ax +by和ab被m除的余数分别与r1x +r2y和r1r2被m除的余数相同。特别地，a k与r1k被m除的余数相同。
解由
ax +by = (a1m +r1)x+ (b1m +r2)y = (a1x +b1y)m +r1x +r2y
可知，若r1x +r2y被m除的余数是r，即
r1x +r2y = qm +r，0 ≤r < m，
则
ax +by = (a1x +b1y +q)m +r，0 ≤r < m，
即ax +by被m除的余数也是r。
同样方法可以证明其余结论。
第二节最大公约数与辗转相除法
定义1整数a1, a2, , a k的公共约数称为a1, a2, , a k的公约数。不全为零的整数a1, a2, , a k的公约数中最大的一个叫做a1, a2, , a k的最大公约数（或最大公因数），记为(a1, a2, , a k)。
由于每个非零整数的约数的个数是有限的，所以最大公约数是存在的，并且是正整数。
如果(a1, a2, , a k)=1，则称a1, a2, , a k是互素的（或互质的）；如果
(a i, a j)=1，1 ≤i, j ≤k，i≠ j，
则称a1, a2, , a k是两两互素的（或两两互质的）。
显然，a1, a2, , a k两两互素可以推出(a1, a2, , a k) =1，反之则不然，例如(2, 6, 15)=1，但(2, 6) = 2。
定理1下面的等式成立：
(ⅰ) (a1, a2, , a k)=(|a1|, |a2|, , |a k|)；
(ⅱ) (a, 1)=1，(a, 0)=|a|，(a, a)=|a|；
(ⅲ) (a, b)=(b, a)；
(ⅳ) 若p是素数，a是整数，则(p, a)=1或p∣a；
(ⅴ) 若a = bq + r，则(a, b)=(b, r)。
证明(ⅰ)--(ⅳ)留作习题。
(ⅴ) 由第一节定理1可知，如果d∣a，d∣b，则有d∣r = a -bq，反之，若d∣b，d∣r，则d∣a = bq + r。因此a与b的全体公约数的集合就是b与r的全体公约数的集合，这两个集合中的最大正数当然相等，即(a, b)=(b, r)。证毕。
由定理1可知，在讨论(a1, a2, , a n)时，不妨假设a1, a2, , a n是正整数，以后我们就维持这一假设。
定理2设a1, a2, , a k∈Z，记
A = { y ；y =∑=k
i i i x a 1，x i ∈Z ，1 ≤ i ≤ k }。
如果y 0是集合A 中最小的正数，则y 0 = (a 1, a 2, , a k )。
证明 设d 是a 1, a 2, , a k 的一个公约数，则d ∣y 0，所以d ≤ y 0。另一方面，y 0也是a 1, a 2, , a k 的公约数。因此y 0是a 1, a 2, , a k 的公约数中的最大者，即y 0 = ( a 1, a 2, , a k )。证毕。 推论1 设d 是a 1, a 2, , a k 的一个公约数，则d ∣(a 1, a 2, , a k )。
这个推论对最大公约数的性质做了更深的刻划：最大公约数不但是公约数中的最大的，而且是所有公约数的倍数。
推论2 (ma 1, ma 2, , ma k ) = |m |(a 1, a 2, , a k )。 推论3 记δ = (a 1, a 2, , a k )，则
)(,,,21δ
δδk a a
a = 1，
特别地,
)(
)
,(,),(b a b b a a = 1。 定理3 (a 1, a 2, , a k ) = 1的充要条件是存在整数x 1, x 2, , x k ，使得
a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k = 1。 (1)
证明 必要性 由定理2得到。
充分性 若式(1)成立，如果 (a 1, a 2, , a k ) = d > 1，那么由d ∣a i （1 ≤ i ≤ k ）推出d ∣a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k = 1，这是不可能的。所以有(a 1, a 2, , a k ) = 1。证毕。
定理4 对于任意的整数a ，b ，c ，下面的结论成立： (ⅰ) 由b ∣ac 及(a , b ) = 1可以推出b ∣c ；
(ⅱ) 由b ∣c ，a ∣c 及(a , b ) = 1可以推出ab ∣c 。
证明 (ⅰ) 若(a , b ) = 1，由定理2，存在整数x 与y ，使得
ax + by = 1。
因此
acx + bcy = c 。 (2)
由上式及b ∣ac 得到b ∣c 。结论(ⅰ)得证；
(ⅱ) 若(a , b ) = 1，则存在整数x ，y 使得式(2)成立。由b ∣c 与a ∣c 得到ab ∣ac ，ab ∣bc ，再由式(2)得到ab ∣c 。结论(ⅱ)得证。证毕。
推论1 若p 是素数，则下述结论成立： (ⅰ) p ∣ab ? p ∣a 或p ∣b ； (ⅱ) p ∣a 2 ? p ∣a 。 证明 留作习题。
推论2 若 (a , b ) = 1，则(a , bc ) = (a , c )。
证明 设d 是a 与bc 的一个公约数，则d ∣a ，d ∣bc ，由式（2）得到，d |c , 即d 是a 与c 的公约数。另一方面，若d 是a 与c 的公约数，则它也是a 与bc 的公约数。因此，a 与c 的公约数的集合，就是a 与bc 的公约数的集合，所以(a , bc ) = (a , c )。证毕。
推论3 若 (a , b i ) = 1，1 ≤ i ≤ n ，则(a , b 1b 2 b n ) = 1。 证明 留作习题。
定理5 对于任意的n 个整数a 1, a 2, , a n ，记
(a 1, a 2) = d 2，(d 2, a 3) = d 3， ，(d n - 2, a n - 1) = d n - 1，(d n - 1, a n ) = d n ，
则
d n = (a 1, a 2, , a n )。
证明 由定理2的推论，我们有
d n = (d n - 1, a n ) ? d n ∣a n ，d n ∣d n - 1，
d n - 1 = (d n - 2, a n - 1) ? d n - 1∣a n - 1，d n - 1∣d n - 2， ? d n ∣a n ，d n ∣a n - 1，d n ∣d n - 2， d n - 2 = (d n - 3, a n - 2) ? d n - 2∣a n - 2，d n - 2∣d n - 3
? d n ∣a n ，d n ∣a n - 1，d n ∣a n - 2，d n ∣d n - 3，
d 2 = (a 1, a 2) ? d n ∣a n ，d n ∣a n - 1， ，d n ∣a 2，d n ∣a 1， 即d n 是a 1, a 2, , a n 的一个公约数。
另一方面，对于a 1, a 2, , a n 的任何公约数d ，由定理2的推论及d 2, , d n 的定义，依次得出 d ∣a 1，d ∣a 2 ? d ∣d 2， d ∣d 2，d ∣a 3 ? d ∣d 3，
d ∣d n - 1，d ∣a n ? d ∣d n ，
因此d n 是a 1, a 2, , a n 的公约数中的最大者，即d n = (a 1, a 2, , a n )。证毕。
例1 证明：若n 是正整数，则3144
21++n n 是既约分数。
解 由定理1得到
(21n + 4, 14n + 3) = (7n + 1, 14n + 3) = (7n + 1, 1) = 1。
注：一般地，若(x , y ) = 1，那么，对于任意的整数a ，b ，有
(x , y ) = (x -ay , y ) = (x -ay , y - b (x -ay )) = (x -ay , (ab + 1)y - bx )，
因此，bx
y ab ay
x -+-)1(是既约分数。
例2 证明：121|/
n 2 + 2n + 12，n ∈Z 。 解 由于121 = 112，n 2 + 2n + 12 = (n + 1)2 + 11，所以，若
112∣(n + 1)2 + 11， (3)
则11∣(n + 1)2，因此，由定理4的推论1得到
11∣n + 1，112∣(n + 1)2。
再由式(3)得到
112∣11，
这是不可能的。所以式(3)不能成立。 注：这个例题的一般形式是： 设p 是素数，a ，b 是整数，则
p k |/
(an + b )k + p k - 1c ， 其中c 是不被p 整除的任意整数，k 是任意的大于1的整数。
例3 设a ，b 是整数，且
9∣a 2 + ab + b 2， (4)
则3∣(a , b )。 解 由式(4)得到
9∣(a - b )2 + 3ab ? 3∣(a - b )2 + 3ab
? 3∣(a - b )2 ? 3∣a - b (5)
? 9∣(a - b )2。 再由式(4)得到
9∣3ab ? 3∣ab 。
因此，由定理4的推论1，得到
3∣a或3∣b。
若3∣a，由式(5)得到3∣b；若3∣b，由(5)式也得到3∣a。因此，总有3∣a且3∣b。
由定理2的推论推出3∣(a, b)。
例4设a和b是正整数，b > 2，则2b- 1|/2a+1。
解(ⅰ) 若a < b，且
2b- 1∣2a+1。(6) 成立，则
2b- 1 ≤ 2a+1 ? 2b- 2a≤ 2 ? 2a(2b -a- 1) ≤ 2，
于是a = 1，b -a = 1，即b = 2，这是不可能的，所以式(6)不成立。
(ⅱ) 若a = b，且式(6)成立，则由式(6)得到
2a- 1∣(2a- 1)+2 ? 2a- 1∣2 ? 2a- 1 ≤ 2 ? 2a≤ 3，
于是b = a = 1，这是不可能的，所以式(6)不成立。
(ⅲ) 若a > b，记a = kb + r，0 ≤r < b，此时
2kb- 1=(2b- 1)(2(k - 1)b+2(k - 2)b+ +1)=(2b- 1)Q，
其中Q是整数。所以
2a+1=2kb + r+1=2r(2kb- 1+1)+1
=2r((2b- 1)Q +1)+1 = (2b- 1)Q'+(2r+1)，
其中Q'是整数。因此
2b- 1∣2a+1 ? 2b- 1∣2r+1，
在(ⅰ)中已经证明这是不可能的，所以式(6)不能成立。
综上证得2b- 1|/2a+1。
下面介绍一个计算最大公约数的算法——辗转相除法，又称Euclid算法。它是数论中的一个重要方法，在其他数学分支中也有广泛的应用。
定义1下面的一组带余数除法，称为辗转相除法。
设a和b是整数，b ≠ 0，依次做带余数除法：
a = bq1+r1，0 < r1 < |b|，
b = r1q2+r2，0 < r2 < r1 ，
r k - 1 = r k q k + 1+r k + 1，0 < r k + 1 < r k，(1)
r n - 2 = r n - 1q n+r n，0 < r n < r n-1 ，
r n - 1 = r n q n + 1 。
由于b是固定的，而且
|b| > r1 > r2 > ，
所以式(1)中只包含有限个等式。
下面，我们要对式(1)所包含的等式的个数，即要做的带余数除法的次数进行估计。
引理1用下面的方式定义Fibonacci数列{F n}：
F1 = F2 = 1，F n = F n - 1+F n- 2，n ≥3，
那么对于任意的整数n ≥ 3，有
F n > αn - 2，(2)
其中α =
2
5
1+。 证明 容易验证
α 2 = α + 1。
当n = 3时，由
F 3 = 2 >
2
5
1+= α 可知式(2)成立。
假设式(2)对于所有的整数k ≤ n （n ≥ 3）成立，即
F k > α k - 2，k ≤ n ，
则
F n + 1 = F n + F n - 1 > α n - 2 + α n - 3 = α n - 3(α + 1) = α n - 3α 2 = α n - 1，
即当k = n + 1时式(2)也成立。由归纳法知式(2)对一切n ≥ 3成立。证毕。 定理1(Lame) 设a , b ∈N ，a > b ，使用在式(1)中的记号，则
n < 5log 10b 。
证明 在式(1)中，r n ≥ 1，q n + 1 ≥ 2，q i ≥ 1（1 ≤ i ≤ n ），因此 r n ≥ 1 = F 2 ，
r n - 1 ≥ 2r n ≥ 2 = F 3 ，
r n - 2 ≥ r n - 1 + r n ≥ F 3 + F 2 = F 4 ，
b ≥ r 1 + r 2 ≥ F n + 1 + F n = F n + 2 ， 由此及式(2)得
b ≥ αn =n
)(
251+， 即
log 10b ≥ n log 10
n 5
1
251>+， 这就是定理结论。证毕。
定理2 使用式(1)中的记号，记
P 0 = 1，P 1 = q 1，P k = q k P k - 1 + P k - 2，k ≥ 2， Q 0 = 0，Q 1 = 1，Q k = q k Q k - 1 + Q k - 2，k ≥ 2， 则
aQ k - bP k = (-1)k - 1r k ，k = 1, 2, , n 。 (3)
证明 当k = 1时，式(3)成立。 当k = 2时，有
Q 2 = q 2Q 1 + Q 0 = q 2，P 2 = q 2P 1 + P 0 = q 2q 1 + 1，
此时由式(1)得到
aQ 2 - bP 2 = aq 2 - b (q 2q 1 + 1) = (a - bq 1)q 2 - b = r 1q 2 - b = -r 2，
即式(3)成立。
假设对于k < m （1 ≤ m ≤ n ）式(3)成立，由此假设及式(1)得到 aQ m - bP m = a (q m Q m - 1 + Q m - 2) - b (q m P m - 1 + P m - 2) = (aQ m - 1 - bP m - 1)q m + (aQ m - 2 - bP m - 2) = (-1)m - 2r m - 1q m + (-1)m - 3r m - 2
= (-1)m - 1(r m - 2 - r m - 1q m ) = (-1)m - 1r m ，
即式(3)当k = m 时也成立。定理由归纳法得证。证毕。
定理3 使用式(1)中的记号，有r n = (a , b )。 证明 由第三节定理1，从式(1)可见
r n = (r n - 1, r n ) = (r n - 2, r n - 1) = = (r 1, r 2) = (b , r 1) = (a , b )。
证毕。
现在我们已经知道，利用辗转相除法可以求出整数x ，y ，使得
ax + by = (a , b ) 。 (4)
为此所需要的除法次数是O(log 10b )。但是如果只需要计算(a , b )而不需要求出使式(4)成立的整数x 与y ，则所需要的除法次数还可更少一些。
例1 设a 和b 是正整数，那么只使用被2除的除法运算和减法运算就可以计算出(a , b )。 解 下面的四个基本事实给出了证明： (ⅰ) 若a ∣b ，则(a , b ) = a ；
(ⅱ) 若a = 2αa 1，111||222b b b a //=，，β，α ≥ β ≥ 1，则
(a , b ) = 2β (2α - βa 1, b 1)；
(ⅲ) 若11||222b b b a //=，，β，则(a , b ) = (a , b 1)；
(ⅳ) 若)|(|
,2
),(22||b b
a b a b a -=//则，，。 在实际计算过程中，若再灵活运用最大公约数的性质（例如第三节定理4的推论），则可使得求最大公约数的过程更为简单。
例2 用辗转相除法求(125, 17)，以及x ，y ，使得
125x + 17y = (125, 17)。
解 做辗转相除法：
125 = 7?17 + 6，q 1 = 7，r 1 = 6， 17 = 2?6 + 5， q 2 = 2，r 2 = 5， 6 = 1?5 + 1， q 3 = 1，r 3 = 1， 5 = 5?1， q 4 = 5。
由定理4，(125, 17) = r 3 = 1。 利用定理2计算（n = 3）
P 0 = 1，P 1 = 7，P 2 = 2?7 + 1 = 15，P 3 = 1?15 + 7 = 22， Q 0 = 0，Q 1 = 1，Q 2 = 2?1 + 0 = 2，Q 3 = 1?2 + 1 = 3，
取x = (-1)3 - 1Q 3 = 3，y = (-1)3P 3 = -22，则
125?3 + 17?(-22) = (125, 17) = 1。
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。
《初等数论》期期末复习资料
《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.
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;
初等数论作业
《初等数论》作业 第一次作业： 一、单项选择题 1、=),0(b （ ）. A b B b - C b D 0 2、如果a b ，b a ，则( ). A b a = B b a -= C b a ≤ D b a ±= 3、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）. A a B b C 1 D b a + 4、小于30的素数的个数（ ）. A 10 B 9 C 8 D 7 5、大于10且小于30的素数有（ ）. A 4个 B 5个 C 6个 D 7个 6、如果n 3，n 5，则15（）n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 7、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 二、计算题 1、求24871与3468的最大公因数? 2、求[24871,3468]=? 3、求[136,221,391]=? 三、证明题 1、如果b a ,是两个整数,0 b ,则存在唯一的整数对r q ,,使得r bq a +=,其中b r ≤0. 2、证明对于任意整数n ,数6 233 2n n n + +是整数. 3、任意一个n 位数121a a a a n n -与其按逆字码排列得到的数n n a a a a 121- 的差必是9的倍数. 4、证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数. 第二次作业 一、单项选择题 1、如果( A ),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 ),( 2、不定方程210231525=+y x （A ）. A 有解 B 无解 C 有正数解 D 有负数解 二、求解不定方程 1、144219=+y x . 解：因为（9，21）=3，1443，所以有解； 化简得4873=+y x ；
初等数论期末练习
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）
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
(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
初等数论期末复习资料
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
初等数论习题
https://www.360docs.net/doc/f86881124.html, 《初等数论》习题集 第1章 第 1 节 1. 证明定理1。 2. 证明：若m - p ∣mn + pq ，则m - p ∣mq + np 。 3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。 4. 设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。 5. 证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为 a 2 + p （a > 0是整数，p 为素数） 的形式。 第 2 节 1. 证明：12∣n 4 + 2n 3 + 11n 2 + 10n ，n ∈Z 。 2. 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。 3. 设n ，k 是正整数，证明：n k 与n k + 4的个位数字相同。 4. 证明：对于任何整数n ，m ，等式n 2 + (n + 1)2 = m 2 + 2不可能成立。 5. 设a 是自然数，问a 4 - 3a 2 + 9是素数还是合数？ 6. 证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。 第 3 节 1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。 2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。 3. 证明定理4的推论1和推论3。 4. 设x ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。 5. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。 6. 设n 是正整数，求1 223212C ,,C ,C -n n n n 的最大公约数。 第 4 节 1. 证明定理1。 2. 证明定理3的推论。 3. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。 4. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。 5. 设a ，b ，c 是正整数，证明： ) ,)(,)(,(),,(],][,][,[],,[2 2a c c b b a c b a a c c b b a c b a =。 6. 设k 是正奇数，证明：1 + 2 + + 9∣1k + 2k + + 9k 。
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 )(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)
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 期末复习 同余精选例题分析
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
初等数论练习
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60字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1 （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 integer sequence which was devised by Stanislaw Ulam and published in SIAM Review in 1964. The standard Ulam sequence (the (1, 2)-Ulam sequence) starts with U1=1 and U2=2 being the first two Ulam numbers. Then for n > 2, U n is defined to be the smallest integer 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, 82, 87, 97, 99 （1）Find the first 200 Ulam numbers （2）What conjectures can you make about the number of Ulam numbers less than an integer n？ Do your computations support these conjetures？
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
(完整word版)初等数论期末考试试卷张
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 ）
11-12初等数论 期末试卷 参考答案 A(数学091)
莆田学院期末考试参考答案及评分标准 2011 —— 2012 学年第 一 学期 （A ）卷 课程名称： 初等数论 适用年级/专业 数学091 试卷类别：开卷（ ）闭卷（√） 学历层次： 本科 考试用时： 120 分钟 一、填空题（每空2分，共20分） 1、 ① 9072 2、 ① 4 3、 ① 无 4、 ① -2，-1，0，1，2 5、 ① -1 6、 ① 星期三 7、 ① 若p 是素数，则(mod )p a a p ≡。 8、 ① (28,45,53) (注：答案不惟一！) 9、 ① 6 ② 2,5,6,7,8,11 二、计算题（每小题10分，共50分） 1、(10分) 解：因为(6,14,32)2=，而2|80，所以原不定方程有整数解。将原方程化简得 371640x y z ++=。 设37x y t +=，显然，2,x t y t =-=是方程37x y t +=的一个解。因此，其通解为 27()3x t u u y t u =-+?? =-?为任意整数。 ‥‥‥‥(5分)
把37x y t +=代入原三元一次不定方程得：1640t z +=，这个二元一次不定方程的通解 为816()2t v v z v =+?? =-?为任意整数， 把=8+16t v 分别代入,x y ，可得原不定方程的通解为 163278163(,)2x v u y v u u v z v =--+?? =+-??=-? 为任意整数 (注：答案形式上不唯一！) ‥‥‥‥(5分) 2、(10分) 解：由(2,243)1=及①式可得： 28580(mod143)x y +-≡ ③ 由②，③得：171420(mod143)y -≡，解此一次同余式得42(mod143)y ≡， ‥‥‥‥(5分) 再由①式442290(mod143)x +?-≡，即4(mod143)x ≡。 所以此联立同余式的解是4(mod143) 42(mod143)x y ≡??≡?。 ‥‥‥‥(5分) 3、(10分) 解：注意到原式与下面的同余式组等价： ()0(mod5) ()0(mod7) f x f x ≡?? ≡? 容易验证()0(mod5)f x ≡有两个解：1,4(mod5)x ≡； ()0(mod7)f x ≡有三个解：35,6(mod 7)x ≡，。 ‥‥‥‥(5分) 故同余式()0(mod35)f x ≡有6个解，即各同余式组