初等数论期末复习

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

能被2整除的整数称为偶数.如,0,4,10,-6,-8都是偶数. 不能被2整除的整数称为奇数.如,-5,-3,1,7,11都是奇数. 偶数的形式为2n(n 是整数);奇数的形式为2n-1(n 是整数).

奇数、偶数的性质: 偶数±偶数=偶数,奇数±奇数=偶数,奇数±偶数=奇数,

偶数×偶数=偶数,偶数×奇数=偶数,奇数×奇数=奇数.

例如 2+4,2-4,3+1,3-1,3+4,6+5

设a,b 是任意两个整数,则a+b 与a-b 同奇同偶. 例如3+5,3-5,6+3,6-3,

例4设a,b,n 是任意3个整数,而且222a b n -=,证明n 是偶数. 例5设a 是任一奇数,试证明8|

21a -. 例6设n 是正整数,证明形如3n-1整数不是完全平方数.

证明 对任意整a,设a=3q 或a=3q ±1,于是

2

a

=92

q

或 2a =92q ±6q+1=3(32q ±2q)+1.

即2

a ≠3n-1,故3n-1不是完全平方数.

练习 设n 是正整数,证明形如4n-1、4n+2的整数都不是完全平方数. 习题:P3-4:1t,2t.

§2公因数、最大公因数 1.最大公因数、辗转相除法

中小学里的公因数、最大公因数的概念：

几个数的公有因数叫做这几个数的公因数.公因数中最大的整数称为这几个数的最大公因数. (1)几个数:不能确定;(2)因数、公因数:都是正整数; 最大公因数:没有专门的符号. 定义设1

2,,,n a a a L ,d 都是整数,d ≠0,如果i d a ,i=1,2,…,n,称d 是

12,,,n a a a L 的公因数,12,,,n a a a L 的公因数中最大的整数称为最大公因数.记为12(,,,)n a a a L .如果12(,,,)n a a a L =1,则

称1

2,,,n a a a L 互质。

例1 (-6,8)=2,(-3,6,-9,15)=3,(1,2,3,-4)=1.

在中小学数学里,求正整数a,b 的最大公因数主要有这个样几种方法：

(1)观察法；

(2)将a,b 的所有公因数都求出来,再从中挑最大的； (3)用短除法.

辗转相除法:设a,b 是正整数,而且有

111,0;a bq r r b =+<<

12221,0;b rq r r r =+<< 123332,0;r r q r r r =+<<

…………… （*）

211,0;n n n n n n r r q r r r ---=+<<

11.n n n r r q -+=

(,)n a b r =。

例2用辗转相除法求(123,78), 练习:用辗转相除法求(66,54).

下面说明辗转相除法的正确性.先证明

性质1设整数a,b,c 不全为0,而且有整数q 使得a=bq+c 则(a,b)=(b,c). 证明 由a,b,c 不全为0知,(a,b)、(b,c)都存在.

因(a,b)|a,(a,b)|b,c=a-bq,得(a,b)|c,又得(a,b)≤(b,c); 反之,由(b,c)|b,(b,c)|c,a=bq+c,得(b,c)|a,(b,c)≤(a,b). 所以(a,b)=(b,c). 由(*)式知

1210,

n n b r r r r ->>>>>>L 而n 是有限正整数,再由性质1得

112(,)(,)(,)a b b r r r ===…=211(,)(,)(,0)n n n n n n r r r r r r ---===.

2.最大公因数的性质 最大公因数的几个性质：

性质2 (am,bm)=(a,b)m,m>0.(短除法的根据) 例3求(84,90),(120,36).

(84,90)=3(28,30)=6(14,15)=6.(120,36)=12(10,3)=12. 性质3 (a,b)=(|a|,|b|). 性质4 (a,b,c)=((a,b),c).

例4求(-84,120),(-120,-72),(24,-60,-96).

例5设n 是任意整数,证明31

52

n n ++是既约分数.

证明 设d=(3n+1,5n+2),则d|3(5n+2)-5(3n+1),即d|1,d=1，

所以3n+1与5n+2互质.

作业 1.利用辗转相除法求(84,90). 2.求(120,36).

3.设n 是整数，证明

31

72

n n ++是既约分数。

§3整除的进一步性质及最小公倍数

1.整除的进一步性质

推论1设a,b 不全为零,那么有s,t ∈Z 使得as+bt=(a,b). 证明 将(*)中每式中的余数解出得

21n n n n

r r r q --=-,

1321

n n n n r r r q ----=-,…,

212

r b rq =-,

11

r a bq =-,再将

1221,,,,n n r r r r --L 的表达式依次代入到21n n n n r r r q --=-中就得au+bv=n r =(a,b)=d,u,v ∈Z.

例1用辗转相除法求(120,54),并求整数u,v 使得

120u+54v=(120,54).

解∵120=2×54+12,54=12×4+6,12=6×2,∴(120,54)=6. 12=120-2×54,6=54-12×4=54-(120-2×54)×4 =120×(-4)+54×9. ∴ u=-4,v=9.

练习用辗转相除法求(84,45),并求整数u,v 使得

84u+45v=(84,45).

设a,b 都是正整数,问a,b 的公因数与最大公因数有什么关系？ 例2 ①求(12,18)及12与18的所有正的公因数；

通过这个例子,请同学们观察最大公因数与公因数有何关系？能否提出自己的猜想？能否证明自己的猜想？

性质1 设d 是a,b 的最大公因数,那么,a,b 的任一公因数都是d 的因数.

证明 如果d=(a,b),由性质2有u,v ∈Z 使得au+bv=d.设s 是a,b 的任一公因数,则s|au,s|bv,且s|au+bv,即s|d.

性质2如果d=(a,b),则(

,a b d d

)=1.

性质3如果(a,c)=1,且c|ab,则c|b. 性质4如果(a,c)=1,则(ab,c)=(b,c). 性质5如果(a,b)=1,且a|c,b|c,则ab|c. 例3证明 三个连续整数的积一定可被6整除. 2最小公倍数

定义 如果m 是

12,,,n a a a L 中每一个数的倍数,则称m 是整数

12,,,n

a a a L 的一个公倍数.

12,,,n

a a a L 的公倍中最小正整数称为

12,,,n

a a a L 的最小公倍数.用

[

12,,,n a a a L ]来表示.

例如 [2,4,-3]=12,[15,12,20]=60,[6,10,15]=30.

定理3 [

12,,,n a a a L ]=[|1a |,|2a |,…,|n a |].

定理4 设a,b 是两个正整数,则 (i)a,b 的任一公倍数是[a,b]的倍数；

(ii)[a,b]=

(,)ab

a b .而且若(a,b)=1,则[a,b]=ab.

证明(i)设m 是a,b 的任一公倍数,而且m=t[a,b]+r,0≤r<[a,b]

,因m,[a,b]都是a,b 的公倍数,由r=m-t[a,b]知r 也是a,b 的公倍数,若0

(ii)记d=[,]ab

a b ,则d 是整数,由a|[a,b],a|[a,b]及

[,]a a b d b =,

[,]b a b d a =

知d|a,d|b,即d 是a,b 的公因数.

设h 是a,b 的任一公因数,由ab b a

a b h h h ==是a,b 的公倍数及TH16知[a,b]|ab h ,即[,]ab d Z a b h h

=∈,所以h|d,

(a,b)=d,从而(a,b)=

[,]ab

a b .

定理5 设

12,,,n a a a L 都是正整数,令

122[,]a a m =,233[,]m a m =,…,1[,]n n n m a m -=,则12[,,,]n n a a a m =L .

定理19设

12,,,n a a a L 是n(≥2)个正整数,且两两互素,则

12[,,,]n a a a =L 12n a a a L

例2 求[123,456,-789]

例3 求正整数a,b,满足:a+b=120,(a,b)=24,[a,b]=144.

例14设a,b,c 是正整数,则[a,b,c]=

(,,)abc

ab bc ca

作业:P14:1.

2.求(84,45),并求整数u,v 使得84u+45v=(84,45) .

§4质数 算术基本定理

1.质数

定义设整数a>1,如果a 除了1和a 外再无其它正因数,则称a 为质数,也称为素数.否则,称a 为合数. 2,3,5,7,11都是质数，4,6,8,9,10都是合数.

1-100内有素数25个,1-1000内有素数168个,1-10000内有素数1229,10万内有素数9592个,100万之内78498个.

定理1设整数a>1,则a 除1外的最小正因数q 是素数,而且当a 是合数时,q

≤

.

证明 假定q 是合数,设q=bc,1

若a 是合数,设a=qm,由q 的最小性知a=qm ≥qq,即q ≤

.

素数判定定理 设整数a>1,不超过

所有素数为

12,,,k p p p L ,如果i p ?a,i=1,…,k,则a 为素数.

例1 以下正整数哪个是素数？哪个是合数？ 231,89,103,169.

素数判别威尔逊定理:设整数p>1,那么p 是素数的充分必要条件是 p|(p-1)!+1. 例2 利用威尔逊定理判别3,5,7,11都是素数.

当p 较大时,(p-1)!+1的数值非常大,在实际运用时不可行。 定理2 设P 是素数,a 为任一整数,则或P|a,或(P,a)=1.

证明 因(P,a)|P,P 为素数,所以(P,a)=P,或(P,a)=1.即P|a,或(P,a)=1.

2.整数的唯一分解定理

定理3 任何a>1的整数都有标准分解式:a=

1212k

k

p p p αααL (3)

这里

12,,,k p p p L 为不同素数,整数0i α>,i=1,…,k.

推论

1 若正整数

a>1

的标准分解式为

a=

1212k

k

p p p αααL ,则a 的正因数d 为

d=12

1

2k k p p p βββL ,0i i βα≤≤,i=1,…,k.而且a 有不同的正因数12(1)(1)(1)k ααα+++L 个. 推论2设a=1212k

k

p p p αααL ,b=

1

212k

k p p p

βββL ,0i

α≥,0i β≥,i=1,…,k.

则

(1)(a,b)=1212k k p p p γγγL ,[a,b]=12

12k k p p p δδδL ，

其中min(,)i

i i γαβ=,max(,)i i i δαβ=,i=1,…,k.

(2)a,b 共有正公因数12(1)(1)(1)k γγγ+++L 个; (3)a,b 共有公因数

122(1)(1)(1)k γγγ+++L 个.

例3 求725760,154200的标准分解式,并求它们的最大公因数和最小公倍数.

解 因725760=82×5×11×41, 154200=32×3×2

5×257,

所以(725760,154200)=

3

2

×5, [725760,154200]=8

2×3×25×11×41×257.

例4求下列各组数的最大公因数及其公因数的个数:

(1)123,78；(2)120,54.

练习:求下列各组数的最大公因数及其公因数的个数:

(1)125,70；(2)140,56.

例8设p,q 都是大于3的素数,证明24|22

p q

-.

3质数的多少和质数的求法

定理4 素数有无穷多个.

证明 反证法,设质数只有k 个:

12,,,k p p p L ,令121k M p p p =+L ,

M>1,于是M 有素数因数p.因

i p ?M,i=1,2,…,k,p|M,所以p ≠i p ,i=

1,2,…,k.这就是说,

12,,,k p p p L ,p 是k+1个不同素数.这与假设矛盾.

1-n 之间的所有素数怎样求出来？

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：

(1)删去1，剩下的后面的第一个数是2，2是素数；

(2)删去2后面被2整除的数(从4开始),2后面剩下的第一个数3是素数； (3)删去3后面的被3整除的数(从9开始),3后面剩下的第一个数5是素数； (4)删去5后面的被5整除的数(从25开始),5后面剩下的第一个数7是素数；

现在表中剩下的就全为素数了:

2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97. 对较小范围内的素数以上求法方便,对较大范围内的素数,需要编程求素数了. 现在运行程序,求较大范围内的素数.找两个同学来求. 作业:1.判别1577是否为素数;2.P19:5t ；

3.求725760,154200的标准分解式,并求它们的最大公因数和最小公倍数,并求它们的所有公因数的个数。

§5 函数[x],{x}及其应用

1. 函数[x],{x}的定义

定义1 设x是实数,以[x]表示不超过x的最大整数，称它为x的整数部分，又称{x} = x - [x]为x的小数部分。例1 [3.5]=3,[-3.5]=-4,[-0.1]=-1,[0.1]=0,[π]=3,[-π]=-4.

性质设x与y是实数,则

(1)x≤y?[x]≤[y]；

(2)若m是整数,?[m+x]=m+[x]；

(3)若0≤x<1,则[x]=0；

(4)(带余除法)设a,b是整数,且b>0,则a=b []

a

b+b

{}

a

b.

设a=bq+r,0≤r

q

b b

=+

,故

[]

a

b=q,

{}

a r

b b

=

,所以a=b

[]

a

b+b

{}

a

b.

(5)设a与b是正整数,则1-a中能被b整除的整数有[]

a

b个。

证明能被b整除的正整数是b,2b,3b, ,因此,若数1,2, ,a中能被b整除的整数有k个,则kb≤a<(k+1)b?k≤a

b

[]

a

b.

例2 不超过101且是5的倍数的正整数有[101

5]=20个,100-500的整数中7的倍数的正整数有[

500

7]-[

99

7]=71-14=57.

2. 函数[x]的应用

设p

是素数,n是整数,如果

k

p

│n,

1

k

p+

?n,则称

k

p

恰好整除n.

例3设p

是素数,那么在1-n的整数中,恰好被

k

p

整除的整数有多少个？

定理1 在n!的标准分解式中,质因数p的指数是

h=[n

p]+[2

n

p]+[3

n

p]+…

证明在1,2,3,…,n中,

①恰被p整除的整数有[n

p]-[2

n

p]个;

② 恰被p 整除的整数有[

2n p ]-[

3n p ]个;

③ 恰被p 整除的整数有[3n p ]-[4

n p ]个;…,

④ 恰被p 整除的整数有[r

n p ]-[

1r n p +]个,…,于是

h=[

n

p

]-[2

n p ]+2([

2

n

p ]-[

3

n p ])+3([3

n p ]-[

4

n p ])+…+r([

r

n p ]-[

1

r n p +])+…=[

n

p

]+[2

n p ]+[

3

n

p ]+….

性质 [

1

r n p +]=[[

r

n p ]/r].

例3 求50!的标准分解式中,素数2,3,5的指数,并确定50!的十进制数的末尾0的个数. 练习1:200-300的整数中,求11的倍数的整数的个数.

练习2:60!的十进制数的末尾0的个数. 作业P23:1t.

2t,求100!的十进制数的末尾0的个数.

习题课

第二章 不定方程

§1二元一次不定方程 1.二元一次不定方程概念

例1百鸡问题:“鸡翁一,值钱五,鸡母一,值钱3,鸡雏三,值钱一.百钱买百鸡,问鸡翁、鸡母、鸡雏各几何？” 设百钱买鸡翁、鸡母、鸡雏分别x 只、y 只、z 只.依题意得 x+y+z=100,且5x+3y+z/3=100. 整理得 14x+8y=200且x+y+z=100.

这里要求x,y,z 都是非负整数.14x+8y=200称为二元一次不定方程.

二元一次不定方程的一般形式为ax+by=c,(a,b,c ∈Z).如果整数m,n 满足am+bn=c, 则称m,n 为ax+by=c 的一组整数解,ax+by=c 的一组已知整数解,也称为特解. 2.二元一次不定方程解法

定理1二元一次不定方程ax+by=c 有整数解的充分必要条件是,(a,b)|c. 证明 若不定方程ax+by=c 有整数解m,n,则am+bn=c,因为(a,b)|a,(a,b)|b,所以

(a,b)|am+bn,即(a,b)|c.

反之,若(a,b)|c,设c=t(a,b).由第一章§3定理1知,有整数u,v 使得au+bv=(a,b),两边都乘以t 得aut+bvt=t(a,b)=c,即ut,vy 是ax+by=c 的整数解。

定理2二元一次不定方程 ax+by=c,(a,b)=1 (1) 有整数解m,n,则方程的一切整数解为

x=m-bt,y=n+at,t ∈Z,或x=m+bt,y=n-at,t ∈Z. (2) 证明 易知?t ∈Z,由(2)得到的整数x,y 都是方程(1)的解.

设x,y 是(1)的任一整数解,于是ax+by=c,am+bn=c ，所以a(x-m)+b(y-n)=0,又得 a(x-m)=-b(y-n),从而b|a(x-m).因为(a,b)=1,所以b|(x-m),设x-m=bt,t ∈Z,a(x-m) =-b(y-n)得y-n=-at,这样就得x=m-bt,y=n+at,t ∈Z. 3.例子与应用

例1 求14x+8y=200的一切整数解和所有非负整数解. 例2 求111x-321y=75的一切整数解.

例3 甲物品每件12元，乙物品每件18元，现用100元钱去买这两种物品，若要求每种物品至少买1件，且尽量不剩或少剩钱，问甲乙物品各买多少件？ 作业P31:1(a),2.

§2多元一次不定方程

n 元一次不定方程的一般形式为 1122n n a x a x a x N

+++=L (1)

其中

12,,,,n a a a N Z

∈L .n ≥2是整数.

Th1 不定方程(1)有整数解充分必要条件是,(12,,,n

a a a L ) |N.

例1求9x+24y-5z=1000的一切整数解.

解 因(9,24,-5)=1,所以不定方程有整数解,因(9,24)=3,可设9x+24y=3u,于是 ①3x+8y=u, ②3u-5z=100

①的通解为x=u-8s,y=-u+3s,s ∈Z,②的通解为u=5t,z=-20+3t,t ∈Z. 故原不定方程的通解为x=5t-8s,y=-5t+3s,z=-20+3t,s,t ∈Z.

例2 把17/60写成分母两两互质的三个既约分数之和.

解 因60=3×4×5,设1760345x y z =++

,整理得20x+15y+12z=17.因(20,15,12=1,不定故方程有整数解,设20x+15y=5u,则 ①

4x+3y=u, ②5u+12z=17.

①的通解为

x=u-3s,y=-u+4s,s ∈Z,②的通解为

u=1-12t,z=1+5t,t ∈Z. 故原不定方程的通解为

x=1-12t-3s,y=-1+12t+4s,z=1+5t,s,t ∈Z.

所以，17112311241560

345t s t s t ---+++=++

.当t=s=0时,x=-y=z=1,此时有 17111

60345-=++

. 作业:1求3x+6y-5z=15的一切整数解.

§3 勾股数

1.不定方程222x y z +=

不定方程222

x y z +=的一组整数解(x,y,z)称为一组勾股数.

例如,(3,4,5),(6,8,10),(9,12,15),(8,15,17)等都是勾股数.

定理 不定方程222

x y z +=， (1)

满足x>0,y>0,z>0,(x,y)=1,2 |x (2)

一切正整数解可由下式表出：x=2ab,y=22a b -,z=22

a b + (3)

其中a>b>0,(a,b)=1,a,b 一奇一偶. (4) ① a=2,b=1,x=4,y=3,z=5; ②a=3,b=2,x=12,y=5,z=13; ③ a=4,b=1,x=8,y=15,z=17; ④a=4,b=3,x=24,y=7,z=25; ⑤ a=5,b=2,x=20,y=21,z=29; ⑥a=5,b=4,x=40,y=9,z=41. 2.其它不定方程

例3 求不定方程的全部整数解 ①xy=6, ②xy-x+y-4=0.

解① x=±1且y=±6,或x=±6,且y=±1,或x=±2,且y=±3,或x=±3,且y=±2。 ②原方程可变为(x+1)(y-1)-3=0,即(x+1)(y-1)=3.所以有

x+1=±1且y-1=±3,或x+1=±3,且y-1=±1.故得不定方程的全部整数解为 x=0,y=4;x=-2,y=-2;x=2,y=2,x=-4,y=0.

作业:1.写出不定方程222x y z +=的满足x>0,y>0,z>0,(x,y)=1,2 |x 的2组正整数解。

2.求不定方程xy-x-y-4=0的全部整数解.

第三章 同 余 §1同余的概念及其性质

1.同余及性质

定义 设m 是正整数,称m 为模.a,b ∈Z,如果a,b 被m 除所得的余数相同,则称a,b 对模m 同余,记为a ≡b(modm).如果a,b 被m 除所得的余数不同,则称a,b 对模m 不同余,记为a ?b(modm).

例如 4≡7(mod3),6≡11(mod5),4?5(mod3),6?8(mod5).

定理1 整数a,b 对模m 同余的充分必要条件是,m|a-b,即a=b+mt,t ∈Z. 证明 必要性,若a ≡b(modm).可设a=msa=r,b=mua=r,s,u ∈Z,则a-b=m(s-u)=mt, T=s-u ∈Z.所以m|a-b,且a=b+mt.

充分性,设a=ms+1r ,b=mu+2r ,a-b=m(s-u)+1r -2r .因m|a-b,所以m|1r -2r ,但|1r -2r

|

,即a ≡b(modm).

同余的性质

甲:a ≡b(modm).

乙:若a ≡b(modm),b ≡a(modm).

丙:若a ≡b(modm),b ≡c(modm),则a ≡c(modm). 丁、戊:

1122(mod ),(mod ),a b m a b m ≡≡则

12121212(mod ),

(mod )

a a

b b m a a b b m +≡+≡

由此可得,若

1122(mod ),(mod ),,(mod )

k k a b m a b m a b m ≡≡≡L 则

12121212(mod ),(mod )

k k k k a a a b b b m a a a b b b m +++≡+++≡L L L L .

由此可得定理2. 2.同余的应用 A.3(9)|a 的条件

设a=110101010n n i n n a a a a --++++L ,09,1,,,0i n a i n a ≤≤=≠L .则

因101i ≡(mod3(9)),i=1,…,n,则a 110

n n a a a a -≡++++L (modm),于是

3(9)|a ?是3(9)|

10

n a a a +++L .

B.7(11,13)|a 的条件

设a=110100010001000n n i n n a a a a --++++L ,0999,1,,,0

i n a i n a ≤≤=≠L .因

10001i ≡-(mod7(11,13)),则a 01(1)n

n a a a ≡-++-L (modm),于是

7(11,13)|a ?是7(11,13)|

01(1)n n

a a a -++-L .

例1 设a=5874192,b=435693,10

n a a a +++L =5+8+7+4+1+9+2=36,10

n a a a +++L

=4+3+5+6+9+3=30,所以9|a,3|b. 例2若a=637693,

01(1)n n

a a a -++-L =693-637=56,

7|56,11?56,13?56,所以7|5a,11?a6,13?a. 作业：1.p53:2.

§2 剩余类及完全剩余系

1.模m 的剩余类及完全剩余系

设m 是正整数,Z 是整数集,令r

K ={mt+r|t ∈Z},r=0,1,…,m-1,则

0K ,1K ,…,1m K

-称为模m 的剩余类.

易知,?a,b ∈r

K ,则a ≡b(modm).称a 为r

K 中其它数的剩余.

设

r r

a K ∈,r=0,1,…,m-1,称

0a ,1

a ,…,1m a -为模m 的完全剩余系.

定义 设m 是正整数,0,1,…,m-1称为模m 的非负最小完全剩余系.

m 为偶数时,

,1,,1,0,1,,1,-1,,1,0,1,,22222m m m m m -

-+--+-L L L L 或称为模m 的绝对最小完全剩余系；m 为奇数

时,

11

,,1,0,1,,22m m ---

-L L 称为模m 的绝对最小完全剩余系. 例1 m=6,模6的剩余类为

0K ,1K ,2K ,3K ,4K ,5

K ,0,1,2,3,4,5是模6的一个完全剩余系,1,2,3,4,5,6也是模6的一个完全剩余

系.-3,-2,-1,0,1,2;-2,-1,0,1,2,3都是模6的完全剩余系,称为模6的绝对最小完全剩余系.

例2 m=5时,0,1,2,3,4;-2，-1,0,1,2分别叫做模5的非负最小完全剩余系和绝对最小完全剩余系. 2.完全剩余系的判定

定理1 m 个整数1a ,2a ,…,m a 为模m 的完全剩余系的充分必要条件为，1a ,2a ,…,m a

对模m 两两不同余.

定理2 设m 是正整数,(a,m)=1,b ∈Z,

1x ,2x ,…,m x

是模m 的一个完全剩余系,则

1ax b +,2ax b

+,…, m ax b +是模m 的一个完全剩余系.

证明 对j ≠i,m ?

()

j i x x -,因为

()()

j i j i ax b ax b a x x +-+=-,且(a,m)=1,于是m ?

()

j i a x x -,所以m ?

()j i ax b ax b +-+.j ax b +?i ax b +（modm ）,i,j=1,2,…,m, j ≠i,从而1ax b +,2ax b

+,…,m ax b +是模m 的一个完

全剩余系.

例3 ①写出模9的一组完全剩余系,它的每一个数都是偶数; ②写出模9的一组完全剩余系,它的每一个数都是奇数. 作业：1.分别写出模7、模8的非负最小完全剩余系、绝对最小完全剩余系.

3 简化剩余系与欧拉函数

1.简化剩余系、欧拉函数

定义若模m 的一个剩余类里的数与m 互质,则称这个剩余类为与模m 互质的.

对与模m 互质的全部剩余类,从每一类里任取一数组成的集合,叫做模m 的简化剩余系. m=6时,

1K ,5K 是全部与模m 互质的剩余类,1,5是模6的简化剩余系.m=8时, 1K

,

3K ,5K ,7

K 是模8的简化剩余系.

定义设a 是正整数,欧拉函数()a ?=0,1,…,a-1中与a 互质的整数的个数. 例如(1)?=1,(2)?=1,(3)?=2,(4)?=2,(5)?=4,(6)?=2,(7)?=6. 模m 的一个简化剩余系中含有()m ?个数。 2.简化剩余系的判定 定理1 模m 的剩余类

r

K 与模m 互质的?是?a ∈Z,使得(a,m)=1.与模m 互质的剩余类的个数是()m ?.模m 的每一个简化剩余系,是

由与m 互质的对模m 两两不同余的()m ?个整数组成.

定理3设m 是正整数,(a,m)=1,

1x ,2x ,…,()m x ?是模m 的一个简化剩余系,则1ax

,

2

ax ,…,

()

m ax ?是模m 的一个简化剩余系.

定理4若

1m ,2m 是互质的两个正整数,1x ,2x 分别通过模的简化剩余系,则1m 2x +

2m 1

x 通过模

1m 2

m 的简化剩余系.

推论 若

1m ,2m 是互质的两个正整数,则

1212()()()m m m m ???=. 定理5 设正整数a 的标准分解式为a=

12

12k k

p p p αααL ,则

()a ?=1

2

111

1122(1)(1)(1)k

k k p p p p p p ααα------L =

12111

(1)(1)(1)k a p p p -

--L

证明 在数列1,2,…,p-1,p,p+1,…,p+p-1,2p,……,

p(1p α--1)+1,…, p(1p α--1)+p-1,1

p α-p

中与

p α互质的整数有1

p

α-(p-1)个，即1

()(1)p p p αα?-=-.

作业P60:3.

§4欧拉定理 费尔玛定理及其应用 1.欧拉定理 费尔玛定理

定理1(Euler)设a,m ∈Z,m>1,(a,m)=1,则

)(mod 1)

(m a m ≡?. 证明取模m 的一个简化剩余系))

((,,,,21m s b b b s ?=Λ,由于(a ,m )=1,由§3定理3知,

s

ab ab ab ,,,21Λ也是模m 的一个简化剩余系，

于是

1212()()()(mod )

s s ab ab ab b b b m ≡L L ,即

()1212(mod )

m s s a b b b b b b m φ≡L L ,因(m,i b

)=1,i=

1,2,…,()m ?,所以(m,12(),,,m b b b ?L )=1,从而

)(mod 1)(m a m ≡?.证毕。 推论(费尔玛定理)设P 是素数,则11(mod )P a P -≡,而且?a ∈Z,(mod )P

a a P ≡.

证明 若p |a,则0P

a a ≡≡(modP)，若(a ,m )=1，则1

1(mod )P a

P -≡，所以

(mod )P a a P ≡.

例1 设p,q 是不同的素数,证明

11

1P q q p --+≡(modpq). 证明 因p,q 是不同的素数,所以(p,q)=1,由费尔玛定理知,

11

1P q q p --+≡(modp), 111P q q p --+≡(modq).由同余的性质得,111P q q p --+≡(modpq).

例2设p ≠2,5为素数,整数a 的十进制数由p-1位,而且每一位上的数字都是9,证明p |a. 证明因p ≠2,5为素数,所以(10,p)=1,由费尔玛定理得,a=99…9=1

101P --≡0(mo

dp),即p |a.

例3 若变量x 取整数时,多项式P(x)=

01n

n b b x b x +++L 的值总为整数,则称P(x)

为整值多项式.证明,131

()

2730x x -是整值多项式.

证明 2730=2×3×5×7×13,当x 取整数值时,由费尔玛定理,

130x x -≡(mod13),即13|13x x -.

1376()(1)0x x x x x -=-+≡(mod7),即7|13x x -. 13584()(1)0x x x x x x -=-++≡(mod5),即5|13x x -.

133108642()(1)0x x x x x x x x x -=-+++++≡(mod3),即3|13x x -. 13211()(1)0x x x x x x -=-+++≡L (mod2),即2|13x x -.

因2,3,5.7.13两两互质,由整除的性质知,2×3×5×7×13|13

x x -，即2730|

13

x x -.故13

1()2730x x -是整值多项式.

例4 今天是星期一，问从今天起再过10

10

10天是星期几？

解 10≡3(mod7),221032≡≡(mod7), 33

1032361≡≡=≡-g

(mod7),所以 6101≡(mod7)。又因10≡-2(mod6), 221022≡≡-(mod6),故101024≡-≡(mod6)。

设10

1064k =+，k 为正整数,于是10

1064641010101034k k +==≡-≡(mod7),这就是说，从今天起再过10

1010天是星期五（1+4）。

例5求2011

2011

2011

被8除的余数。

作业:P64:1.例3 2.分数与循环小数

定义 如果无限小数0.

12n a a a L L

（

n a ∈

{0,1，…,9}）从任何一位数后不全为0,且能找到两个整数s ≥0,t ＞0,使得

s i s i kt

a a +++=,i=1,2,…,t,k=0,1,2,…. (*)

则称它为循环小数，并简记为0.112s s t

s a a a a a ++g

g

L L .

对满足(*)的最小正整数t,称1s s t a a ++g

g L 为循环节，称t 为循环节的长度.若最小的s=0,那小数就叫做纯循环小数，否则叫做混循环小数。

定理2有理数a

b ,0

b ,0

b <1及定义知 a

b =0.121t t a a a a a L L L =0.12t a a a L +121100.t

t t a a a a a -g L L L .于是 1210t

t a a a a b =L +0.121t t a a a a a L L L =q+a b .所以(101)t a bq -=,因(a,b)=1,所以b|101t -,设101t -=qb,则

10t qb -=1,故(b,10)=1. 充分性：如果(b,10)=1,由定理1知有一正整数t 使得101t ≡(modb),0

(101)t qb a =-,

0(101)

101t t a

q b <=-<-.

令q=

12121101010t t t t

a a a a ---++++L ,显然

12,,,t

a a a L 不全为9,也不全为0.而且

10t q =120.t a a a L ,又由10t a qb a =+得11010t t a q a b b =+=1210.10t t a a a a b +L ，反复利用a b =1210.10t t a

a a a

b +L 即得a b =0.121t t a a a a a L L L =10.t a a g g

L .

定理3有理数a b ,0

αβ=g 不全为0,1(,10)b =1,11

b >,则a

b 能表成纯循环小数.其中不循环部分的位数是

max(,)μαβ=,

四章 同余方程

§1基本的概念及一次同余方程

1.同余方程的概念

定义 设f(x)=01n

n a a x a x +++L ,这里

i a Z

∈,i=0,1,…,n.m 是正整数,则称

f(x)=

01n n a a x a x +++≡

L 0(modm). (1)

为同余式,或模m 的同余方程.

若

n a ≡0(modm),n 称为同余方程(1)的次数.若a ∈Z 而且f(a)≡0(modm),则称

x ≡a(modm)为同余方程(1)的解.

例1 f(x)=2

3x x ++≡0(mod5)是模5的2次同余方程,由于f(1)=5≡0(mod5),因此

x ≡1(mod5)是同余方程的一个解.另外x x=

10

m t x +，

1/m m d

=,

t=0,±1,±2,…, (mod5)也是同余方程的一个解. 2一次同余方程

一次同余方程的一般形式：ax ≡b(modm),a ≡0(modm) (2) 例如 2x ≡3(mod5), 4x ≡8(mod7), 3x ≡9(mod11),

定理1 同余方程(2)有解的充分必要条件是,(a,m)|b.而且当(2)有解时,(2)对模m 来说有(a,m)个解. 证明 (2)有解的充分必要条件是ax-my=b 有整数解,充分必要条件是(a,m)|b.

设d=(a,m),如果(2)有解,则满足(2)的一切整数可以写成x=10m t x +,1/m tm d

=,

t=0,±1,±2,…,但对模m 来说,这些整数可以写成x ≡10

m t x +(modm),t=0,1,2,…,d-1.

而它们关于模m 两两不同余.

例2 解一次同余方程2x+6≡0 (mod4),

解 因(2,4)|6,由定理1,同余方程有(2,4)=2个整数解.设2x-4y=-6,则x-2y=-3,由此可得x=-1+2t,t ∈Z,所以同余方程的结为x ≡-1+2t(mod4),t=0,1.即x ≡-1(mod4) x ≡1(mod4).

例3 解一次同余方程12x+4≡0 (mod8),

因(12,8)=4,4|4,由定理1,同余方程有4个整数解.设12x-8y=-4,则3x-2y=-1,由此可得x=-1+2t,t ∈Z,所以同余方程的结为x ≡-1+2t(mod4),t=0,1,2,3. 即x ≡-1,1,3 5(mod8).

例4 解一次同余方程15x+6≡0 (mod9), 作业:1 解一次同余方程:12x-6≡0(mod9).

§2 孙子定理

中国古代的《孙子算经》中有物不知数：

今有物不知数,三三数之剩二，五五数之剩三,七七数之剩二,问物几何？答曰二十三. 设物的数量为x,则x ≡2(mod3),x ≡3(mod3),x ≡2(mod7).求满足此条件的整数x. 这个同余方程可推广为

x ≡1b (mod 1m ), x ≡2b (mod 2m ),…,x ≡k b

(mod k m ). (1)

这里

1m ,2m ,…,k m

为两两互质的正整数.

定理 设

1m ,2m ,…,k m 为两两互质的正整数,m=1m 2m …k m =i i m M

.i=1,2,…,k.则同余方程(1)的解为

x ≡

1112

22k k k M M b M M b M M b '''+++L (modm).

这里

1

i i M M '≡(mod

i

m ),i=1,2,…,k.

例1 解同余方程x ≡1b (mod5),x ≡2b (mod6),x ≡3b (mod7),x ≡4b

(mod11).

解m=2310=5·6·7·11=5·462=6·385=7·330=11·210.解1

i i M M '≡(mod

i

m ), i=1,2,

3,4得,

13,M '=2

1M '=,31M '=,41M '=.故原同余式组的解为

x=3·4261b +3852b +3303b +2104b

(mod2310).

例 2 韩信点兵:有兵一队,若列成五行纵队,则末行一人,若列成六行纵队,则末行五人, 若列成七行纵队,则末行四人, 若列成十一行纵队,则末行十人,求兵数.

解 此时

11b =,25b =,34b =,410

b =,由例1即得

x=3·426·1+385·5+330·4+210·10=6730≡2111(mod2310). 例3 解同余方程组x ≡2(mod3),x ≡3(mod3),x ≡2(mod7). 解 105=3×5×7=3×35=5×21=7×15.由35

11

M '≡(mod3),21

2

1M '≡(mod5),15

3

1M '≡(mod7)得

11M '=-,2

1M '=,31M '=.所以原同余方程组的解为

x=35·(-1)·2+1·21·3+1·15·2=23(mod105).

作业P79:1(i).

2020小学数学教师线上教学工作计划5篇

2020小学数学教师线上教学工作计划（一）当前，小学数学教学正处在一个大的变革之中，作为教师，我们要努力探讨如何在数学教学中进行教学质量的提升和差生的转化工作。为了全面激发三（4）、三（5）班学生学习的主动性和积极性，通过培优补差使学生认真对待学习，发展智力，实行以点带面，全面提高，因此，特制订有关的数学教学计划。一、情况分析三（4）、三（5）两个班共有学生104人，每班都有52人。从两班学生的学习情况、知识技能掌握情况以及日常行为规范情况来看，大部分同学学习积极性高，学习目的明确，上课能够比较认真听讲。但同时，仍然有大部分学生学习不够认真，对数学课的学习兴趣不浓厚、动手能力不强，纪律生活方面比较懒散，自我控制力不强，经常出现上课讲小话、搞小动作、不做作业等现象，特别是班干部不能起到很好的模范作用，自我要求不严格。两个班学生在上学期二年级期末考试中，数学成绩都是比较差，其中三（5）班的差生落后面大，有4名学生的数学成绩仅仅及格，优生很少，全班的数学三率综合值居全级倒数最后一名。二、工作目标1、加强常规教学的管理，努力提高学生学习成绩。2、做好差生辅导的工作，尽量减少学生落后层次。三、具体措施1、狠抓班风、学风的管理，为提高教学质量保驾护航。 ①注重发挥班干部的带头作用，促进浓厚学风的形成。平时经常教育学生要有明确的学习目的，端正学习态度，遵守学习纪律，指导学生选择好适合自己的学习方法，提高学习的自觉性，养成良好的学习习惯，提高学习成绩。②让每位同学都成为班风、学风建设的主人。尽早和每位学生促膝谈心，仔细观察他们的言行及对人、处事的态度，特别注意了解他们平坦喜欢哪些活动，结交什么朋友，从而掌握他们的思想、情绪及心理特点，对症下药；公平对待每位学生，在某些方面给予“偏爱”，如上课多注意他们、多提问他们，多加鼓励，树立信心，为他们创设成功的机会。2、规范课堂教学，全面提升教学质量。①认真备课，努力上好每节课。集体备课的时候，细心分析好每个单元的教学目标、重点、难点、教学方法和作业布置等内容，充分发挥集体的力量，提高课堂教学效率。②课堂上，坚持以培养学生学习兴趣和发展学生思维能力作为出发点，力求课上“四让”：课本让学生读，问题让学生议，思路让学生讲，小结让学生作，同时实施“三讲五给”：讲重点、难点、方法；给学生动脑想、动眼看、动耳听、动口讲，动手做，使学生积极主动参与教学的全过程。 ③努力提高学生的计算能力，让学生偿试成功。（1）培养一看、二想、三算、四演的习惯。计算时，要求学生看清题目中的数字和符号，再想一想用什么方法或简便方法以及计算时应注意什么，先算什么，后算什么等，进行计算后发现问题及时纠正。（2）养成

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.

初等数论教案

厦门大学教案 学年度第学期 院（系）数学科学学院 任课教师祝辉林 课程名称初等数论 授课章节：第4.3节一次同余方程组和孙子定理 授课教材：《初等数论》，北京大学出版社 授课对象：数学类专业一年级本科生 【教学要求】 1. 了解孙子定理的历史背景和起源出处，理解用孙子定理求解一次同余方程组的思想方法和公式，掌握求解一次同余方程组的计算步骤； 2. 掌握一次同余方程组的模两两不互素时，应当如何转化成模两两互素时的等价一次同余方程组，再用孙子定理求解； 3. 理解一次同余方程组的意义，并能用孙子定理的方法解决一些实际应用问题。 【教学重点】 1. 孙子定理的思想方法和计算步骤； 2. 如何应用孙子定理解决实际应用问题。 【教学难点】 理解孙子定理的思想方法。 【教学内容】 第三节一次同余方程组和孙子定理 本节主要讨论一次同余方程组的解法。为了解决这类同余方程组，我们需要弄清楚剩余系的结构。孙子定理(又称中国剩余定理)就是解决这类实际问题的有力工具。 一、“物不知其数”问题及其解法 1.1问题的提出

例1：（“物不知其数”问题） 大约在公元四世纪，我国南北朝时期有一部著名的算术著作《孙子算经》，其中就有一个“物不知其数”问题：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？答曰：二十三”。 1.2 问题的解法及理由 明朝程大位编著的《算法统宗》里记载了此题的解法，他是用一首歌谣叙述出来的： 三人同行七十稀，五树梅花廿一枝。七子团圆正月半，除百零五便得知。 这首诗翻译成数学算式就是：702213152233?+?+?=，233105223-?=。 解题步骤及理由如下： （1）先在5和7的公倍数中找除以3余1的数，进而找到除3余2的数。 因为[5,7]35=，35311÷=(余2)，(352)323?÷=(余1)，而(702)346?÷=(余2)，所以140符合条件。 （2）在3和7的公倍数中找除以5余1的数，进而找到除5余3的数。 因为[3,7]21=，2154÷=(余1)，(213)512?÷=(余3)， 所以63就是符合条件的数。 （3）在3和5的公倍数中找除以7余1的数，进而找到除7余2的数。 因为[3,5]15=，1572÷=(余1)，(152)74?÷=(余2)，所以30就是符合条件的数。 （4）将上面得到的分别符合上面三个条件的三个数相加：702213152233?+?+?=。 因为70(或140)是5和7的倍数，而3除余1(或余2)的数。21(或63)是3和7的倍数，而5除余1(或余3)的数。15(或30)是3和5的倍数，而7除余1(或余2)的数。 所以233是除以3余2、除以5余3和除以7余2的数。 又因为[357]105=，，，233210523-?=也是它的解，而且23105<， 所以23是最小解，其所有解为10523x k =+(k =0,1,2,???)。

初等数论试卷和答案

初等数论试卷和答案 Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998

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 ≤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) 1、证明对于任意整数n ,数6233 2n n n ++是整数. 2、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除. 3、证明形如14-n 的整数不能写成两个平方数的和. 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.

初等数论试题

2 010年7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.-30被-9除的余数是() A.-3 C.3 2.下列给出的数中是合数的是() A.1063 C.1093 1000 3.400 xx5的幂指数是() B.-6 D.6 B.1073 D.1103

A.1 C.3B.2 D.4 4.不能表示为5x+7y（x,y是非负整数）的最大整数是() A.23 C.25B.24 D.26 5.下列给出的素数模数中，3是平方非剩余的是() A.37 C.53 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。 1.60480的标准分解式为___. 2.μ (50400)=___. 3.π( 55.5)＝___. 4.对任意的正整数n，最大公因数(12n+1,30n+3)=___. 5.若(n)=4，则n=___. 6.同余方程6x≡7(mod 23)的解是___. 7.不定方程6x+9y=30的通解是___.

8.写出模10的一个最小的非负简化剩余系，并要求每项都是7的倍数，则此简化剩余系为 B.47 D.59 ___. 9.326 被50除的余数是___. 10.xxM 23是___（填素数或合数）. 三、计算题(本大题共4小题，每小题10分，共40分) 1.已知两正整数中，每一个除以它们的最大公约数所得的商之和等于18，它们的最小公倍数等于975，求这两个数。 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？ 3.求正整数x，使x2-1216是完全平方数。 4.已知563是素数，判断不定方程x2+563y=429是否有整数解。 四、证明题(本大题共2小题，每小题10分，共20分) 1.证明当n为整数时，504|n9-n3。 2.设(a,m)=1，若x通过模m的完全剩余系，则ax+b也通过模m的完全剩余系.

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

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;

人教版五年级数学下册整册教案(修改_非表格版)

五年级数学下册教学计划 一、学情分析： 学生的基础参差不齐，两级分化现象严重。学习的主动性远远不够。当然，班上也有很多积极向上的学生，也有很多思维活跃、善于思考的学生。 二、教学内容： 图形的变换，因数与倍数，长方体和正方体，分数的意义和性质，分数的加法和减法，统计，数学广角和综合应用等。 在数与代数方面，这一册教材安排了因数与倍数、分数的意义和性质，分数的加法和减法。因数与倍数，在前面学习整数及其四则运算的基础上教学初等数论的一些基础知识，包括因数和倍数的意义，、、的倍数的特征，质数和合数。教材在三年级上册分数的初步认识的基础上教学分数的意义和性质以及分数的加法、减法，结合约分教学最大公因数，结合通分教学最小公倍数。 在空间与图形方面，这一册教材安排了图形的变换、长方体和正方体两个单元。在已有知识和经验的基础上，通过丰富的现实的数学活动，让学生获得探究学习的经历，认识图形的轴对称和旋转变换；探索并体会长方体和正方体的特征、图形之间的关系，及图形之间的转化，掌握长方体、正方体的体积及表面积公式，探索某些实物体积的测量方法，促进学生空间观念的进一步发展。 在统计方面，本册教材让学生学习有关众数和复式折线统计图的知识。在学习平均数和中位数的基础上，本册教材教学众数。平均数、中位数和众数都是反映一组数据集中趋势的特征数。平均数作为一组数据的代表，

比较稳定、可靠，但易受极端数据的影响；中位数作为一组数据的代表，可靠性比较差，但不受极端数据的影响；众数作为一组数据的代表，也不受极端数据的影响。当一组数据中个别数据变动较大时，适宜选择众数或中位数来表示这组数据的集中趋势。 在用数学解决问题方面，教材一方面结合分数的加法和减法、长方体和正方体两个单元，教学用所学的知识解决生活中的简单问题；另一方面，安排了“数学广角”的教学内容，引导学生通过观察、猜测、实验、推理等活动向学生渗透优化的数学思想方法，体会解决问题策略的多样性及运用优化的方法解决问题的有效性，感受数学的魅力。 本册教材根据学生所学习的数学知识和生活经验，安排了两个数学综合应用活动，让学生通过小组合作的探究活动或有现实背景的活动，运用所学知识解决问题，体会探索的乐趣和数学的实际应用，感受用数学的愉悦，培养学生的数学意识和实践能力。 三、教学目标： .理解分数的意义和基本性质，会比较分数的大小，会把假分数化成带分数或整数，会进行整数、小数的互化，能够比较熟练地进行约分和通分。 . 掌握因数和倍数、质数和合数、奇数和偶数等概念，以及、、的倍数的特征；会求以内的两个数的最大公因数和最小公倍数。 . 理解分数加、减法的意义，掌握分数加、减法的计算方法，比较熟练地计算简单的分数加、减法，会解决有关分数加、减法的简单实际问题。 . 知道体积和容积的意义及度量单位，会进行单位之间的换算，感受有关体积和容积单位的实际意义。 . 结合具体情境，探索并掌握长方体和正方体的体积和表面积的计算方

最新初等数论试卷,最全面的答案,包括截图

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 ≡?≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡?≡ 6．模10的一个简化剩余系是( D )

初等数论 1 习题参考答案

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

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）

《初等数论》教学大纲

《初等数论》教学大纲 课程编码：110823 课程名称：初等数论 学时/学分：54/3 先修课程：《数学分析》、《高等代数》 适用专业：信息与计算科学 开设教研室：代数与几何教研室 一、课程性质与任务 1．课程性质：初等数论是信息与计算科学专业的一门专业必修课程。该课程是研究整数性质和方程（组）整数解的一门学科，也是一个古老的数学分支。初等数论是现代密码学的一门基础课程，也是高等学校信息安全专业的一门重要的基础课。初等数论在计算技术、通信技术等技术学科中也得到了广泛的应用。 2．课程任务：初等数论是信息与计算科学专业的一门重要的专业必修课，开设的目的在于使学生熟悉和掌握数论的基础知识，基本理论和基本的解题技能技巧，培养学生的逻辑思维能力，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系，为进一步学习信息安全领域的其它学科打下坚实的基础。 二、课程教学基本要求 初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。本课程的目的是简单介绍在初等数论研究中经常用到的若干基础知识、基本概念、方法和技巧。 通过本课程的学习，使学生加深对整数的性质的了解，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系。 1. 有关定义、定理、性质等概念的内容按“知道、了解和理解”三个层次要求；有关计算、解法、公式和法则等方法的内容按“会、掌握、熟练掌握”三个层次要求。 2. 本课程开设在第5学期，总学时54，其中课堂讲授54学时，课堂实践0学时。教学环节以课堂讲授为主，研制电子教案和多媒体幻灯片以及CAI课件，在教学方法和手段上采用现代教育技术。 3. 成绩考核形式：期终成绩（闭卷考试）（70%）＋平时成绩（平时测验、作业、课堂提问、课堂讨论等）（30％）。成绩评定采用百分制，60分为及格。

初等数论试卷

初等数论试卷 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 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 ≡?≡ 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;

(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.

人教版五年级下册《因数和倍数》说课稿

《因数和倍数》说课稿 一、说教材 《因数和倍数》是小学人教版课程标准实验教材五年级下册第二单元的内容，也是小学阶段“数与代数”部分最重要的知识之一。《因数和倍数》的学习，是在初步认识自然数的基础上，探究其性质。其中涉及到的内容属于初等数论的基本内容，相当抽象。在这一内容的编排上与以往教材不同，没有数学化的语言给“整除”下定义，而是在本课时通过乘法算式借助整除的模式na=b直接给出因数与位数的概念。这节课是因数与倍数的概念的引入，为本单元最后的内容，以及第四单元的最大公因数，最小公倍数提供了必须且重要的铺垫。 二、说教学目标： 知识、技能方面： 让学生理解倍数和因数的意义，掌握找一个数的倍数和因数的方法，发现一个数的倍数、因数中最大的数、最小的数及其个数方面的特征。 情感、价值方面： 让学生初步意识到可以从一个新的角度来研究非零自然数的特征及其相互关系，培养学生的观察、分析和抽象概括能力，体会教学内容的奇妙、有趣，产生对数学的好奇心。 三、说教学重点：理解倍数和因数的含义与方法 难点：掌握找一个数的倍数和因数的方法。 四、说教法学法：

1、遵循学生主体，老师主导，自主探究，合作交流为主线的理念，利用学生对乘法的运算理解概念。 2、小组合作讨论法。以学生讨论，交流，互相评价，促成学生对找一个数的因数和倍数的方法进行优化处理，提升。巩固学生方法表达的完整性，有效性，避免学生只掌握方法的理解，而不能全面的正确的表达。 五、说教学过程： （一）激发兴趣，引入新课：让学生针对12个正方形的摆法讨论，激发学生兴趣，引入数学中自然数和自然数之间也有各种关系，初步体会数和数的对应关系，既拉近了数学和生活的联系，又培养了学生的兴趣。 （二）情境体验，理解概念：分三个层次进行教学。（1）情境体验，初步感知倍数和因数的意义。让学生根据12个正方形的不同摆放方式写出算式，让学生充分经历了“由形到数、再由数到形”的过程，既为倍数和因数概念的提出积累了素材，又初步感知倍数和因数的关系，为正确理解概念提供了帮助。（2）在具体的乘法算式中，理解倍数和因意义。这样做不仅降低了难度，而且为学生的后续学习拓展了空间。根据算式介绍倍数和因数的意义，然后让学生根据其余两道乘法算式模仿的说一说，充分的读一读，在通过“能说4是因数，36是倍数吗？这一反例的教学，充分感受倍数和因数是相互依存的。 明确：倍数和因数表示的是两个数之间的关系，所以不能单说谁是倍数，谁是因数。

整数的整除性与同余(教案)

整数的整除性与同余（教案） 教学内容 整除与同余 教学目标 1 让学生初步学习整除与同余的概念及基本性质; 2 能够简单的应用整除与同余的知识处理一些初等数论问题. 教学过程 一、整数的整除性 1、整除的定义： 对于两个整数a 、b （b ≠0），若存在一个整数m ，使得b m a ?=成立，则称b 整除a ，或a 被b 整除，记作b|a. 2、整除的性质 1）若b|a,则对于任意非0整数m 有bm|am; 2) 若b|a ，c|b ，则c|a 3) 若b|ac ，而（a ，b ）=1（（a ，b ）=1表示a 、b 互质，则b|c ； 4) 若b|ac ，而b 为质数，则b|a ，或b|c ； 5) 若c|a ，c|b ，则c|（ma+nb ），其中m 、n 为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和） 6）连续整数之积的性质 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除；任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除 例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x ，y ，z 均为整数，若11｜（7x+2y-5z ），求证：11｜（3x-7y+12z ）。 证明∵4(3x -7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而 11｜11(3x-2y+3z),且 11｜(7x+2y-5z),∴ 11｜4(3x-7y+12z)又 (11,4)=1 ∴ 11｜(3x-7y+12z) 例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜b 679a 试求a,b 的值。 解：∵72=8×9，且（8，9）=1，∴只需讨论8、9都整除b 679a 时a,b 的值。若8｜b 679a ，则8｜b 79，由除法可得ｂ＝２若9｜b 679a ，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3 例3（1956年北京竞赛题）证明：1n 2 1n 23n 23-++对任何整数n 都为整数，且用3除时余2。

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