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
∴i=p ,∴p |q -1
又∵q -1为偶数，2|q -1,
∴2p |q -1,q -1=2pk ,即q =2pk +1
例4：证明13|42n +1+3n +2
证：∵42n +1+3n +2≡4·16n +9·3n
≡3n (4+9)≡13×3n ·≡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
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
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。
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。
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
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;
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
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 ≡?≡
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)
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) 107
108 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-+++，，，， 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 )。
第三讲：初等数论3——同余的性质和应用 三、巩固练习 1. 今天是星期三，到第1000天是星期几？ 解：从今天到第1000天相隔999天，1000-1≡5(mod 7)，3+5-7=1，是星期一. 2. 若1059，1417，2313分别被自然数x除时，所得余数都是y，则x-y= ．解：∵1059≡y(mod x) ，1417≡y(mod x) ， 2313≡y(mod x)， ∴1417-1059=358≡0(mod x)，2313-1417=896≡0(mod x)， 2313-1059=1254≡0(mod x) 又（358，896，1254）的最大公约数为2，则x=2， y=1，x-y=1． 3. 若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是（） A. 25 B. 26 C. 27 D. 28 解：1995除以6的余数是3，a≡1995 (mod 6)，a除以6的余数也是3，只有a=27，选C. 4. 一个两位数被7除余1，它的反序数被7除也余1，那么这样的两位数共有（） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 解：列出满足条件的所有两位数：15，22，29，36，43，50，57，64，71，78，85，92，99 两位数据反序数也满足条件的有：22，29，92，99，选C. 5. 设n为自然数，则32n+8被8除的余数是_________. 解：由32n+8=9n+8，知32n+8≡1n+0(mod 8)≡1(mod 8) ，故32n+8被8除余1. 6. 黑板上写着13个数：1908，1918，1928，1938，1948，1958，1968，1978，1988，1998， 2008，2018，2028．小明第一次擦掉其中的一个数，第二次擦掉剩下数中的两个数，第三次擦掉剩下数中的三个数，第四次擦掉剩下数中的四个数，他想使得每次擦掉数后剩下的所有数之和为13的倍数，小明的意图能否达到？如果可以，给出一种可行的方法，不能请说明理由． 答案：可以： 依次擦掉（2028）；（1958，1968）；（1908，1938，1978）； （1918，1928，1998，2008）。（1948、1988、2018）解：思路如下： 写出的13个数除以13余数互不相同，10) ≡（mod13）， 13 ≡，71918 (mod 1908 41928 ≡(mod13)、81958 ≡(mod13)、 ≡（mod13）,111948 ≡（mod13）、11938 5) 1988 (mod ≡、9) (mod ≡、 13 13 1998 1968 (mod ≡、12) ≡、2) 13 1978 (mod 13 6) ≡、0) 13 (mod ≡、每一次操作就是去 2018 2028 2008 13 (mod (mod 13 ≡、3) 掉13的倍数，即要将0～12分成五组，每一组数的个数分别为1，2，3，4，3，使得每一组数之和都是13的倍数。 7.在“圆明杯”数学竞赛中，数学老师出了一道题：“2011分别除以m个不同的自然数，
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》A/B 模拟练习题参考答案 1、（15分）设()f x 是整系数多项式，且(1),(2),,()f f f m 都不能被m 整除，证 明方程()0f x =没有整数解。 证明：对任意整数x ，(mod ),1x r m r m ≡≤≤，利用同余可加性和同余可乘性得 ()()(mod ),1f x f r m r m ≡≤≤，因为(1),(2), ,()f f f m 都不能被m 整除，所以 ()0f x ≠，即()0f x =没有整数解 2、（15分）若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数，,a b 是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则()()00ax by ax by ++，其中,x y 是任何整数 证明：由题意可知，,a b 不全为0， 从而在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数， 因而有形如ax by +的最小整数00ax by +，,x y Z ?∈，由带余数除法有 0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+, 则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈， 由00ax by +是S 中的最小整数知0r =，故00|ax by ax by ++ 由于,x y 为任意整数，则可知0000|,|ax by a ax by b ++ 从而有00|(,).ax by a b +又有(,)|a b a ，(,)|a b b 得证00(,)|a b ax by +，故00(,)ax by a b +=. 3、（10分）若(mod )a b c m +≡，求证(mod )a c b m ≡- 证明：由同余可加性，且(mod )a b c m +≡，从而得 ()()()(mod )c b c b a b b a m -≡+-≡++-≡，得证.
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)
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
初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数称为是模的既约剩余系，如果对任意的，且对于任意的，若＝1，则有且仅有一个是对模的剩余，即。并定义中和互质的数的个数， 称为欧拉（Euler）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然，而对于，就是1,2，…， 中与互素的数的个数，比如说是素数，则有。 引理：；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler）定理）设＝1，则。 分析与解答：要证，我们得设法找出个相乘，由个数我们想到中与互质的的个数：，由于＝1，从而 也是与互质的个数，且两两余数不一样，故 （），而（）＝1，故。
证明：取模的一个既约剩余系，考虑，由 于与互质，故仍与互质，且有，于是对每个都能找到唯一的一个，使得，这种对应关系 是一一的，从而，。 ，，故。证毕。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。 定理2：（费尔马（Fermat）小定理）对于质数及任意整数有。 设为质数，若是的倍数，则。若不是的倍数，则 由引理及欧拉定理得，，由此即得。 定理推论：设为质数，是与互质的任一整数，则。 定理3：（威尔逊（Wilson）定理）设为质数，则。 分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找个数，然后来对应乘法。
证明：对于，在中，必然有一个数除以余1，这是因为则好是的一个剩余系去0。 从而对，使得； 若，，则，，故 对于，有。即对于不同的对应于不同的，即中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自己配对，这时，，或， 或。 除外，别的数可两两配对，积除以余1。故。定义：设为整系数多项式（），我们把含有的一组同余式 （）称为同余方组程。特别地，，当均为的一次整系数多项式时，该同余方程组称为一次同余方程组.若整数同时满足： ，则剩余类（其中）称为同余方程组的一个解，写作 定理4：（中国剩余定理）设是两两互素的正整数，那么对于任意整数 ，一次同余方程组，必有解，且解可以写为：
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
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.