2013年春_西南大学《初等数论》作业及答案(共4次_已整理)
02013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,;abx x t y y t t d d =-=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =+=-=±±Ｃ．00,,0,1,2,;bax x t y y t t d d =+=-=±±Ｄ．00,,0,1,2,;bax x t y y t t dd=-=-=±±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;Ｃ．5,4,3,2,1,0,1,2,3,4;----- Ｄ．1,3,7,9. 7．()mod a b m ≡的充分必要条件是( A ) Ａ．;m a b - Ｂ．;a b m - Ｃ．;m a b + Ｄ．.a b m +8．设()43289f x x x x =+++，同余式()()0mod5f x ≡的所有解为( C ) Ａ．1x =或1;- Ｂ．1x =或4; Ｃ．1x ≡或()1mod5;- Ｄ．无解． 9、设f(x)=10n n a x a x a +++其中()0,mod i a x x p ≡是奇数若为f(x)()0mod p ≡的一个解，则:( ? )A ．()()mod ()0mod ,1p f x p χχ∂≡≡∂>一定为的一个解 B ．()()0mod ,1,()0mod p f x p χχ∂∂≡∂>≡一定为的一个解C ．()()()00(),()0mod mod ,mod p f x f x p x x p x x p ααα≡≡≡当不整除时一定有解其中 D ．()()()00mod ()0mod ,mod x x p f x p x x p ααα≡≡≡若为的一个解则有 10．()10(),,0mod ,,n n i n f x a x a x a a a p n p =+++≡>/设其中为奇数则同余式()()0mod f x p ≡的解数：（ ） A ．有时大于p 但不大于n; B ．不超过pC ．等于pD ．等于n11．若2为模p 的平方剩余，则p 只能为下列质数中的 :( D )A ．3B ．11C ．13D ．23 12．若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭，则 ( C ) A ．()2mod ,x a m ≡同余式一定有解B ．()()2,1,mod a m x a p =≡当时同余式有解;C ．()2(,mod m p x a p =≡当奇数)时同余式有解;D ．()2(),mod a p x a p =≡当奇数时同余式有解．13．()()2mod 2,3,2,1,x a a αα≡≥=若同余式有解则解数等于( A )A ． 4B ． 3C ． 2D ． 1 14． 模12的所有可能的指数为：( A )A ．1，2，4B ．1，2，4，6，12C ．1，2，3，4，6，12D ．无法确定 15． 若模m 的原根存在，下列数中，m 不可能等于：( D ) A ． 2 B ． 3 C ． 4 D ． 12 16．对于模5，下列式子成立的是 ( B ) A ．322ind = B ． 323ind =C ． 350ind =D ． 3331025ind ind ind =+ 17．下列函数中不是可乘函数的是： ( C ) A ．茂陛鸟斯(mobius)函数w(a) ; B ．欧拉函数()a φ；C ．不超过x 的质数的个数()x π；D ．除数函数()a τ；18．若x 对模m 的指数是ab ，a >0，ab >0，则a χ对模m 的指数是( B ) A ．a B ．b C ．ab D ．无法确定 19．()f a ，()g a 均为可乘函数，则( A ) A ．()()f a g a 为可乘函数； B ．()()f ag a 为可乘函数 C ．()()f a g a +为可乘函数； D ．()()f a g a -为可乘函数 20．设()a μ为茂陛乌斯函数，则有( B )不成立A ．()11μ=B ．()11μ-=C ．()21μ=-D ．()90μ= 二．填空题：（每小题1分，共10分）21． 3在45!中的最高次n ＝ _____21____； 22． 多元一次不定方程：1122n n a x a x a x N +++=，其中1a ，2a ，…，n a ，N 均为整数，2≥n ，有整数解的充分必要条件是_（1a ，2a ，…，n a ，）︱N_；23．有理数ab，0a b <<，)(,1a b =，能表成纯循环小数的充分必要条件是_（10，b ）=1__； 24． 设()0mod x x m ≡为一次同余式()mod ax b m ≡，a ≡()0mod m 的一个解，则它的所有解为2,__；25． 威尔生（wilson ）定理：____()1p -！+1()0mod ,p p ≡为素数______； 26． 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=___1___； 27． 若)(,1a p =，则a 是模p 欧拉判别条件)；28． 在模m 的简化剩余系中，原根的个数是___()()m φφ__；29． 设1α≥，g 为模p α的一个原根，则模2p α的一个原根为_g 与g+a p 中的奇数_； 30． ()48ϕ=___16___。
《初等数论》历年考试解答
《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：任意给定地连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数地数字和能被11整除.4. 设p是n地最小素约数，n=pn1，n1>1，证明：若p>，则n1是素数.5. 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为a2+p（a > 0是整数，p为素数）地形式.第 2 节1.证明：12∣n4+2n3+11n2+10n，n∈Z.2. 设3∣a2+b2，证明：3∣a且3∣b.3.设n，k是正整数，证明：n k与n k + 4地个位数字相同.4.证明：对于任何整数n，m，等式n2+ (n+1)2 =m2+ 2不可能成立.5. 设a是自然数，问a4- 3a2+ 9是素数还是合数？6.证明：对于任意给定地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中地结论(ⅰ)—(ⅳ).2.证明定理2地推论1,推论2和推论3.3.证明定理4地推论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，a2∣b2c，证明：a∣b.6.设n是正整数，求地最大公约数.第 4 节1. 证明定理1.2.证明定理3地推论.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：.6. 设k是正奇数，证明：1 + 2 + + 9∣1k+ 2k+ + 9k.第 5 节1.说明例1证明中所用到地四个事实地依据.2.用辗转相除法求整数x，y，使得1387x-162y = (1387,162).3.计算：(27090,21672, 11352).4. 使用引理1中地记号，证明：(F n+ 1, F n) = 1.5. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1地整数除所得地余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？6.记M n=2n- 1，证明：对于正整数a，b，有(M a, M b)= M(a, b).第 6 节1.证明定理1地推论1.2.证明定理1地推论2.3.写出22345680地标准分解式.4. 证明：在1, 2, , 2n中任取n+ 1数，其中至少有一个能被另一个整除.5.证明：（n≥2）不是整数.6.设a，b是正整数，证明：存在a1，a2，b1，b2，使得a = a1a2，b = b1b2，(a2,b2) = 1，并且[a,b] = a2b2.第7 节1.证明定理1.2.求使12347!被35k整除地最大地k值.3. 设n是正整数，x是实数，证明：= n.4.设n是正整数，求方程x2-[x2] = (x-[x])2在[1,n]中地解地个数.5.证明：方程f(x) = [x] + [2x] + [22x] + [23x] + [24x] + [25x] = 12345没有实数解.6. 证明：在n!地标准分解式中，2地指数h = n-k，其中k是n地二进制表示地位数码之和.第8 节1. 证明：若2n+ 1是素数，则n是2地乘幂.2.证明：若2n- 1是素数，则n是素数.3.证明：形如6n+ 5地素数有无限多个.4.设d是正整数，6d，证明：在以d为公差地等差数列中，连续三项都是素数地情况最多发生一次.5.证明：对于任意给定地正整数n，必存在连续地n个自然数，使得它们都是合数.6. 证明：级数发散，此处使用了定理1注2中地记号.第2章第 1 节1.证明定理1和定理2.2.证明定理4.3.证明定理5中地结论(ⅰ)—(ⅳ).4.求81234被13除地余数.5. 设f(x)是整系数多项式，并且f(1), f(2), ,f(m)都不能被m整除，则f(x) = 0没有整数解.6.已知99∣，求α与β.第 2 节1.证明定理1.2.证明：若2p+ 1是奇素数，则(p!)2+ (-1)p≡ 0(mod 2p+ 1).3.证明：若p是奇素数，N = 1 + 2 + + ( p- 1)，则(p- 1)! ≡p- 1(mod N).4.证明Wilson定理地逆定理：若n>1，并且(n- 1)! ≡-1(mod n)，则n是素数.5.设m是整数，4∣m，{a1, a2, , a m}与{b1, b2, , b m}是模m地两个完全剩余系，证明：{a1b1,a2b2, , a m b m}不是模m地完全剩余系.6.设m1,m2, ,m n是两两互素地正整数，δi（1≤i≤n）是整数，并且δi≡1 (mod m i)，1≤i≤n，δi≡0 (mod m j)，i≠j，1≤i, j≤n.证明：当b i通过模m i（1≤i≤n）地完全剩余系时，b1δ1+b2δ2+ +b nδn通过模m =m1m2 m n地完全剩余系.第 3 节1.证明定理1.2.设m1, m2, , m n是两两互素地正整数，x i分别通过模m i地简化剩余系（1 ≤i≤n），m = m1m2 m n，M i =，则M1x1+M2x2+ + M n x n通过模m地简化剩余系.3.设m>1，(a, m) = 1，x1, x2, ⋯, xϕ(m)是模m地简化剩余系，证明：.其中{x}表示x地小数部分.4.设m与n是正整数，证明：ϕ(mn)ϕ((m, n)) = (m, n)ϕ(m)ϕ(n).5.设a，b是任意给定地正整数，证明：存在无穷多对正整数m与n，使得aϕ(m) = bϕ(n).6.设n是正整数，证明：(ⅰ) ϕ(n) >；(ⅱ) 若n是合数，则ϕ(n)≤n-.第 4 节1. 证明：1978103- 19783能被103整除.2.求313159被7除地余数.3.证明：对于任意地整数a，(a, 561) = 1，都有a560≡ 1 (mod 561)，但561是合数.4. 设p，q是两个不同地素数，证明：p q- 1+q p- 1≡ 1 (mod pq).5.将612- 1分解成素因数之积.6.设n∈N，b∈N，对于b n+1地素因数，你有甚麽与例6相似地结论？第 5 节1.证明例2中地结论.2.证明定理2.3.求.4.设f(n)是积性函数，证明：(ⅰ)(ⅱ).5.求ϕ(n)地Mobius变换.第3章第 1 节1.证明定理3.2.写出789地二进制表示和五进制表示.3.求地小数地循环节.4.证明：七进制表示地整数是偶数地充要条件是它地各位数字之和为偶数.5.证明：既约正分数地b进制小数(0.a-1a-2a-3 )b为有限小数地充要条件是n地每个素因数都是b地素因数.第 2 节1.设连分数〈α1, α2, ,αn, 〉地第k个渐近分数为，证明：，2.设连分数〈α1, α2, ,αn, 〉地第k个渐近分数为，证明：，k≥ 2.3.求连分数〈 1, 2, 3, 4, 5, 〉地前三个渐近分数.4.求连分数〈 2, 3, 2, 3, 〉地值.5.解不定方程：7x- 9y = 4.第 3 节1.证明定理4.2.求地连分数.3.求地误差≤ 10- 5地有理逼近.4.求sin18︒地误差≤ 10- 5地有理逼近.5.已知圆周率π = 〈 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 21, 〉，求π地误差≤ 10- 6地有理逼近.6.证明：连分数展开地第k个渐近分数为.此处{F n}是Fibonacci数列.第 4 节1.将方程3x2+ 2x- 2 = 0地正根写成连分数.2.求α = 〈〉之值.3.设a是正整数，求地连分数.4.设无理数= 〈a1, a2, ,a n, 〉地第k个渐近分数为，证明：地充要条件是p n = a1q n+q n-1，dq n = a1p n+p n-1.5.设无理数= 〈a1, a2, ,a n, 〉地第k个渐近分数为，且正整数n使得p n = a1q n+q n-1，dq n = a1p n+p n-1，证明：(ⅰ) 当n为偶数时，p n，q n是不定方程x2-dy2 = 1地解；(ⅱ) 当n为奇数时，p2n，q2n是不定方程x2-dy2 = 1地解.第4章第 1 节1.将写成三个既约分数之和，它们地分母分别是3，5和7.2.求方程x1+ 2x2+ 3x3 = 41地所有正整数解.3.求解不定方程组：.4.甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这两个班，要使甲班地学生分到相同数量地铅笔，乙班学生也分到相同数量地铅笔，问应怎样分法？5. 证明：二元一次不定方程ax+by = n，a > 0，b > 0，(a, b) = 1地非负整数解地个数为+ 1.6.设a与b是正整数，(a, b) = 1，证明：1, 2, , ab-a-b中恰有个整数可以表示成ax+by（x≥ 0，y≥ 0）地形式.第 2 节1.证明定理2推论.2.设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z-1，2(x+y +1)都是平方数.3.求整数x，y，z，x > y > z，使x-y，x-z，y-z都是平方数.4.解不定方程：x2+3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1.5.证明下面地不定方程没有满足xyz ≠0地整数解.(ⅰ)x2+y2+z2 = x2y2；(ⅱ) x2+y2+z2 = 2xyz.6.求方程x2+y2 = z4地满足(x, y ) = 1，2∣x地正整数解.第 3 节1. 求方程x2+xy -6 = 0地整数解.2. 求方程组地整数解.3. 求方程2x-3y = 1地正整数解.4.求方程地正整数解.5.设p是素数，求方程地整数解.6. 设2n+ 1个有理数a1, a2, , a2n+ 1满足条件P：其中任意2n个数可以分成两组，每组n个数，两组数地和相等，证明：a1 = a1 = = a2n+ 1.第5章第 1 节1.证明定理1.2.解同余方程：(ⅰ) 31x≡ 5 (mod 17)；(ⅱ) 3215x≡ 160 (mod 235).3.解同余方程组：.4.设p是素数，0<a<p，证明：(mod p).是同余方程ax≡b (mod p)地解.5.证明：同余方程a1x1+a2x2+ +a n x n≡b (mod m)有解地充要条件是(a1, a2, , a n, m) = d∣b.若有解，则恰有d⋅m n-1个解，mod m.6.解同余方程：2x+ 7y≡ 5 (mod 12).第 2 节1. 解同余方程组：2.解同余方程组：3.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？4. 求一个最小地自然数n，使得它地是一个平方数，它地是一个立方数，它地是一个5次方数.5. 证明：对于任意给定地n个不同地素数p1, p2, …, p n，必存在连续n个整数，使得它们中地第k个数能被p k整除.6.解同余方程：3x2+ 11x - 20≡0 (mod 105).第 3 节1.证明定理地推论.2.将例2中略去地部分补足.3.将例4中略去地部分补足.4.解同余方程x2≡-1 (mod 54).5.解同余方程f(x) = 3x2+ 4x-15 ≡ 0 (mod 75).6.证明：对于任意给定地正整数n，必存在m，使得同余方程x2≡1 (mod m)地解数T > n.第 4 节1.解同余方程：(ⅰ)3x11+2x8+ 5x4-1 ≡0 (mod 7)；(ⅱ)4x20+3x12+ 2x7+ 3x-2 ≡0 (mod 5).2.判定(ⅰ) 2x3-x2+ 3x-1 ≡0 (mod 5)是否有三个解；(ⅱ) x6+2x5- 4x2+ 3 ≡0 (mod 5)是否有六个解？3.设(a, m) = 1，k与m是正整数，又设x0k≡a (mod m)，证明同余方程x k≡a(mod m)地一切解x都可以表示成x≡yx0(mod m)，其中y满足同余方程y k≡1 (mod m).4.设n是正整数，p是素数，(n, p-1) = k，证明同余方程x n≡ 1 (mod p)有k个解.5.设p是素数，证明：(ⅰ) 对于一切整数x，x p- 1-1 ≡ (x-1) (x-2) (x-p+ 1) (mod p)；(ⅱ) (p-1)! ≡-1 (mod p).6.设p≥ 3是素数，证明：(x-1)(x-2) (x-p+ 1)地展开式中除首项及常数项外，所有地系数都是p地倍数.第 5 节1.同余方程x2≡ 3 (mod 13)有多少个解？2.求出模23地所有地二次剩余和二次非剩余.3.设p是奇素数，证明：模p地两个二次剩余地乘积是二次剩余；两个二次非剩余地乘积是二次剩余；一个二次剩余和一个二次非剩余地乘积是二次非剩余.4.设素数p≡ 3 (mod 4)，= 1，证明x≡±(mod p)是同余方程x2≡n (mod p)地解.5.设p是奇素数，(n, p) = 1，α是正整数，证明同余方程x2≡n (mod pα)有解地充要条件是= 1.6.设p是奇素数，证明：模p地所有二次剩余地乘积与对模p同余.第 6 节1.已知769与1013是素数，判定方程(ⅰ) x2≡ 1742 (mod 769)；(ⅱ) x2≡ 1503 (mod 1013).是否有解.2.求所有地素数p，使得下面地方程有解：x2≡ 11 (mod p).3.求所有地素数p，使得-2∈QR(p)，-3∈QR(p).4.设(x, y) = 1，试求x2- 3y2地奇素数因数地一般形式.5.证明：形如8k+ 5（k∈Z）地素数无穷多个.6.证明：对于任意地奇素数p，总存在整数n，使得p∣(n2+ 1)(n2+ 2)(n2- 2).第7 节1.证明定理地结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ).2.已知3019是素数，判定方程x2≡ 374 (mod 3019)是否有解.3.设奇素数为p = 4n+ 1型，且d∣n，证明：= 1.4.设p，q是两个不同地奇素数，且p = q+ 4a，证明：.5.设a > 0，b > 0，b为奇数，证明：6.设a，b，c是正整数，(a, b) = 1，2b，b<4ac，求地关系.第6章第 1 节1.设n是正整数，证明：不定方程x2+y2 = z n总有正整数解x，y，z.2.设p是奇素数，(k, p) = 1，则，此处是Legender符号.3.设素数p≡ 1(mod 4)，(k, p) = 1，记，则2∣S(k)，并且，对于任何整数t，有，此处是Legender符号.4.设p是奇素数，，则构成模p地一个简化剩余系.5.在第3题地条件下，并沿用第2题地记号，有.即上式给出了形如4k+ 1地素数地二平方和表示地具体方法.6.利用题5地结论，试将p = 13写成二平方和.第 2 节1.若(x, y, z) = 1，则不存在整数n，使得x2+y2+ z2 = 4n2.2.设k是非负整数，证明2k不能表示三个正整数平方之和.3.证明：每一个正整数n必可以表示为5个立方数地代数和.4.证明：16k+ 15型地整数至少需要15个四次方数地和表之.5.证明：16k⋅31不能表示为15个四次方数地和.第7章第 1 节2.求模14地全部原根.3.设m> 1，模m有原根，d是ϕ(m)地任一个正因数，证明：在模m 地简化剩余系中，恰有ϕ(d)个指数为d地整数，并由此推出模m地简化剩余系中恰有ϕ(ϕ(m))个原根.4.设m≥ 3，g是模m地原根，x1, x2, , xϕ(m)是模m地简化剩余系，证明：(ⅰ) ≡-1 (mod m)；(ⅱ) x1x2 xϕ(m)≡-1 (mod m).5.设p = 2n+ 1是一个奇素数，证明：模p地全部二次非剩余就是模p 地全部原根.6.证明：(ⅰ) 设p奇素数，则M p = 2p- 1地素因数必为2pk+ 1型；(ⅱ) 设n≥ 0，则F n =+ 1地素因数必为2n+ 1k+ 1型.第 2 节1.求模29地最小正原根.2. 分别求模293和模2⋅293地原根.3.解同余方程：x12≡ 16 (mod 17).4.设p和q = 4p+ 1都是素数，证明：2是模q地一个原根.5.设m≥ 3，g1和g2都是模m地原根，则g = g1g2不是模m地原根.6.设p是奇素数，证明：当且仅当p- 1n时，有1n+ 2n+ + (p- 1)n≡0 (mod p).第8章第 1 节1.补足定理1地证明.2.证明定理2.3.证明：有理数为代数整数地充要条件是这个有理数为整数.第 2 节1.证明例中地结论.2.证明连分数是超越数.3.设ξ是一个超越数，α是一个非零地代数数，证明：ξ+α，ξα，都是超越数.第 3 节1.证明引理1.2.证明定理3中地F+F(0)是整数.第9章第 1 节1.问：1948年2月14日是星期几？2.问：1999年10月1日是星期几？第 2 节1.编一个有十个球队进行循环赛地程序表.2.编一个有九个球队进行循环赛地程序表.第 3 节1.利用例1中地加密方法，将“ICOMETODAY”加密.2. 已知字母a，b， ，y，z，它们分别与整数00，01， ，24，25对应，又已知明文h与p分别与密文e与g对应，试求出密解公式：P≡a'E+b' (mod 26)，并破译下面地密文：“IRQXREFRXLGXEPQVEP”.第 4 节1.设一RSA地公开加密钥为n = 943，e = 9，试将明文P = 100加密成密文E.2. 设RSA(n A, e A) = RSA(33, 3)，RSA(n B, e B) = RSA(35, 5)，A地签证信息为M = 3，试说明A向B发送签证M地传送和认证过程.第 5 节1.设某数据库由四个文件组成：F1 = 4，F2 = 6，F3 = 10，F4 = 13.试设计一个对该数据库加密地方法，但要能取出个别地F i（1≤i≤4），同时不影响其他文件地保密.2.利用本节中地秘密共享方案，设计一个由三方共管文件M = 3地方法，要求：只要有两方提供他们所掌握地数据，就可以求出文件M，但是，仅由任何一方地数据，不能求出文件M.（提示：取p = 5，m1 = 8，m2 = 9，m3 = 11）第 6 节1.设明文P地二进制表示是P= (p1p2p3p4p5p6p7p8)2，与P对应地密文是E是E =a1p1+a2p2+ +a8p8，如果这里地超增背包向量(a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8) = (5, 17, 43, 71, 144, 293, 626, 1280)，并且已知密文E = 1999，求明文P.2.给定超增背包向量(2, 3, 7, 13, 29, 59)，试设计一个背包型加密方法，将明文P = 51加密.（提示：取M = 118，k =77）.版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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初等数论习题与答案、及测试卷
初等数论习题与答案、及测试卷1 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。
∴存在n 个整数n p p p ,,21使n n n m p a m p a m p a ===,,,222111又n q q q ,,,21 是任意n 个整数m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数2 证：)12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n从而可知12)(1(/6++n n n3 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=rax 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 ba +∴故),(00b a by ax =+4 证：作序列 ,23,,2,0,23,b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使b q a b q 212+<≤成立(i 当q 为偶数时，若.0>b 则令b q a bs a t q s 2 ,2-=-==，则有22220b t b q b q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0,2+=-=-=，则同样有2b t <)(ii 当q 为奇数时，若0>b 则令b q a bs a t q s 2 1,21+-=-=+=，则有21212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 01,21++=-=+-=则同样有 2b t ≤综上存在性得证下证唯一性当b 为奇数时，设11t bs t bs a +=+=则b s s b t t >-=-)(11而b t t t t b t b t ≤+≤-∴≤≤1112,2矛盾故11,t t s s ==当b 为偶数时，t s ,不唯一，举例如下：此时2b 为整数 2,2),2(2212311b t b t b b b b b ≤=-+?=+=?2,2,222211b t b t t bs t bs a ≤-=+=+=5.证：令此和数为S ，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数（1）令S=n14131211+++++，取M=p k 75321-这里k 是使n k≤2最大整数，p 是不大于n 的最大奇数。
初等数论习题解答
《初等数论》习题解答作业3一．选择题1，B 2，C 3，D 4，A二．填空题1，自反律 2，对称性 3，13 4，十进位 5，3 6，2 7，1三．计算题1， 解：由Euler 定理知：（a,m ）=1 则 a φ (m)≡1 (modm)∵(3,100)=1. 3φ (100)=340≡13360≡13364=3360×34≡34 (mod 100)∴34≡81 (mod 100)故：3364的末两位数是81.2, 解：132=169≡4 （mod 5）134=16≡1 (mod 5)1316≡1 (mod 5)1332≡1 (mod 5)1348≡1 (mod 5)1350=1348×1321350≡132≡4 (mod 5)3, 解： ∵(7,9)=1. ∴只有一个解7X －5≡9Y (mod 9)7X －9Y ≡5 (mod 9)解之得：X=2，Y=1∴X=2+9≡11=2 (mod 9)4, 解： ∵（24，59）=1 ∴只有一个解24X ≡7 (mod 59)59Y ≡﹣7 (mod 24)11Y=﹣7 (mod 24)24Z=7 (mod 11)2Z=7 (mod 11)11W=﹣7 (mod 2)W =﹣7 (mod 2)W=﹣1 (mod 2)Z=2711+-= －2 Y=117242-⨯-=－5X=247595+⨯-=2288-=－12 =47(mod59)5 解 ∵（45，132）=3，∴同余式有三个解。
45X ≡21（mod32）15x ≡7 (mod44)44y ≡-7 (mod15)14y ≡-7 (mod15)15z ≡-7 (mod14)z ≡7 (mod14) y=147715-⨯=7 x=157744+⨯=21 ∴x=21+31322⨯=109 (mod132) x=21+31321⨯=65 (mod132) x=21 (mod132)6、解 ∵（12，45）=3, ∴同余式有三个解。
初等数论习题答案
初等数论习题答案初等数论习题答案数论作为数学的一个重要分支，研究整数的性质和关系，涉及到许多有趣而复杂的问题。
在初等数论中，我们经常会遇到一些习题，这些习题既能帮助我们巩固数论知识，又能培养我们的逻辑思维和问题解决能力。
下面我将为大家提供一些初等数论习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 证明：如果一个整数能被4整除，那么它一定能被2整除。
答案：这个问题可以通过数学归纳法来证明。
首先，4能被2整除，显然成立。
假设对于任意的正整数n，如果n能被4整除，那么n也能被2整除。
现在我们考虑n+1能否被4整除。
如果n能被4整除，那么n+1与n相差1，显然n+1不能被4整除。
如果n不能被4整除，那么n+1与n相差1，显然n+1能被4整除。
综上所述，对于任意的正整数n，如果n能被4整除，那么n也能被2整除。
因此，原命题成立。
2. 证明：如果一个整数能被6整除，那么它一定能被2和3整除。
答案：这个问题也可以通过数学归纳法来证明。
首先，6能被2和3整除，显然成立。
假设对于任意的正整数n，如果n能被6整除，那么n也能被2和3整除。
现在我们考虑n+1能否被6整除。
如果n能被6整除，那么n+1与n相差1，显然n+1不能被6整除。
如果n不能被6整除，那么n+1与n相差1，显然n+1能被6整除。
综上所述，对于任意的正整数n，如果n能被6整除，那么n也能被2和3整除。
因此，原命题成立。
3. 证明：如果一个整数的平方是偶数，那么这个整数一定是偶数。
答案：这个问题可以采用反证法来证明。
假设存在一个整数n，它的平方是偶数，但是n本身是奇数。
根据奇数的定义，我们知道奇数可以表示为2k+1的形式，其中k是整数。
那么n的平方可以表示为(2k+1)^2=4k^2+4k+1。
根据整数的性质，4k^2和4k都是偶数，所以4k^2+4k也是偶数。
那么(2k+1)^2就是一个奇数加上一个偶数，根据奇数加偶数的性质，它一定是奇数。
然而，我们已知n的平方是偶数，与(2k+1)^2是奇数的结论相矛盾。
初等数论练习题答案
初等数论练习题答案DOC 格式, 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、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t tZ 。
. 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 p1 1(mod p )的解数为 p-1 。
二、计算题1、解同余方程：3x 211x 20 0 (mod 105)。
解：因105 = 357，同余方程3x 211x 20 0 (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 211x 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？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==??≡-?--?-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（）（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。
初等数论练习题一含答案
《初等数论》期末练习二、单项选择题 1、 (0，b)（）.A bB bC b D02、如果 (a, b) 1，则(ab, a b ）=（） A a B b C 1 Dab 3、小于 30的素数的个数（ ）. A 10 B 9 C 8 D 7二、填空题1、 有理数旦，0 a b,（a,b ）1，能写成循环小数的条件是（b2、 同余式12x 15 0（mod45）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 （5、 设 a,b 整数，则（a,b ） （）= 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A 3B 3 与 9C 9D 3或9 7、 如果ba ， ab ，则（）.A a bB a bC a bD ab& 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的最小非负兀全剩余系是 ().A -3，-2,-1,0,1,2，3B -6， -5,-4,-3,-2,-1 C1,2,3,4,5，6 D 11、因为（）,所以不定方程 12x 15y 7没有解. A [12，15]不整除7 B （12，15）不整除 7C 7不整除（12，15）D 7不整除[12，15]12、 同余式 x 438(mod 593)( ）.A 有解B 无解C 无法确定D 有无限个解4、 如果a b （modm ） ,c 是任意整数 贝U A ac bc （mod m ） B a b C ac bc （mod m ） D a b5、 不定方程 525x 231y 210（）. A 有解 B 无解 C 有正数解D 有负数解6、 整数5874192能被（）整除. 0,1,2,3,4，5，6）.）的正整数的个数3整除.7、x [x]（）.8、同余式111x 75（mod321）有解,而且解的个数（）.9、在176与545之间有（）是17的倍数.10、如果ab 0 则［a,b］（a,b）=（）.11、a,b的最小公倍数是它们公倍数的（）.12、如果（a,b） 1,那么（ab, a b）=（）.三、计算题1、求24871与3468的最小公倍数?2、求解不定方程107x 37y 25. （8分）4293、求——,其中563是素数.（8分）5634、解同余式111x 75（mod321）.（8 分）5、求［525,231］=?6、求解不定方程6x 11y 18.2 __________________________7、判断同余式x 365（mod 1847）是否有解？8、求11的平方剩余与平方非剩余•四、证明题1、任意一个n位数a n a n 1a2a1与其按逆字码排列得到的数a1a2 a n 1a n的差必是9的倍数.（11分）2、证明当n是奇数时，有3（2n1） .（10分）3、一个能表成两个平方数和的数与一个平方数的乘积，仍然是两个平方数的和；两个能表成两个平方数和的数的乘积，也是一个两个平方数和的数•（11分）4、如果整数a的个位数是5,则该数是5的倍数•5、如果a,b是两个整数,b 0,则存在唯一的整数对q, r,使得a bq r,其中0r b .《初等数论》期末练习二答案、单项选择题1、C2、C3、A4、A5、A6、B7、D8、A9、A 10、D 11、B 12、B二、填空题1、有理数-,0 a b,（a,b）1，能写成循环小数的条件是（（b,10） 1 ）.b2、同余式12x 15 0（mod45）有解，而且解的个数为（3 ）.3、不大于545而为13的倍数的正整数的个数为（41 ）.4、设n是一正整数，Euler函数（n）表示所有（不大于）n，而且与n （互素）的正整数的个数•5、设a,b 整数，则（a,b）（[a,b] ）=ab.6、一个整数能被3整除的充分必要条件是它的（十进位）数码的和能被3整除•7、x [x] （{x}）.8、同余式111x 75（mod321）有解,而且解的个数（3 ）.9、在176与545之间有（12 ）是17的倍数.10、如果ab 0 则[a,b]（a,b） =（ ab ）.11、a,b的最小公倍数是它们公倍数的（因数）.12、如果（a,b） 1,那么（ab, a b）=（ 1 ）.三、计算题1、求24871与3468的最小公倍数?解：因为（24871,3468）=17比24871 3468所以[24871,3468]= =507368417所以24871与3468的最小公倍数是5073684。
(完整版)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_ϕ2、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_ϕ(m )_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、 =-1。
⎪⎭⎫⎝⎛103659、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 -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？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-∙--∙-（）（）（）（），（）（）（）（，（（）（）（（）（解： 故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。
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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：102、整数6的正约数的个数是（）。
A：1B：2C：3D：4正确答案：D 得分：103、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：104、如果a|b，b|a ，则（）。
A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的关系无法确定正确答案：C 得分：105、360与200的最大公约数是（）。
A：10B：20C：30D：40正确答案：D 得分：106、如果a|b，b|c，则（）。
A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a正确答案：C 得分：107、1到20之间的素数是（）。
A：1，2，3，5，7，11，13，17，19B：2，3，5，7，11，13，17，19C：1，2，4，5，10，20D：2，3，5，7，12，13，15，17正确答案：B 得分：108、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：109、下面的（）是模12的一个简化剩余系。
A：0，1，5，11B：25，27，13，-1C：1，5，7，11D：1，-1，2，-2正确答案：C 得分：1010、下面的（）是模4的一个完全剩余系。
A：9，17，-5，-1B：25，27，13，-1C：0，1，6，7D：1，-1，2，-2正确答案：C 得分：1011、下面的（）是不定方程3x + 7y = 20的一个整数解。
A：x=0,y=3B：x=2,y=1C：x=4,y=2D：x=2,y=2正确答案：D 得分：1012、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：0B：1C：2D：3正确答案：A 得分：1013、使3的n次方对模7同余于1的最小的正整数n等于（）。
A：6B：2D：13正确答案：A 得分：1014、100与44的最小公倍数是（）。
A：4400B：2200C：1100D：440正确答案：C 得分：1015、{{1.8}+{2.9}}等于（）。
A：0.4B：0.5C：0.6D：0.7正确答案：D 得分：1016、[[4.5]+[3.7]]等于（）。
A：3B：4C：7D：8正确答案：C 得分：1017、一个正整数n的各位上的数字是0或1，并且n能被2和3整除，则最小的n 是（）。
A：1110B：1101C：1011D：1001正确答案：A 得分：1018、-4除-39的余数是（）。
A：3B：2C：1D：0正确答案：C 得分：1019、下面的数是3的倍数的数是（）。
A：19C ：1119D ：11119正确答案：C 得分：1020、小于20的正素数的个数是（ ）。
A ：11B ：10C ：9D ：8正确答案：D 得分：1021、下面的（ ）是模4的一个简化剩余系。
A ：4,17B ：1,15C ：3,23D ：13,6正确答案：B 得分：1022、已知361a 是一个4位数（其中a 是个位数），它能被5整除，也能被3整除，则a 的值是（ ）。
A ：0B ：2C ：5D ：9正确答案：C 得分：10第二次作业填空题1．16除100的余数是 4 _。
2．如果今天是星期一，那么从今天起再过1010天后是星期 四 。
3．{3.2} = 0.2 ；[2.84] = 2 。
4．[{3.6} + {1.7}] = 1 。
5．{{4.2}{2.3}}-+=___0.1___________。
6．15的所有正因数的和是 9 。
7．1260的标准分解式是 222357⨯⨯⨯ 。
8．20！的标准分解式是1884235711131719⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 。
9．98!的末尾有______22_________个零。
10．890的标准分解式是 2 ×5×89.11．欧拉函数值(50)ϕ= 20 。
12．7除3301的余数是 4 。
13．不定方程ax + by = c 有解的充要条件是 (,)a b c 。
14．设m 为正整数，a ，b 为两个整数，如果用m 去除a 与b 所得的余数相同，那么就称a ，b 对模m 同余 。
15．一次同余式(mod )ax b m ≡有解的充分必要条件是___(,)a m b __________。
16．模7的最小非负完全剩余系是 {0,1,2,3,4,5,6} 。
17．（1516，600）= 227400 。
18．不定方程ax + by = c (其中a ，b ，c 是整数)有整数解的充要条件是 (,)a b c 。
19．710被11除的余数是 1 。
20．77的个位数是_3______ _第三次作业计算题1．写出400与600的标准分解式，并求出400与600的最大公因数。
解 4240025=⨯，32600235=⨯⨯，32(400,600)25200=⨯=。
2．求128121被11除的余数。
解 因为ϕ(11)=10，而128与11互素，所以12810≡1(mod 11)，于是128121≡128≡7(mod 11)，所以128121被11除的余数为7。
3．求1050与858的最大公因数。
解：因为1050 = 2⨯3⨯52⨯7，858 = 2⨯3⨯11⨯13，所以(1050，858) = 2⨯3 = 6。
4．求1001！中末尾0的个数。
解：因为10=2⨯5，所以1001！中末尾相当于1001！的质因数分解式中2⨯5的个数。
由于2<5，所以1001！的质因数分解式中2的个数比5的个数要多，因此，只要考察1001！中因子5的个数即可。
因为：1001÷5=200……1，1001÷52=40……1，1001÷53=8……1，1000÷54=1……375，又因为200+40+8+1=249，所以答案为249。
即1001！中末尾0的个数为249个。
5．求不定方程3x + 5y = 20的一切非负整数解。
解：因为（3，5）=1，所以不定方程有整数解。
由观察知x 0 = 0，y 0 = 4是不定方程3x +5y =20的一个整数解，所以不定方程3x +5y =20的一切整数解是543x t y t =⎧⎨=-⎩，其中t 取一切整数。
由00x y ≥⎧⎨≥⎩可解得403t ≤≤，所以0,1t =，故不定方程的一切非负整数解为 04x y =⎧⎨=⎩，51x y =⎧⎨=⎩。
6．求出不定方程7x + 2y = 1的一个整数解，并写出其一切整数解的表达式。
解：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0013x y =⎧⎨=-⎩。
于是其一切整数解为1237x t y t =+⎧⎨=--⎩，t 取一切整数。
7．求不定方程15x + 10y + 6z = 61的一切整数解。
解：不定方程的一切整数解为52653665x u v y u vz v =--⎧⎪=-++⎨⎪=+⎩，其中u ，v 取一切整数。
8．计算欧拉函数值：ϕ（100）。
解：100 = 2252，由公式有（100）=221125(1)(1)25⨯⨯-⨯-= 40。
9．解同余式3x ≡ 8 (mod 10)。
解：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0061x y =⎧⎨=⎩，所以同余式的解为6(mod10)x ≡。
10．解同余式组：1(mod 2)1(mod 3)1(mod 5)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩。
解：因为2，3，5两两互质，所以由孙子定理该同余式组有一个解。
由孙子定理可得该同余式组的解为x ≡ 1(mod 30)。
11．解同余式28x ≡ 21 (mod 35)。
解 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(mod5)，故同余式28x ≡ 21(mod 35)的7个解为x ≡ 2，7，12，17，22，27，32(mod35)。
12．解同余式组：1(mod3)2(mod 7)x x ≡⎧⎨≡⎩。
解：由1(mod3)x ≡得1113,x t t Z =+∈，将其代入2(mod7)x ≡得1132(mod 7)t +≡，即131(mod 7)t ≡，解得15(mod 7)t ≡，所以12257,t t t Z =+∈，于是12221313(57)1621,x t t t t Z =+=++=+∈。
所以同余式组的解为16(mod 21)x ≡。
第四次作业证明题1．证明：若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m d b c a +≡+。
证明：由)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡得)(|b a m -，)(|d c m -，由整除的性质得)]()[(|d c b a m -+-，即)]()[(|d b c a m +-+，所以)(mod m d b c a +≡+。
2．证明：设m , n 为整数，求证m +n , m -n 与mn 中一定有一个是3的倍数。
证明：若m 或n 为3的倍数，则mn 是3的倍数；若m 是3的倍数加1，n 是3的倍数加1，则m -n 是3的倍数；若m 是3的倍数加1，n 是3的倍数加2，则m +n 是3的倍数；若m 是3的倍数加2，n 是3的倍数加1，则m +n 是3的倍数；若m 是3的倍数加2，n 是3的倍数加2，则m -n 是3的倍数，结论成立。
3．证明：若c a |，d b |，则cd ab |。
证明：由c a |，d b |知存在整数p ，q 使得ap c =，bq d =，所以abpq apbq cd ==，因为pq 为整数，所以由整除的定义知cd ab |。
4．证明：若n 为自然数，求证9n +1≡8n +9(mod 64)。
证明：因为9≡1(mod 8)，所以9k ≡1(mod 8)，k =2，3，…，n -1，于是9n -1+…+92+9+1≡n (mod 8)，所以9(9n -1+…+92+9+1)≡ n (mod 8)，从而9(9-1)(9n -1+…+92+9+1)≡ 8n (mod 64)，即9(9n -1) ≡ 8n (mod 64)，所以 9n +1≡8n +9(mod 64)。
5．若p 为奇质数，证明2p | (22p -1–2)。