王进明 初等数论 习题及作业解答
P17 习题1-1 1，2(2)(3), 3，7，11，12为作业。
1．已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.
解：
1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=
(121)454122626390,b +=---=b =30, 被除数a =12b +26=360+26=386.
这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题。
2．证明：(1) 当n ∈Z 且
39(09)n q r r =+≤<时，r 只可能是0,1,8;
证：把n 按被9除的余数分类，即：若n=3k, k ∈Z ，则3327n k =, r=0；
若n=3k +1, k ∈Z ，则
3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则
33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8.
(2) 当 n ∈Z 时，
32326
n n n
-+的值是整数。 证 因为32326n n n -+=32236
n n n -+，只需证明分子32
23n n n -+是6的倍数。 32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--
(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.
由k ! 必整除k 个连续整数知：6
|(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+.
或证：2!|
(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.
若3|n, 显然3|
(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --为3的倍数；若n 为3k －1, k
∈Z ，则2n －1=2(3k －1)－1=6k-3, 2n －1是3的倍数.
综上所述，
(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。
(3) 若n 为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．
证明：利用11n+2+122n+1=121×11n +12×144 n =133×11n +12×(144 n －11 n )及例5的结论．
(4)当m ，n ，l ∈N +时，
()!
!!!
m n l m n l ++的值总是整数
证明：
()!m n l ++=()(1)(1)()(1)
(1)!m n l m n l n l n l n l l l ++++-++++-+?
由k !必整除k 个连续整数知：
!|()(1)
(1)m m n l m n l n l ++++-++,
n ! |
()(1)(1)n l n l l ++-+，从而由和的整除性即证得命题。
(5)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是双数时，
()|()n n a b a b +-； (6)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是单数时，
()|()n n a b a b ++．
解：利用例5结论：若a ≠ b ，则
()|()n n a b a b --．令b=－b*, 即得。
或解： a = (a+b)－b ， (5) 当n 为双数时，由二项式展开
()n
n n n a b a b b b -=+--????
()()
()
()1
1
11n n n n a b n a b b n a b b ---=+-++
+-+，证得。(6) 当n 为单数时类似可得。
3．已知a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，b ∈Z,且
5
221
i
i a
b ==∑，说明这六个数不能都是奇数．
解：若这六个数都是奇数，设
21,,1,2,3,4,5i i i a k k Z i =+∈=，则
55
522
1
1
1
(21)
4(1)5i
i
i i i i i a k k k ====+=++∑∑∑，因为2|(1)i i k k +，所以8 | 45
1
(1)i i i k k =+∑,
5
21
85,i
i a
q q Z ==+∈∑, 而22(21)4(1)1b k k k =+=++，2*81b q =+，*,k q Z
∈，
即等式左边被8除余5, 而右边被8除余1, 故不可能这六个数都是奇数。
4．能否在下式的各□内填入加号或减号，使下式成立；能的话给出一种填法，否则，说明理由。
1□2□3□4□5□6□7□8□9=10
不能，因为等式左边有单数个单数，它们的和差只能是奇数，而等式右边10为偶数。或解：无论各□内填入加号或减号，1□2□3□4□5□6□7□8□9+1+2+3+4+5+6+7+8+9总是偶数，而1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,因此的结果1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇数。
5．已知：a ，b ，c 均为奇数．证明
20ax bx c ++=无有理根。
证：若有有理根，记为
,,p p q q 互质，代入方程有2()0p p
a b c q q
+?+= 即
220ap bpq cq ++=，这是不可能的，因为p,q 互质，二者不可能同时为偶数。
若p 为偶数，则
2ap bpq +为偶数，但2cq 是奇数，它们的和不可能为0; 若q 为偶数，则
2bpq cq +为偶数，但2ap 是奇数，它们的和也不可能为0。
6．在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?
解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．
7．将1-—99这99个自然数依次写成一排，得一多位数A ＝1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011…97 98 99，求A 除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余数分别是多少?
解：由数的整除特征，2和5 看末位，∴ A 除以2余1，A 除以5余4；4和25 看末两位，∴ A 除以4余3，A 除以25余24；8和125看末三位，∴ A 除以8余3，且除以125余24；3和9看各位数字的和，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=45，A 所有数字的和等于450,
∴ A 除以3和9都余0，A 除以11的余数利用定理1. 4, 计算奇数位数字之和－A 的偶数位数字之和．奇数位数字之和1+3+5+7+9+(0+1+…+9) ×9，偶数位数
字之和2+4+6+8+(1+2+…+9) ×10，两者之差为－40，原数除以11的余数就是－40除以11的余数：4.
8．四位数7x 2y 能同时被2，3，5整除，求这样的四位数．
解：同时被2，5整除，个位为0，再考虑被3整除，有4个：7020，7320，7620，7920．
9．从5, 6, 7, 8, 9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3, 5, 7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？
被5整除，个位必为5. 5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,
从最大的开始试除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。 10．
11．1至1001各数按以下的格式排列成表，像表中所示的那样用—个正方形框住其中的9个数，要使9个数的和等于(1)2001，(2)2529，(3)1989，能否办到?如能办到，写出框里的最小数与最大数．如办不到，说明理由．
12345678910111213141516171819202122
23
24
25
26
27
28
9959969979989991000
1001
解：设框里居中心的数为x ,则9个数的和等于9x . (1) 9不能整除2001，∴和等于2001办不到；(2) 9x =2529，x =281，是所在行第一个数，∴和等于2529办不到；(3) 9x =1989，x =221，和等于1989能办到，框里的最大数为x +8=229，最小数为x －8=213．
12．证明：7(或11或13)
13210|n n a a a a a a -的特征是：7(或11或13) 整除13210||n n a a a a a a --
解答：因为7×11×13=1001。（谐“一千零一夜”） ∴a n a n-1…a 3a 2a 1a 0=7×11×13×a 2a 1a 0+(a n a n-1…a 3－a 2a 1a 0) ×1000．
附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—1中的部分题目
3．已知a ，b ，c 中，有一个是2001，有一个是2002，有一个是2003，试判断(a —1)×(b —2)×(c —3)的奇偶性，并说明理由．
6．
24|62742,,.αβαβ求
9. 是否存在自然数a 和b ，使a 2－b 2 = 2002成立? 11．证明：当n ∈Z 时，6 | n(n ＋1)(2n ＋1)．
12．已知：()2f x ax bx c =++，f (0)，f (－1)，f (1)，x 均为整数．证明：().f x Z ∈
解答：
3．偶数．因为a ，b ，c 中，有三个奇数，所以a －1，c －3中至少有一个是偶数．
6．只需
3|62742,8|62742αβαβ且，即3|(),8|αβαβ+且，先考虑0,2,4,6,
β=有5组解
0,2,4,7,9,
0;4;8;2; 6.
αααααβββββ=====??????????
=====????? 9．不存在．利用a 2－b 2 =(a －b)(a + b)，而a －b ，a + b 的奇偶性相同．而2002=2×1001. 11．用数学归纳法或n (n +1)(2n +1)= n (n +1)(n +2)+(n －1)n (n +1)，利用整除的基本性质(13)． 12．由f (0)，f (－1)，f (1)，x 均为整数可得c , a +b , a －b 均为整数. 进而知2a ，2b 为整数.
分类讨论(k ∈Z): x =2k 时，由2a ，2b 为整数f (x )显然为整数;
x =2k +1时，f (2k +1) = 4ak (k +1) + 2bk + a + b + c , 可知f (x )仍然为整数。
习题1-2
1. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003，17357
2. 求证：对任意 n ∈Z +，必有 n 个连续的自然数都是合数.
3. 当 n 是什么整数时，n 4+ n 2+1是质数？
4. 求证：当 n ∈Z +时，4n 3+6n 2+4n +1是合数.
5. 求 a ，使 a ，a +4，a +14都是质数.
6. 已知两个质数 p 和 q 满足关系式 3p+5q=31.求p/(3q+1)的值.
7. 已知 p>3，且 p 和 2p+1都是质数，问 4p+1是质数还是合数？
8. 由超级计算机运算得到的结果（2859433－1）是一个质数，试问：（2859433+1）是质数还是合数？请说明理由. 9. 已知：质数 p 、q 使得表达式（2p+1）/q 及(2q-3)/p 都是自然数，求 p 、q 的值 . 10. 试证：形如 4n -1的数中包含有无穷多个质数 .
11.（1）若 n 是合数，证明：2n -1也是合数；（2）有人认为下列各和数：1+2+4，1+2+4+8，1+2+4+8+16，…交替为质数与合数，你认为对吗？ 12. 已知：质数 p≥ 5，且是质数，证明：4p+1必是合数 .
习题1-2解答
1.
11<, 109用质数试除到7, 45<,2003用质数试除到37，可知两者是质数，17357=17×1021是合数. 试除时，用数的整除特征考
虑：2，3，5显然不能整除它，由上节第8题结论，357－17= 340，340不能被7，11，13整除，再用17考虑，得分解式。
2. 为作一般性证明，可如下构造 n 个连续自然数：（n + 1）！+ 2，（n + 1）！+ 3，…，（n+ 1）！+ n + 1显然它们每个都是合数.
3. 利用 n 4+ n 2+1 = n 4+ 2n 2+1－n 2 = (n 2+ n+ 1)(n 2－n+ 1)，知仅当 n= ± 1时，n 4+ n 2+1为质数 .
4. 利用4n 3+ 6n 2+4n+1= (2n+1)(2n 2+ 2n+ 1) ,n ∈Z +, n ≥1,2n+1和2n 2+ 2n+ 1皆为大于1的数.
5. a=3. 思路：分类讨论(k ∈Z): ∵ a=3k+1时，a + 14是3的倍数，a=3k+2时，a + 4是3的倍数。∴ 必有a =3k ，即a 为3的倍数。而a 是质数, 只有a =3时，三个数全是质数。
6. 条件为一个不定方程, 可知1 < q ≤ 5, 穷举得q=2, p=7; q=5,p=2两组解。故1或 1/8。
7. 合数. 利用质数 p> 3得 p 不是 3的倍数，p= 3k+ 1，3 | 2p+1，所以，p=3k+2，3 | 4p+1. 或解：4p ，4p+1，4p+2是三个连续整数，必有一个被3整除，由题设，只有3 | 4p+1.
8. 合数 . 2859433不可能是3的倍数，连续三个自然数中必有一个是 3的倍数. 即（2859433+1）。另一种解法：由习题1—1第1题（2）的结论，（2+1）|（2859433+1）． 9. 设
2123,p q h k q p +-==，h 、 k 必为奇数, 21424242
423p p p p k q q kp kp
++++==<<+,得，而k 不能为3, 故只有k =1, 这样2q －3=p , 代入45
4q h
q
-=
<，同时质数 p 、q 大于 3. 所以, 只能有h =3, 因而得 q =5, p =7. 10. 先证：一切大于 2的质数，不是形如 4n + 1就是形如 4n －1的数；再证任意多个形如 4n+1的数，最后用数学归纳法验证 .
若形如 4n －1的质数只有有限个：p 1, p 2, …, p k 。令N = 4 p 1 p 2 … p k －1，N 为形如 4n －1的数，由假设N 必为合数，且必有一个形如 4n －1的质因数p （为什么？）, 因此p 为 p 1, p 2, …, p k 中在某一个，于是，p | 1, 矛盾。 11.（1）n 是合数, 设n=st, 2n -1=2st -1=（2s -1）［（2s ）t-1+ （2s ）t-2+ … + 2s + 1］. （2）1+2+22+ … +2n-1=2n -1. 当 n=14，15时，214-1，215-1均为合数，∴ 不对 . 12. 书后提示说取模为6分类讨论 p ，即设 p=6q+ r （r=0，1，2，3，4，5）. 由质数 p≥ 5，若p=6q, 6q+2, 6q+3或6q+4, p 皆为合数, 不可能. 若p=6q+ 1, 则2p +1=12q+ 3也是合数, 故在题设条件下, 只有p=6q+5, 此时4p+1=24q+21, 是合数. 实际上，这题与第7题完全相同。质数p> 3 质数p≥ 5，可用前面的方法简单求解。 习题 1-3
1.求：（1）（21n +4，14n +3）（其中 n ∈Z +）；
（2）（30，45，84），［30，45，84］；（3）（5767，4453）. 2.求证：［an ，bn ］= ［a ，b ］n （a ，b ，n ∈Z +）.
3.自然数 N =10x + y （x 是非负整数，y 是 N 的个位数字），求证：13 N 的充要条件是 13 （x +4y ）.
4.用割（尾）减法判断下列各数能否被 31，41，51整除：26691，1076537，1361241
5.有 15 位同学，每位同学都有编号，他们是 1 号到 15 号 .1 号同学写了一个自然数，2号说“这个数能被 2整除”，3号说“这个数能被 3整除”……依此下去，每位同学都说这个数能被他的编号整除 .1 号做了一一验证，只有编号连续的两位同学说的不对，其余同学都对 .问：（1）说得不对的两位同学的编号是什么数？（2）如果 1号写的数是 5位数，这个 5位数是多少？
6.请填出下面购物表格中□内的数字：
7. 狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳 4 12 米，黄鼠狼每次跳 2 34米，它们每秒钟都只跳一次，比赛途中，从起点开始，每隔 12 38米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米？
8. 大雪后的一天，大亮和爸爸共同步测一个圆形花圃的周长，他俩的起点和走的方向完全相同，大亮每步长 54厘米，爸爸每步长 72厘米 .由于两人脚印有重合，所以雪地上只留下 60 个脚印，求花圃的周长 . 9. 设 a ，b 是自然数，a + b=33，［a ，b ］=90，求（a ，b ）.
10. 一公路由 A 经 B 到 C ，已知 A 、B 相距 280 米，B 、C 相距 315米，现在路边植树，要求相邻两树间的距离相等，并要求在 B 点、AB 、BC 的中点上都要植上一棵树，那么两树间的距离最多有多少米？
11. 一袋糖不足 60 块，如果把它平均分给几个孩子，则每人恰好分得 6块；如果只分给这几个孩子中的男孩，则每个男孩恰好分得 10块 .这几个孩子中有几个女孩？
12. 爷爷对小明说：“我现在的年龄是你的 7 倍，过几年是你的 6倍，再过若干年就分别是你的 5 倍、4 倍、3 倍、2 倍 .”你知道爷爷和小明现在的年龄吗？
习题 1-3解答
1.（1）1. 用辗转相除法 （2）1260. （3）73. 用辗转相除法
2. 证： ()()()()()()()()1.14,,,,,,,,,,n n n n n n n n
n
n n n n a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b ????=??= ? ? ? ?????
由定理， 而由定理1.13, ()(),1,,a b a b a b ??= ???，从而由定理1.21推论3，()(),,,n n a b a b a b ?????? ? ? ? ?
?
?????=1。 ∴（a n ，b n ）=（a ，b ）n ，再由定理1.19,［a ，b ］（a ，b ）= a b ，等式两边同时n 次方，得
[a ，b ］n （a ，b ）n = a n b n ， 同样由定理1.19， ［a n ，b n ］（a n ，b n ）= a n b n ，
∴ ［a ，b ］n （a ，b ）n =［a n ，b n ］（a n ，b n ）； ∴ ［a ，b ］n =［a n ，b n ］。 3. 利用10x+ y= 10（x+4y ）－39y.
4. 31| 26691，41|26691，51
|26691；31|1076537，41|1076537，51|1076537；31|1361241，41|1361241，51|1361241.
以51为例，51
|26691?51|(2669－1×5)；又51|2664 ?51|(266－4×5)；显然51|246 。51|1361241?51|(136124－1×5)，又51|136119?51|(13611－
9×5)，又51|13566?51|(1356－6×5)，又51|1326?51|(132－6×5)，而51|102。
5. （1）这两个连续的编号的倍数应该大于15, 否则编号是它们的倍数的同学说的也不对； 而且是这两个连续的编号的质因数的次数应该高于比它小的数，否则编号是它们的质因数的同学中至少也有一个说的也不对。因此只能是8，9.
（2）60060；因为1号写的数是2到15除8，9之外的整数的公倍数，也就是3，4，5，7，11，13的公倍数，3，4，5，7，11，13两两互质，它们的最小公倍数60060就是5位数。
6. 72=8×9,8,9互质，故总价必为8，9的倍数，可推得为 70
7.76元，因而知课桌的单价为9.83元；课椅的总价为 3□□.79元，由77=7×11推得另两个数字,即课椅总价为 32
8.79元，再得课椅单价为 4.27 元；合计金额为 1036.55元 .
7.
[][]4500,1237549500,2750,1237524750,247502475027509.==÷=较小，
黄鼠狼在第9跳掉进陷阱，此时狐狸跳了4.5×9 = 40.5米 .
8. [54，72]=216，每216厘米有脚印
216216
15472
+-=6个，故花圃的周长2160厘米 . 9. 此题应该先讨论a + b ，［a ，b ］与（a ，b ）的关系。
()()[]12121212212212112121211212(,),,,,1,,1,()()1,
(,) 1.(,) 1.(,)(,)1( 1.21),(,)( 1.14).
,(,,).
a b d a dt b dt t t x y xt yt x t t y x t t t t t t t t t t t t t t dt dt dt t d
a b a b a b ====?+=++-=∴+=+=∴+=+=∴+==+令使同理定理定理即，
( 33, 90 ) = 3, 所以 ( a , b ) = 3.
10. 因为AB 、BC 的中点上都要植上一棵树，315÷2=157.5因此应考虑1400和1575的最大公约数175。最后答案：两树间的距离最多有17.5米 . 11. 2个 .
12. 设小明 x 岁，则爷爷 7x 岁，7x +h =6(x+h) , x=5h; 7x +k =5(x+k) , x=2k; 7x +i =4(x+i) , x=i; 7x +j =2(x+j) , 5x=j; 知小明年龄是2, 5的倍数。因此小明 10岁，爷爷 70岁. 习题 1-4
1.把下列各数分解质因数：2001，26840，111111
2.将 85，87，102，111，124，148，154，230，341，354，413，667分成两组（每组 6个数），怎么分才能使每组各数的乘积相等？
3.要使下面四个数的乘积的最后 4个数字都是 0，括号中最小应填什么自然数？975×935×972×（）.
4.用分解质因数法求：（1）（4712，4978，5890）；（2）［4712，4978，5890］.
5.若 2836，4582，5164，6522 四个数被同一个自然数相除，所得余数相同，求除数和余数各是多少？
6.200以内仅有 10个正约数的自然数有几个？并一一求出 .
7.求：（1）%（180）；（2）&（180）；（3）&1（180）.
8.已知［A ，B ］=42，［B ，C ］=66，（A ，C ）=3，求 A ，B ，C .
9.一个自然数有 21个正约数，而另一个自然数有 10个正约数，这两个数的标准分解式中仅含有不大于 3的质因数，且这两个数的最大公约数是 18，求此两数是多少？
10.小明有一个三层书架，他的书的五分之一放在第一层，七分之几（这个几记不清了）放在第二层，而第三层有书 303本，问小明共有书多少本？
11.某班同学（50人左右）在王老师带领下去植树，学生恰好能分成人数相等的 3 组，如果老师与学生每人种树的棵数一样多，共种了884棵，那么每人种多少棵树？
12.少年宫游乐厅内悬挂着 200个彩色灯泡，这 200个灯泡按 1耀200编号，它们的亮暗规则是：第 1秒：全部灯泡变亮；第 2秒：凡编号为 2的倍数的灯泡由亮变暗；第 3秒：凡编号为 3的倍数的灯泡改变原来的亮暗状态，即亮的变暗，暗的变亮 .一般地，第 n 秒凡编号为 n 的倍数的灯泡改变原来的亮暗状态。这样继续下去，每 4分钟一个周期，问第 200 秒时，明亮的灯泡有多少个？ 习题 1-4解答
1. 2001= 3×23× 29， 26840= 23×5×11× 61， 111111= 3× 7×11×13× 37.
2. —组为：85，111，124，154，354，667；另一组为：87．102，148，230，341，413． 3．20．四个数分解质因数后一共应该有且 且只有4个2与4个5，需补充2个2与1个5。 4．(1)38， (2)3086360．
5．除数为l 或2时，余数为0；除数为97时，余数为23；除数为194时，余数为120．
6．有5个，10=2×5=1×10因此所求的数应该为4a b 或9c 后者即令c=2也已经超出200,因此分别令a=2.b=3; a=2.b=5; a=2.b=7; a=3,b=2; a=2.b=11; 得
48，80，112，162，176． 7．(1)18． (2)546 (3)180'．
8．因为B |
[],B C , B |
[]
,A B , 所以B 是66，42的公约数，因而B 是6的约数。又
[][],662311,,42237,
B C A B ==??==??因为所以7|A ，11|C ，从而设
121212237,23,2311,A B C ααββγγ=== 由()221,3,
1,1A C αγβ====知且。
因为若B 不含2的话，由
[][],66,,42
B C A B ==，A ，C 就必须同时含2, 与
(),3A C =矛盾。
∴
12112111237,23,2311,,,1,0, 1.A B C αβγαβγαγ=??=?=??=而且与不能同时为
于是2111111101,0;0,0;0,1βαγαγαγ=======和时,各有三种情况,共得6组解，分别为：
9. 576和162
10.3535本。解：由题目可知小明的书的册数是35的倍数, 设为35k, 可列出方程28k －5x k=（28－5x ）k=303=3×101知k=101.
11. 分解质因数：884=4×13×17=17×52=68×13，884的因数中有4, 13, 52都具有3k+1形式，只有52=符合50人左右的题设，因此学生51人。
12. 灯的一次“改变”对应着它的编号的一个因子. 要使灯仍旧亮着需要奇数次“改变”．什么样的数有奇数个因子呢? 由定理1.26公式⑴知只有完全平方数! 200以内的完全平方数只有14个。即为答案. 此题也可先考虑10个灯泡。用归纳得出“只有完全平方数”的结论。 习题1-6部分习题解答
2.
331273,2,2222a b ?<<∴====-=???, 代入得10。 3. 若
()[][][](){}{}{},,1;
2x y R xy x y xy x y +∈≥求证：试讨论与的大小关系。
证：
()[][]{}()[]{}()[][][]{}{}[]{}{}1xy x x y y x y x y x y x y ???
?==+????＋＋＋＋ []{}{}[]{}{}0x y x y x y ??≥??显然 ＋＋，证得。
(){}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}20,;
1.2,
2.1, 2.52,0.52,0.02,;1.9, 1.8,
3.42,0.42,0.72,.
x y Z x y xy x y xy x y xy xy x y x y xy x y xy xy x y x y xy ∈=========<=====>＋，时，有而 时又 时 可见，三种情况都有。
4. 解方程：（1）
[]35500x x +-=
解：
[]503550
.53
x y x y x --=
=
是整数,设其为由原方程得 {}{}503850850,0 1.555x x x x x x ---=-=≤=<又5055
08505,.
88
x x ≤-<≤<即
505505561
,1314,83888
y y -≤<+≤<+亦即 14y = 20
.3x ∴= （2）原式化为
[]
[]2
()0x x x x --=
，整理后再由一元二次方程求根公式得
[]x x =
x =。
5. 15< x+ y<1
6.
6. 25！=222×310× 56× 73×112×13×17×19×23. 由定理1.29公式求出各个质数的指数。
7.（1）
1991199219996979797???????
??
+++????????????
解：
51525962122296979797?????????=?++?+++?+???????????
?原式 51525962122296979797?????????
=?+?++?++++????????????
5151952053853955893129797979797975785969797????????????????
??
=+++++++++???????????
???????
??????
??????++++????????
=9312+0
+…+0+19+40+57+76=9504.
（2）
2
2211
1123
2008+
++
考虑11
1
11223
20072008
<+++
???
11111
11122320072008??????=+-+-+
+- ? ? ???????
2
2211
11112223
20082008∴<+
++
<-<。从而222111123
2008?
?
+++
????
=1. 8. 1373个 . 9. 14人 . 10. 49盏 .
11. 2
111211,21x x x x x x -<-??+--=-≤≤??>?
高中时我们已知 []12,21
x x x <-=-∴-≤<-时,；
[][]112,010,220,2,x x x x x x x Z -≤≤=-=?-<≤-<≤∈时,即即而
[]12,2 3.x x x >=∴≤<时,1
,0;2
x x ∴=-=
∴ －2≤ x <－1或 2≤ x<3或 x= －1/2 或 x= 0. 12. 解：
,54673735.78,x =?+∴<<等式左边为73个数相加而
且可知
等式左边从右向左有且只有满足8100
y
x +
≥
由
等式左边从右向左第35项57
8100
x +
≥移项得7.43.x ≥
[]100743.x ∴=
习题2-1
5. 若69, 90和125关于某数 d 同余, 证明对于d, 81与 4同余. 证明：由69和90关于 d 同余, d | 90－ 69, d | 21,
90和125关于某数 d 同余, d | 125－ 90, d | 35, ∴ d | (21, 35) , d=1或7.
9. 由 (n, 8)=1可知,n 为奇数. 设n=2k+1, n 2－1= 4k (k+1),8 | (n 2
－1).
12. 4+1=5, 因此个位为4的2n, 加1后都能被5整除. 先考察n=1, 2, … , n 较小的情况:
2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,
个位为6的幂间隔4次得重复出现, 又6 ×4=24. 因此()
44224121k
k +?+=+能被5整除.
即n=4k+2(k ∈Z +
).
14. 任意平方数的末位数字都不能是 2, 3, 7, 8的某一个.
证：令a =(10x +y ), 则a 2=(10x +y )2 ≡y 2 (mod 10). 令=0,1…9， y 2的个位不能是2, 3, 7, 8. 因此，数字 a (1≤a ≤9) 的平方 a 2
的末位数字也没有2, 3, 7, 8. 习题2-2
3.
()50332421122.33331?n m m n m --==?-=-
4. 偶数m 的最小非负完全剩余系中奇偶各半.任一组完全剩余系中各数必与0,1, …m －1中一个数同余,故均可写成mk r +r,r= 0,1, …m －1的形式.故亦奇偶
各半.
其他的都是较基本的题目, 请看书后的答案或提示. 习题2-3
1.乘幂 20，21，22，…，29能否构成模 11的一个简化剩余系？
解：i > j 时，2i －2j =2j (2
i －j
－1), 11
|2j
, 通过验证可知，对任何i ，j ，也有11|(2
i －j
－1)，
φ (11) = 10，而20，21，22，…，29为10个不同的整数，所以它们构成模 11的一个简化剩余系 2.列表求出模 m 为 10，11，12，…，18等值时的最小简化剩余系及相应的φ (m).
3.证明定理 2.7.
证明:（必要性）∵ x 1，x 2，…，x k 是模 m 的简化剩余系，
∴ k=φ(m)，且当 i ≠ j 时，x i
≡
x j （mod m ），（x i ，m ）=1，i = 1，2，…，φ(m).
（充分性）k=φ（m ），∴ x 1，x 2，…，x k 共有φ（m ）个.
又 x i
≡
x j （mod m ），（i ≠ j ，1≤i ，j ≤ k ），（x i ，m ）=1（i=1，2，…，k ），
∴ x 1，x 2，…，x k 各属于φ(m) 个不同的且与 m 互质的剩余类， ∴ x 1，x 2，…，x k 是模 m 的简化剩余系.
4. 验证：（1）8，16，24，32，40，48是模 7的简化剩余系；
（2）11，13，77，99是模 10的简化剩余系.
解：（1）∵（4，7）=1，可化为2，4，6，8，5，12，又5≡12（mod 7），
∴ 8，16，24，32，40，48不是模 7的简化剩余系。
（2）10的最小简化剩余系是1, 3, 7, 9。11，13，77，99分别与1, 3, 7, 9关于模10同余。∴ 11，13，77，99是模 10的简化剩余系.
5. 当 m 取下列各值时，计算φ（m ）的值 .
25，32，40，48，60，120，100，200，4200，9450.
答案：φ（25）= 20，φ（32）=16，φ（40）=16，φ（48）= 16，φ（60）=16，φ（120）= 32，φ（100）= 40，φ（200）= 80，φ（4200）= 960，φ（9450）= 2160. 6. 若φ（m ）是奇数，试求 m 的值. 解：(参看下一题) m = 1或 m =2. 7. 当 m >2时，证明φ（m ）是偶数 .
证：设 m = p 1α1p 2α2… pk αk ，∵ m >2，∴ 至少存在 i ，αi > 1或存在 j ，p j 是奇数， ∴ p 1α1- p 1α1 -1，…，p k αk - p k αk -1中至少有一个为偶数，知 φ（m ）必为偶数
或证：
()111,1i i i i i p p p p p αααα-->--i i i i 若有无论为奇为偶,有=是偶数.
1,()1,1,i i p m m m m m p α?==--i 所有的则必有一个为奇数.因为如果为质数,大于2的质数是奇数,是偶数;如果为合数,中最多只有一个是2(偶数),那么至少有一个为奇数
()1()1,k
i i m p ?==-∏这时显然是偶数.
8. 试证：使φ(m) =14的数 m 不存在.
证：φ(m) =14=2×7= p 1α1 -1…p k αk -1 (p 1－1)…(p k －1)，2,7是质数，所以必有p 1=2，p 1=7，这是不可能的。 9. 已知φ(m) = 4，求 m .
解：设m = p 1α1p 2α2… pk αk ，由φ(m)= (p 1α1- p 1α1 -1)…(p k αk - p k αk -1)，φ(m) = 4=4×1=22，得 m = 5，φ(m) =5－1= 4，或 m =8=23，φ(m) = 22或 m = 10=5×2，φ(m) =4×1，或 m =12. 10. 如果 n =2m ，（2，m ）=1，那么φ（n ）= φ（m ）. 11. 若 m 是奇数，则φ（4m ）=2φ（m ）.
12.（1）分母是正整数 n 的既约真分数的个数是多少？为什么？ （2）分母不大于 n 的既约真分数的个数是多少？为什么？ 解 10.∵（2，m ）= 1，∴ φ（n ）=φ（2m ）=φ（2）φ（m ）=φ（m ）. 11. ∵ m 是奇数，∴（4，m ）= 1，则φ（4m ）=φ（4）φ（m ）.
∵ φ（4）= 2，∴ φ（4m ）=2φ（m ）.
12.（1）φ（n ）. （2）φ（2）+φ（3）+ … +φ（n ）. 习题 2-4
1.举例说明欧拉定理中（a ，m ）=1是不可缺少的条件 .
2.求下列各题的非负最小余数：（1）84965除以13； （2）541347除以17；
（3）477385除以19； （4）7891432除以18； （5）(127156+34)28除以111. 解答：1. 当 a= 2，m =4时，
?(4) =2，此时 22
≡0（mod 4）
，可见（a ，m ）= 1是欧拉定理的不可缺少的条件 . 2.（1）8. （2）10. （3）16. （4）1. （5）70.
（1）84965除以13；（13，8）=1, ∴ 812≡1（mod 13），84965=(812)413×89≡1×(-1)4 ×8（mod 13） 或解：82≡－1（mod 13），84965=(82)2482×8 ≡ (-1) 2482 ×8 ≡ 8（mod 13）。 3.设 p ，q 是两个大于 3的质数，求证：p 2≡ q 2（mod 24）. 4.设 p 是大于 5的质数，求证：p 4≡1（mod 240）.
解答：3. 24=3×8，（3，8）= 1. 由条件，( p ，3 ) = ( q ，3 ) = 1，由费尔马小定理有
p 2≡1（mod 3）， q 2≡1（mod3）. ∴ p 2 ≡ q 2（mod 3）.
又 ∵ p ，q 必为奇数，由习题2-1第9题的结论，有p 2≡1（mod 8），q 2≡1（mod8）. ∴ p 2 ≡ q 2（mod 8）. ∴ p 2 ≡ q 2（mod 24）.
4. 240 = 3×5×16，由条件，( p ，3 ) = ( p ，5 ) = 1，∴ p 4≡1（mod5），p 4≡（p 2）2≡1（mod3）. 又 p 为奇质数，从而 2 |（p 2+ 1），8 |（p 2-1），∴ 16 |（p 4-1），即 p 4≡1（mod 16）.
而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1. ∴ p 4≡1（mod 240）.
5. 已知 p 是质数，（a ，p ）=1，求证：（1）当 a 是奇数时，a p-1+(p －1)a ≡ 0（mod p ）； （2）当 a 是偶数时，a p-1－(p －1)a ≡ 0（mod p ）.
6. 已知 p ，q 是 两 相 异 的 质 数，且 a p-1≡1（mod q ），a q-1≡1（mod p ）， 求证：a pq ≡ a （mod pq ）.
解答：5.（1）由 p 是 质 数，（a ，p ）= 1，a 为 奇 数，有 a p-1≡ 1（mod p ）.
(p －1)a ≡－1（mod p ），∴ a p-1+ (p －1)a ≡ 1－1≡ 0（mod p ）. （2）由条件，a p-1≡1（mod p ）, (p －1)a ≡1（mod p ），∴a p-1－(p －1)
()
n ?≡1－1≡0（mod p ）.
6. ∵ a p ≡ a （mod p ），∴ a pq ≡ (a p )q ≡ a q ≡ a （mod p ）；同理，a pq ≡ (a q )p ≡ a p ≡ a （mod q ）， 而（p ，q ）= 1，故 a pq ≡ a （mod pq ）.
7. 如果（a ，m ）=1，x ≡ ba ()1
m ?-（mod m ），那么 ax ≡ b （mod m ）.
8. 设 A 是十进制数 4444
4444
的各位数字之和，B 又是 A 的各位数字之和，求 B 的各位数字之和 .
9. 当 x ∈Z 时，求证：（1）2730 | x 13- x ；（2）24 | x （x+2）（25x 2-1）. 解答：7. ∵ x≡ba
()1
m ?-(mod m)，∴ ax≡ aba
()1
m ?-≡ a
()
m ? b (mod m). ∵ (a ，m) = 1，a
()
m ?= 1 (mod m)，∴ ax≡ b （mod m ）.
8. 设 B 的各位数字之和为 C ，∵ lg44444444= 4444lg4444 < 4444×4= 17776，即44444444 的位数小于17776，∴ A ≤ 9×17776 = 159984，B < 1 + 9×5 = 46，C ≤ 4 + 6 = 10. 又 ∵（7，9）= 1，
?(9) = 6，4444= 6×740+4，4444
4444
≡ 7 4444 ≡ 74 ≡ (－2)4 ≡ 7（mod 9），∴ B 的各位数字之和为 7.
9.（1）∵ 2730=2×3× 5× 7× 13，2，3，5，7，13两两互质，x 13- x= x （x 12- 1）， ∴当 2 | x 或 2 | x 时都有 x （x 12-1）≡ 0（mod 2），x （x 12- 1）≡ 0（mod 13）.
又 ∵x 13-x= x （x 6- 1）（x 6+ 1），∴ 当 7 | x 或 7 | x 时都有 x （x 6- 1）（x 6+ 1）≡ 0（mod 7）.而x 13- x= x （x 4- 1）（x 8+ x 4+ 1），∴ 当 5 | x 或 5 | x 时，都有 x （x 4-1）（x 8+ x 4+ 1）≡ 0（mod5）.又 x 13- x= x （x 2-1）（x 2+ 1）（x 8+ x 4+ 1），∴ 当 3 | x 或 3 | x 时，都有x （x 2-1）（x 2+ 1）（x 8+ x 4+ 1）≡ 0（mod3）. ∴ 2730 | x 13- x. （2）解法一，同上。解法二： x （x+2）（25x 2-1）= 24 x 3（x+2）+ x （x+2）（x 2-1）,
x （x+2）（x 2-1）= x （x-1）（x+1）（x+2），四个连续自然数的乘积必能被4!=24整除，证得。10. 设质数 p>3，x ∈Z ，试证：6p | x p - x. 11. p 是不等于 2和 5的质数，k 是自然数，证明：
()19
|9999p p p -个.
解答：10. ∵质数 p> 3，∴ （6，p ）=1，x p - x= x （x p-1- 1）≡ 0（mod p ）. 又 p- 1是偶数，∴x （x p-1-1）≡ x （x 2- 1）…（mod p ）. 于是，当 2 | x 或 2 | x 时，x （x 2- 1）≡ 0（mod 2）；当 3 | x 或 3 | x 时，x （x 2-1）≡ 0（mod 3）.故 x （x p-1- 1）≡ 0（mod 6）.从而6 | p （x p - x ）.
11.
()()119
99
99101p k p k --=-个. 由条件，
（10，p ）= 1，∴ 10p-1
≡ 1（mod p ）.
∴ （10p-1）k ≡ 1（mod p ）. ∴
()19
|99
99p p p -个.
12. 设（m ，n ）=1，证明：m ()
n ?+ n ()
m ?≡1（mod mn ）.
证：∵（m ，n ）= 1，∴n ()
m ?≡1（mod m ），而 m
()
n ?≡ 0（mod m ），∴ m
()
n ?+n
()
m ?≡ 1（mod m ）. 对称可得 m
()
n ?+n
()
m ?≡ 1（mod n ）. ∴
m
()
n ?+n
()
m ?≡ 1（mod mn ）.
13. 已知 a =18，m =77，求使 a x
≡1（mod m ）成立的最小自然数 x . x =30.
()()(77)1117160?=--=,由定理，满足要求的最小自然数 x 必为60 的约数。验算可知。
习题3-1
1．解下列不定方程：
（1）7x －15y=31； （2）11x+15y=7； （3）17x+40y=280； （4）525x+231y=42； （5）764x+631y=527； （6）133x －105y=217. 解：（1）辗转相除得15=7×2＋1, ∴ 1 = 15－7×2= 7×(－2)－15×(－1)， ∴ 因此原方程的一个解是 x 0＝－2×31＝－62， y 0＝－1×31＝－31;
原方程的通解为
6215317x t
t y t
=-+??
=-+?这里为任意常数. （2）辗转相除得15=11×1＋4, 11=4×2＋3, 4=3+1 ∴ 1 = 4－3=4－(11－4×2)= 4×3－11=
(15－11×1) ×3－11=15×3 + 11×(－4)，
∴因此原方程的一个解是x0＝－4×7＝－28，y0＝3×7＝21;
原方程的通解为
2815
2111
x t
t
y t
=-+
?
?
=-
?
这里为任意常数.
（3）用分离整数法：
2804086
162.
1717
y y x y
--
==-+
观察可知y =－10时，x = 36 + 4= 40.
∴原方程的通解为
4040
1017
x t
t
y t
=+
?
?
=--
?
这里为任意常数.
2. 解下列不定方程：（1）8x-18y+10z=16；（2）4x-9y+5z=8；（3）39x-24y+9z=78；
（4）4x+10y+14z+6t=20；（5）7x-5y+4z-3t=51.
3. 解下列不定方程组：（1）x+2y+3z=10，（2）5x+7y+3z=25，
x-2y+5z=4；3x- y-6z=2；
（3）4x-10y+ z=6，（4）10x+7y+ z=84，
x-4y- z=5；x-14y+ z= -60；
4. 求下列不定方程的正整数解：（1）5x－14y=11；（2）4x+7y=41；（3）3x+2y+8z=21.
5. 21世纪有这样的年份，这个年份减去22 等于它各个数字和的495倍，求这年份.
6. 设大物三值七，中物三值五，小物三值二，共物一百三十八，共值一百三十八，问物大中小各几何？
7. 买2元6角钱的东西，要用1元、5角、2角、1角的四种钱币去付，若每种钱币都得用，则共有多少种付法？
8. 把239分成两个正整数之和，一个数必是17 的倍数，另一个数必是24的倍数，求这两位数.
9. 一个两位数，各位数字和的5倍比原来大10，求这个两位数.
10. 某人1981年时的年龄恰好等于他出生那一年的年号的各位数字之和，这个人是在哪一年出生的？
11. 一个四位数，它的个位数上数比十位数字多2，且此数与将其数字首尾颠倒过来所得的四位数之和为11770，求此四位数.
习题3-2
1．求x2+ y2= z2中0< z<60的所有互质的解.
2．求三个整数x，y，z（x> y> z>0），使x- y，y- z，x- z都是平方数.
1．
2. 设x- y= a2，y- z= b2，x- z= c2，则a2+ b2= c2，因此给出a，b的值即可求得x，y，z.
3.已知直角三角形斜边与一直角边的差为9，三边的长互质且和小于88，求此直角三角形的三边的长.
4.试证：不定方程x4-4y4= z2没有正整数解.
3. 设直角三角形的三边的长为x, y, z. 则由定理，x=a2－b2, y=2ab, z=a2+b2, 由题目得
a2+b2－(a2－b2)=9或a2+b2－2ab=9, 前者无整数解，后者(a－b)2=9, a－b=3. a=4,b=1,则
x=15，y=8，z= 17或a=5,b=2,则x= 21，y= 20，z= 29. a=7,b=4, 则三边的长的和大于88。
4. 因为z4= (x4-4y4)2 = x8－8x4y4+ 16y8= (x4+ 4y4)2－(2xy)4，即(2xy)4+ z4=(x4+4y4)2，就是说，如果x4-4y4= z2有正整数解，则u4+v4= w2有正整数解，与已证定理矛盾，故无正整数解.
5.试证：每个正整数n 都可以写为n = x2+ y2- z2，这里x，y，z都是整数.
6.求方程x2－dy2= 1，当d = 0、d = －1、d < －1 时的非负整数解.
7.试证：2x 2+ y 2+3z 2=10t 2无正整数解 .
5. 适当取正整数 x ，使 n - x 2= m 为一正奇数，设 y = m + 12 ，因为 y 2- m =m -1()22= z2，得 n- x 2= y 2
－ z 2. 6. 当 d= 0时，x=1，y 为任意非负整数；当 d= -1时，x= 1，y=0和 x= 0，y= 1；当 d< - 1时，x= 1，y=0.
7. ∵y 2+ 3z 2是偶数，∴y 与 z 必同奇同偶 .若 y 与 z 同为奇数，则 2x 2+ y 2+3z 2被 8除和 10t 2被 8 除的余数不相等，故 y 与 z 一定同为偶数 .令 y= 2y 1，z=2z 1，代入原式得，x 2+ 2y 21+ 6z 21= 5t ，同样，x 和 t 同奇同偶，也同样排除 x 和 t 同奇，令 x= 2x 1，t= 2t 1，代入得，2x 21+ y 21+ 3z 21= 10t 21，由于 0< t 1< t ，矛盾，从而得证 . 习题 3-3
1. 求不定方程 4x 2-4xy-3y 2=21的正整数解 .
2. 求不定方程 x 2+ y 2=170的正整数解 .
3. 求不定方程 x 2-18xy+35=0的正整数解 .
4. 求 4x 2-2xy-12x+5y+11=0的正整数解 .
5. 求 x 2+ xy-6=0的正整数解 .
6. 求 y- (x+3y)/(x+2) =1的正整数解 .
7. 设 n =7（mod 8），则 n 不能表示为 3个平方数的和 . 1. 由4x 2－4xy －3y 2= 21，得（2x+ y ）（2x －3y ）= 21. 得 2x+ y= 21， 2x+ y=7， 即 x= 8， x= 3，
2x- 3y=1， 2x- 3y= 3. y= 5， y= 1. 2. 由 x 2+ y 2=170知，x ，y 同为奇数或同为偶数. x ，y 为偶数，则 x 2+ y 2有因数 4，而 170无 4因数；
x ，y 为奇数，设x =2k+1, y = 2h+1, 代入化简得k (k+1)+h (h+1) = 42, 仅当k = 0, h = 6或k = 0, h = 6时可求得：
1,13,7,11,
13;1;11;7.x x x x y y y y ====????????
====????
3. x 2-18xy+ 35=0，得 18y= 35
x x +，x 是 35的约数，得 x= 1，y= 2，或x=35，y=2.
4. 由原方程变为：y= 2x －1+ 6
25
x -，2x －5是 6的约数：± 1，±2，±3，±6，通过分析得 x=3，y=11或x=4，y=9.
5. x=1，y=51或 x= 2，y= 11.
6. 原方程变形为 y=2+ 4x- 1，可求得 x= 2，3，5，代入可求 y.
7. x 2+ y 2+ z 2= n=7（mod 8），则 x ，y ，z 必有一奇数 .由 x 2≡1（mod 8），有
y 2+ z 2=6（mod 8），即y ，z 同奇同偶，同奇不成立，同为偶时，由 y ≡4（mod8）产生矛盾 .
8. x 2+ y 2= p ≡3（mod4），当 x ，y ≡0，± 1，2（mod4）时，x2+ y2≡0，1，2（mod 4）），这产生矛盾，命题得证 .
9. 由原方程组中 x+ y+ z=0得 z= - （x+ y ），代入 x 3+ y 3+ z 3= -18，则 xy （x+y ）=6，故 xyz= -6，x 、y 、z 都是 6的约数，并且只有一个是负数，可得其整数解 x= -3，y= 2，z= 1.
10. 通过证明 x 2+ y 2+ z 2被 8整除所得的余数不等于 - 1即可 . 11. 通过证明 x 3+ y 3+ z 3被 9整除所得的余数不等于 4即可 . 习题4-2(P138)
1．试写出三个模数是18的一次同余式，分别使它有唯一解，无解，有四个解。 2. 下列同余方程是否有解？为什么？如果有解，有多少个解？ （1）8x+5≡0（mod 23）；（2）15x+7≡0（mod 12）；
（3）34x ≡0（mod 51）；（4）30x ≡18（mod 114）；（5）174x ≡65（mod 1309）.
3.用同解变形法解下列同余方程：（1）3x≡2（mod 7）；（2）9x≡12（mod 15）；（3）15x≡9（mod 6）；（4）20x≡44（mod 72）；
（5）40x-191≡0（mod 6191）；（6）256x≡179（mod 337）.
4.用化为不定方程的方法解下列同余方程：
（1）20x≡4（mod 30）；（2）64x≡83（mod 105）；
（3）57x≡87（mod 105）；（4）4x≡11（mod 15）；
（5）47x≡89（mod 111）；（6）10x≡22（mod 36）.
5.利用欧拉定理解下列同余方程：
（1）6x≡22（mod 36）；（2）3x≡10（mod 29）；（3）258x≡131（mod 348）；（4）11x≡7（mod 13）；（5）3x≡2（mod 17）；（6）243x≡102（mod 551）.
6.用求组合数的方法解下列同余方程：
（1）5x≡13（mod 43）；（2）9x≡4（mod 2401）；
习题4-3(P154)
第2题a取什么值时，下面的同余方程组有解？
解：因为(18, 21)=3, 3|8－5，所以
5(mod18),
8(mod21).
x
x
≡
?
?
≡
?
有解；(18, 35)=1, 所以
5(mod18),
(mod35).
x
x a
≡
?
?
≡
?
总是有解。因此，要使题设的同余方程组有
解，只需
(mod35),
8(mod21).
x a
x
≡
?
?
≡
?
有解。
而这里，(21, 35)=7，由定理可知，只需a≡8≡1(mod 7). 即x = 1+7t ( t为整数)，题设的同余方程组总有解。
3.解下列同余方程组：(1)
3(mod7),
5(mod11).
x
x
≡
?
?
≡
?
, (2)
6(mod13),
7(mod24).
x
x
≡
?
?
≡
?
(4)
57(mod11),
690(mod19).
x
x
≡
?
?
+≡
?
(5)
24(mod8),
155(mod35).
x
x
≡
?
?
≡
?
解：(1)方法一：设x=5+11y, 代入第一个同余方程，得11y≡3－5 (mod 7)，得y≡3 (mod 7) 所以同余方程组的解是x≡38 (mod 77)。
方法二：用孙子定理解，M=77，M1=11，M2= 7，
令11 M1′≡1(mod 7)，得M1′≡2(mod 7)，7 M2′≡1(mod 11)，得M2′≡－3(mod 11)，
所以同余方程组的解是x ≡11×2×3 + 7×(－3)×5≡－39≡38 (mod 77). (2) 方法一：设x =7+24y, 代入第一个同余方程，得24y ≡6－7 (mod 13)， 得y ≡7 (mod 13) 所以同余方程组的解是x ≡7+24×7≡175 (mod 312)。
方法二：用孙子定理解，M=312，M 1=24，M 2= 13，
令24 M 1′≡1(mod 13)， 得M 1′≡6≡－7 (mod 13)， 13 M 2′≡1(mod 24)，得M 2′≡13(mod 24)，
所以同余方程组的解是x ≡24×(－7)×6 + 13×13×7≡－1008+1183≡175 (mod 312).
第4题(1) (3) (4).
5．.解下列同余方程组：
（1）
x ≡8（mod 15）， （2） x ≡6（mod 11），
x ≡3（mod 10）， x ≡3（mod 8）， x ≡1（mod 8）； x ≡11（mod 20）；
（3） x ≡2（mod 35）， （4） 4x ≡90（mod 105），
x ≡9（mod 14）， 5x ≡18（mod 63）， x ≡7（mod 20）； 7x ≡10（mod 50），
3x ≡12（mod 22）
解：（1）化为()()()2mod 3,
3mod 5,1
mod 8.
x
x
x ≡??
≡??≡?用孙子定理解，M=120，M 1
=40，M 2
=24，M 3
=15， 令40 M 1′≡1(mod 3)， 得M 1′≡1 (mod 3)；
24 M 2′≡1(mod 5)， 得－M 2′≡1(mod 5)，M 2′≡－1(mod 5)； 15 M 3′≡1(mod 8)， 得－M 2′≡1(mod 8)，M 2′≡－1(mod 8)
所以同余方程组的解是x ≡40×2 + 24× (－1)×3 +15×(－1)×1 ≡ －7(mod 120).
（3）化为()()()()()2mod 35,
2mod 35,
9mod1,3
mod 4.
3
mod 4.
x
x x
x x ≡?≡??
?≡??≡???≡?即
用孙子定理解，M=140，M 1=4，M 2=35， 令4 M 1′≡1(mod 35)， 得M 1′≡9 (mod 35)；
35 M 2′≡1(mod 4)， 得－M 2′≡1(mod 4)，M 2′≡－1(mod 4)；
所以同余方程组的解是x ≡4×9×2 + 35× (－1)×3 ≡ －33 ≡ 107 (mod 140).
6. 解我国古代数学家杨辉在 1275 年所写的《续古摘奇算法》中的三个例题： （1）七数剩一，八数剩一，九数剩三，问本数； （2）十一数余三，十二数余二，十三数余一，问本数； （3）二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数.
解：（1）()()
1mod 56,
3
mod 9.x x ≡???
≡??
方法一：设x =1+56y, 代入第二个同余方程，得
56y ≡ 3－1 (mod 13)，（56－54）y ≡ 2 (mod 13)
得y ≡ 1 (mod 13) y ，所以，同余方程组的解是x ≡57 (mod 504)。 方法二：用孙子定理解。
（2）()()()3mod11
,2mod12,1
mod13
.x
x
x ≡??
≡??≡?用孙子定理解，M=1716，M 1
=156，M 2
=143，M 3
=132， 令156 M 1′≡1(mod 11)， 得2M 1′≡12(mod 11)，M 1′≡6(mod 11)； 143 M 2′≡1(mod 12)， 得－M 2′≡1(mod 12)，M 2′≡－1(mod 12)； 132 M 3′≡1(mod 13)， 得2M 2′≡－12(mod 13)，M 2′≡－6(mod 13)
所以同余方程组的解是x ≡156×6×3 + 143× (－1)×2 +132×(－6)×1 ≡ 14(mod 17). 法二：观察法。或累加试除法。
7. 设韩信所辖某部士兵共 26641人，在一次战斗中损失近百人. 休整时清查：1～3报数余 1，1～5报数余 3，1～ 7报数余 4. 问损失了多少人？
解：设还有士兵x 人，由题设，得同余方程组()()()1mod 3,
3mod 5,
4mod 7,2654126600.x x x x ≡??
≡??≡??<
由口诀，x ≡70 + 21×3 + 15×4≡193+105×251≡ 26548 (mod 105) 26641－26548=93人。损失了93人。
设损失了x 人，得同余方程组()()()266411mod 3,266413mod 5,266414mod 7,0100.x x
x x -≡??
-≡??
-≡??<
化为()()()0mod 3,
3mod 5,
2mod 7,
0100.x x x x ≡??
≡??≡??<
由口诀，x =21×3 + 15×2=93。损失了93人。
8. 求 7的倍数，使它分别被 2，3，4，5，6除时，余数都是 1.
解：设所求为7x , [2，3，4，5，6] =60，由题设，得
()71mod 60x ≡,
用大衍求一术得x ≡43 (mod 60), 7x =7×43=301， 故，所求为301+420t , t 为整数。 9. 求三个连续的自然数，使它们从小到大依次被 15，17，19 整除（写出其中最小的一组）.
解：由题设，得同余方程组()()1510mod17,1520
mod19.x x +≡???
+≡??化为标准形式为()()9mod17
,10mod19
.x x ≡???≡??
用孙子定理解，M=321，M 1=19，M 2=17，
令19 M 1′≡1(mod 17)， 得M 1′≡9(mod 17)， 17 M 2′≡1(mod 19)， 得M 2′≡9(mod 19)，
所以同余方程组的解是x ≡19×(－8)×9 + 17×9×10 ≡ 162 (mod 321).
本题所求的三个连续的自然数是162×15，162×15+1，162×15+2，即2430，2431，2432。
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。
3 b b b 3 b 第一章 §1 1 证明： a 1 , a 2 , a n 都是 m 的倍数。 ∴存在 n 个整数 p 1, p 2 , p n 使 a 1 = p 1m 1 , a 2 = p 2 m 2 , , a n = p n m n 又 q 1, q 2 , , q n 是任意 n 个整数 ∴ q 1a 1 + q 2 a 2 + + q n a n = ( p 1q 1 + q 2 p 2 + + q n p n )m 即 q 1a 1 + q 2 a 2 + + q n a n 是 m 的整数 2 证： n (n + 1)(2n + 1) = n (n + 1)(n + 2 + n - 1) = n (n + 1)(n + 2) + (n - 1)n (n + 1) 6 / n (n + 1)(n + 2),6 /(n - 1)n (n + 1) ∴ 6 / n (n + 1)(n + 2) + (n - 1)n (n + 1) 从而可知 6 / n (n + 1)(2n + 1) 3 证： a , b 不全为0 ∴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 ax 0 + by 0 ?x , y ∈ Z ，由带余除法有 ax + by = (ax 0 + by 0 )q + r ,0 ≤ r < ax 0 + by 0 则 r = (x - x 0 q )a + ( y - y 0 q )b ∈ S ，由 ax 0 + by 0 是 S 中的最小整数知 r = 0 ∴ ax 0 + by 0 / ax + by ax 0 + by 0 / ax + by ∴ ax 0 + by 0 /(a , b ). ∴(a , b ) / ax 0 + by 0 下证 P 8 第二题 （ x , y 为任意整数） 又有(a , b ) / a ,(a , b ) / b 故 ax 0 + by 0 = (a , b ) ∴ ax 0 + by 0 / a , ax 0 + by 0 / b 4 证：作序列 ,- ,- b ,- ,0, , b , 2 2 2 2 , 则 a 必在此序列的某两项之间
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;
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.
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 )
初等数论练习题 信阳职业技术学院 2010年12月
初等数论练习题一 一、填空题 1、d(2420)=___________； ?(2420)=___________。 2、设a,n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=___________。 3、模9的绝对最小完全剩余系是___________。 4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是__________。 5、不定方程18x-23y=100的通解是___________。 6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_______。 7、18100被172除的余数是___________。 8、?? ? ??10365 =___________。 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 200 (mod 105)。 2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解 3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。 三、证明题 1、已知p 是质数，（a,p ）=1，证明： （1）当a 为奇数时，a p-1+(p-1)a ≡0 (mod p)； （2）当a 为偶数时，a p-1-(p-1)a ≡0 (mod p)。 2、设a 为正奇数，n 为正整数，试证n 2a ≡1(mod 2n+2)。 3、设p 是一个素数，且1≤k ≤p-1。证明：k p 1C - （-1 ）k (mod p )。 4、设p 是不等于3和7的奇质数，证明：p 6≡1(mod 84)。
初等数论练习题二 一、填空题 1、d(1000)=__________；σ(1000)=__________。 2、2010!的标准分解式中，质数11的次数是__________。 3、费尔马(Fermat)数是指Fn=n 22+1,这种数中最小的合数Fn 中的n=_________。 4、同余方程13x ≡5(mod 31)的解是__________。 5、分母不大于m 的既约真分数的个数为_________。 6、设7∣(80n -1),则最小的正整数n=__________。 7、使41x+15y=C 无非负整数解的最大正整数C=__________。 8、?? ? ??10146=__________。 9、若p 是质数，n p 1，则同余方程x n 1 (mod p ) 的解数为 。 二、计算题 1、试求2004 2003 2002被19除所得的余数。 2、解同余方程3x 144x 10 6x 180 (mod 5)。 3、已知a=5,m=21,求使a x 1 (mod m)成立的最小自然数x 。 三、证明题 1、试证13|(54m +46n +2000)。(提示：可取模13进行计算性证明)。 2、证明Wilson 定理的逆定理：若n > 1，并且(n 1)! 1 (mod n )，则n 是素数。 3、证明：设p s 表示全部由1组成的s 位十进制数，若p s 是素数，则s 也是一个素数。 4、证明：若2p 1是奇素数，则 (p !)2 ( 1)p 0 (mod 2p 1)。 5、设p 是大于5的质数，证明：p 4≡1(mod 240)。
《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;
《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1223212C ,,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 。 第 5 节 1. 说明例1证明中所用到的四个事实的依据。 2. 用辗转相除法求整数x ，y ，使得1387x - 162y = (1387, 162)。
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
一、判断题（对的写A ，错的写B ，3'1030?=） 1.12,,,k a a a 两两互素可以推出12,,,k a a a 互素，反之亦真。 （ ） 2.设10n n N a a a -=是整数N 的十进制表示，则0 1111(1)n i i i N a =?-∑。 （ ） 3.设,,a b m 是整数，(,)1a m =，若x 通过模m 的简化剩余系，则ax b +也通过模m 的简化剩余系。 （ ） 4.对于正整数k ，Euler 函数()k ?的值等于模k 简化剩余系中元素的个数。 （ ） 5.形如65n +的素数有无穷多个。 （ ） 6.32514805112133=????是51480的标准分解式。 （ ） 7. 已知(,,)x y z 是不定方程222x y z +=满足(,)1x y =的正整数解，则,x y 有不同的奇偶性。 （ ） 8.同余方程322310(mod5)x x x -+-≡的解数小于3。 （ ） 9. 3,5,9(mod14)x ≡是模14的全部原根。 （ ） 10.设,x y 是任意实数，则[][][]x y x y +=+。 （ ） 二、填空（3'1030?=） 1.159313被7除的余数是 。 2.使12347！被35k 整除的最大的k = 。 3.用(,)a b ，[,]a b 分别表示整数,a b 的最大公约数和最小公倍数，则[,](,)a b a b ＝ 。 4.设n 是正整数，12,,,k p p p 是它的全部素因数，则 ()n ?＝ 。 5.同余方程2 1(mod61)x ≡-的解数是 。 6.设,a b 是整数，0(mod )a m ≠，则同余方程(mod )ax b m ≡有解的充要条件是 。若有解，则恰有 个解，mod m 。 7.模11的所有二次剩余是 。
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)
一、填空题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1.μ(2002)=_________； d(2002)=_________. 2.自然数225，226，…，240中的素数是_________. 3.n+2,2n+3,3n+1中必定互素的一组数是_________. 4.模7的绝对值最小简化剩余系是_________. 5.同余方程16x ≡6(mod 46)的解是_________. 6.不定方程3x+4y=5的通解是_________. 7.17|(2002n -1)，则正整数n 的最小值是_________. 8.满足?(n) =20的n 有多个，其中两个是_________. 9.弗罗贝纽斯(Frobenius)问题可表述为_________. 10.?? ? ??17954 =_________. 二、计算题(本大题共3小题，第1，2小题各7分，第3小题9分，共23分) 1.判断下面同余方程组是否有解，如有解则求出其解： ?? ???≡≡≡9).5(mod x 20),7(mod x 15),2(mod x 2.试求不定方程y 2+x=x 2 +y-22的所有正整数解. 3.判断同余方程x 2≡62(mod 113)是否有解，如有解，则使用高斯(Gauss)逐步淘汰法求其解. 三、论证题(本大题共4小题，第1，2小题各8分，第3小题10分，第4题11分，共37 分) 1.试证一个正整数的平方，必与该正整数的各位数码字的和的平方，关于模9同余。 2.设(a,m)=1,x 通过模m 的一个简化剩余系，试证ax 也通过模m 的简化剩余系. 3.设F n =n 22+1，试证(F n ,F n+1)=1. 4.试证在两继自然数的平方之间，不存在四个自然数a https://www.doczj.com/doc/a312821041.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 。 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. 30被-7除的带余除法表达式是( ) A.30=（－7）×（－5）－5 B.30=（－7）×（－4）+2 C.30=（－7）×（－3）+9 D.30=（－7）×（－6）－12 2．100至500的正整数中，能被17整除的个数是( ) A. 23 B. 24 C. 25 D. 26 3．设 α3|500!，但13+α 500！，则α=( ) A. 245 B.246 C.247 D. 248 4．以下数组中，成为模7的完全剩余系的是( ) A. －14，－4，0，5，15，18，19 B. 7，10，14，19，25，32，40 C. －4，－2，8，13，32，35，135 D. －3，3，－4，4，－5，5，0 5.设n 是正整数，则以下各式中一定成立的是( ) A.(n +1，3n ＋1)=1 B.（2n －1，2n ＋1）=1 C.（2n ，n ＋1）=1 D.（2n ＋1，n －1）=1 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.?(120)=________________。 2.25736被50除的余数是________________。 3. 反转定律是________________。 4. 同余方程3x ≡5(mod16) 的解是________________。 5. 不定方程9x －12y =15的通解是________________。 6.?? ? ??41323 =________________。 7. 实数的小数部分记为{x } ，则 {－4 5}＝________________。初等数论习题
(全新整理)4月浙江自考初等数论试题及答案解析
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