02013初等数论练习题及答案

初等数论练习题一

一、填空题

1、(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 tZ。.

6、分母是正整数m的既约真分数的个数为_(m)_。

7

8、 = -1 。

9、若p是素数，则同余方程x p 1

二、计算题

1、解同余方程：3x211x20 0 (mod 105)。

解：因105 = 357，

同余方程3x211x20 0 (mod 3)的解为x 1 (mod 3)，

同余方程3x211x38 0 (mod 5)的解为x 0，3 (mod 5)，

同余方程3x211x20 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 b1 (mod 3)，x b2 (mod 5)，x b3 (mod 7)，

其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 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x2≡42(mod 107)是否有解？

故同余方程x2≡42(mod 107)有解。

3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。

解：易知1271≡50（mod 111）。

由502 ≡58（mod 111），503 ≡58×50≡14（mod 111），

509≡143≡80（mod 111）知5028

≡（509）3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70（mod 111）

从而5056 ≡16（mod 111）。

故（127156+34）28≡（16+34）28 ≡5028≡70（mod 111）

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)。

证明：由欧拉定理知a p-1≡1 (mod p)及(p-1)a≡-1 (mod p)立得（1）和（2）成立。

2、设a为正奇数，n为正整数，试证≡1(mod 2n+2)。 (1)

证明设a = 2m 1，当n = 1时，有

a2 = (2m 1)2 = 4m(m 1) 1 1 (mod 23)，即原式成立。

设原式对于n = k成立，则有 1 (mod 2k + 2) = 1 q2k + 2，

其中q Z，所以 = (1 q2k + 2)2 = 1 q2k + 3 1 (mod 2k + 3)，

其中q是某个整数。这说明式(1)当n = k 1也成立。

由归纳法知原式对所有正整数n成立。

3、设p是一个素数，且1≤k≤p-1。证明： （-1 ）k(mod p)。

证明：设A= 得：

k!·A =（p-1）(p-2)…（p-k）≡（-1）(-2)…（-k）(mod p)

又（k!，p）=1，故A = （-1 ）k(mod p)

4、设p是不等于3和7的奇质数，证明：p6≡1(mod 84)。

说明：因为84=4×3×7，所以，只需证明：

p6≡1(mod 4) p6≡1(mod3) p6≡1(mod 7) 同时成立即可。

证明：因为84=4×3×7及p是不等于3和7的奇质数，所以

（p，4）=1，（p，3）=1，（p，7）=1。

由欧拉定理知：p(4)≡p2≡1(mod 4)，从而 p6≡1(mod 4)。

同理可证：p6≡1(mod3) p6≡1(mod 7)。故有p6≡1(mod 84)。

注：设p是不等于3和7的奇质数，证明：p6≡1(mod 168)。（见赵继源p86）

初等数论练习题二

一、填空题

1、(1000)=_16_；（除数函数：因数的个数）σ(1000)=_2340_.（和函数：所有因数的和）

2、2010!的标准分解式中，质数11的次数是199__.

3、费尔马(Fermat)数是指Fn=+1，这种数中最小的合数Fn中的n=5。

4、同余方程13x≡5(mod 31)的解是x≡29(mod 31)___

5、分母不大于m的既约真分数的个数为(2)+ (3)+…+ (m)。

6、设7∣(80n-1)，则最小的正整数n=_6__.

7、使41x+15y=C无非负整数解的最大正整数C=__559__.

8、=_1__.

9、若p是质数，np 1，则同余方程x n 1 (mod p) 的解数为n .

二、计算题

1、试求被19除所得的余数。

解：由2002≡7 (mod 19) 20022≡11(mod 19) 20023≡1 (mod 19)

又由20032004≡22004≡（22）1002≡1 (mod 3)可得：

≡20023n+1≡(20023)n×2002≡7(mod 19)

2、解同余方程3x14 4x10 6x 18 0 (mod 5)。

解：由Fermat定理，x5x(mod 5)，因此，原同余方程等价于2x2x3 0 (mod 5)

将x0，1，2 (mod 5)分别代入上式进行验证，可知这个同余方程解是x 1 (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。

解：因为（5，21）=1，所以有欧拉定理知5(21)≡1(mod 21)。

又由于(21)=12，所以x|12，而12的所有正因数为1，2，3，4，6，12。

于是x应为其中使 5 x 1 (mod 12)成立的最小数，经计算知：x=6。

三、证明题

1、试证13|(54m+46n+2000)。(提示：可取模13进行计算性证明)

证明：54m+46n+2000252m+642n+2000（-1）2m+（-1）2n+20002002 0(mod 13)。

2、证明Wilson定理的逆定理：若n > 1，并且(n1)! 1 (mod n)，则n是素数。

证明：假设n是合数，即n = n1n2，1 < n1 < n，由题设易知(n 1)! 1 (mod n1)，得

0 1 (mod n1)，矛盾。故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。

证明：假设s是合数，即s=ab，1

，其中M＞1是正整数。

由p a＞1也是正整数知p s是合数，这与题设矛盾。故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)。

证明：由威尔逊定理知 1 (2p)! = p!(p 1)(2p) (1)p(p!)2(mod 2p 1)，由此得(p!)2 (1)p 0 (mod 2p 1)。

5、设p是大于5的质数，证明：p4≡1(mod 240)。（提示：可由欧拉定理证明）

证明：因为240=23×3×5，所以只需证：p4≡1(mod 8)，p4≡1(mod 3)，p4≡1(mod 5)即可。事实上，由(8)=4，(3)=2，(5)=4以及欧拉定

理立得结论。

初等数论练习题三

一、单项选择题

1、若n＞1，(n)=n-1是n为质数的（ C ）条件。

A.必要但非充分条件

B.充分但非必要条件

C.充要条件

D.既非充分又非必要条件

2、设n是正整数，以下各组a，b使为既约分数的一组数是（　D　）。

A.a=n+1，b=2n-1

B.a=2n-1，b=5n+2

C.a=n+1，b=3n+1

D.a=3n+1，b=5n+2

3、使方程6x+5y=C无非负整数解的最大整数C是（　A　）。

A.19

B.24

C.25

D.30

4、不是同余方程28x≡21(mod 35)的解为（　D　）。

A.x≡2(mod 35)

B.x≡7(mod 35)

C.x≡17(mod 35)

D.

x≡29(mod 35)

5、设a是整数，(1)a≡0(mod9) (2)a≡2010(mod9)

(3)a的十进位表示的各位数字之和可被9整除

(4)划去a的十进位表示中所有的数字9，所得的新数被9整除

以上各条件中，成为9|a的充要条件的共有（　C　）。

A.1个

B.2个

C.3个

D.4个

二、填空题

1、σ(2010)=_4896____；(2010)=528。

2、数的标准分解式中，质因数7的指数是_3。

3、每个数都有一个最小质因数。所有不大于10000的合数的最小质因数中，最大者是97。

4、同余方程24x≡6(mod34)的解是x1≡13(mod34) x2≡30(mod34)_。

5、整数n>1，且(n-1)!+1≡0(mod n)，则n为素数。

6、3103被11除所得余数是_5_。

7、=_-1_。

三、计算题

1、判定 (ⅰ) 2x3x2 3x 1 0 (mod 5)是否有三个解；

(ⅱ) x6 2x5 4x2 3 0 (mod 5)是否有六个解？

解：(ⅰ) 2x3x2 3x 1 0 (mod 5)等价于x3 3x2 4x 3 0 (mod 5)，又x5x = (x3 3x2 4x 3)(x2 3x 5) + (6x2 12x 15)，其中r(x) = 6x2 12x 15的系数不都是5的倍数，故原方程没有三个解。

(ⅱ) 因为这是对模5的同余方程，故原方程不可能有六个解。2、设n是正整数，求 的最大公约数。

解：设知d22n1，

设2k|n且2k+1n，即2k +1||n，

则由2k +1||，i = 3， 5，， 2n 1 得d = 2k + 1。

3、已知a=18，m=77，求使a x 1 (mod m)成立的最小自然数x。

解：因为（18，77）=1，所以有欧拉定理知18(77)≡1(mod 77)。

又由于(77)=60，所以x|60，而60的所有正因数为1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30， 60。

于是x应为其中使18x 1 (mod 77)成立的最小数，经计算知：x=30。

四、证明题

1、若质数p≥5，且2p+1是质数，证明：4p+1必是合数。

证明：因为质数p≥5，所以（3，p）=1，可设p=3k+1或p=3k+2。

当p=3k+1时，2p+1=6k+3是合数，与题设矛盾，从而p=3k+2，

此时2p+1是形如6k+5的质数，而4p+1=12k+9=3(4k+3)是合数。

注：也可设p=6k+r，r=0，1，2，3，4，5。再分类讨论。

2、设p、q是两个大于3的质数，证明：p2≡q2(mod 24)。

证明：因为24=3×8，（3，8）=1，所以只需证明：

p2≡q2(mod 3) p2≡q2(mod 8)同时成立。

事实上，由于（p，3）=1，（q，3）=1，所以p2≡1(mod 3)， q2≡1(mod 3)，

于是p2≡q2(mod 3)，由于p，q都是奇数，所以p2≡1(mod 8) ，q2≡1(mod 8)，

于是p2≡q2(mod 8)。故p2≡q2(mod 24)。

3、若x，y∈R+ ，

（1）证明：[xy]≥[x][y]；

（2）试讨论{xy}与{x}{y}的大小关系。

注：我们知道，[x y]≥[x]+[y]，{x+y}≤{x}+{y}。此题把加法换成乘法又如何呢？

证明：（1）设x=[x]+α，0≤α<1，y=[y]+β，0≤β<1。于是

xy=[x][y]+β[x]+α[y]+αβ

所以[xy]= [x][y]+ [β[x]+α[y]+αβ] ≥[x][y]。

（2）{xy}与{x}{y}之间等于、大于、小于三种关系都有可能出现。

当x=y=时，{xy}={x}{y}=；

当x=， y=时，{xy}=，{x}{y}=，此时{xy}＞{x}{y}；

当x=-，y=-时，{xy}=，{x}{y}=，此时{xy}＜{x}{y}。

4、证明：存在一个有理数，其中d< 100，能使 =

对于k=1，2，….，99均成立。

证明：由（73，100）=1以及裴蜀恒等式可知：存在整数c，d，使得 73d-100c=1

从而-==，由k< 100可知：

0＜-＜

设=n，则＜n+1=，于是

＜≤=n+1，

故 = n =。

初等数论练习题四

一、单项选择题

1、若F n=是合数，则最小的n是( D )。

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

2、记号b a∥a表示b a｜a，但b a+1a. 以下各式中错误的一个是( B )。

A. 218∥20!

B. 105∥50!

C. 119∥100!

D. 1316∥200!

3、对于任意整数n，最大公因数(2n+1，6n-1)的所有可能值是( A )。

A. 1

B. 4

C. 1或2

D. 1，2或4

4、设a是整数，下面同余式有可能成立的是( C )。

A. a2≡2 (mod 4)

B. a2≡5 (mod 7)

C. a2≡5 (mod 11)

D. a2≡6 (mod 13)

5、如果a≡b(mod m)，c是任意整数，则下列错误的是（　A　）

A．ac≡bc(mod mc) B．m|a-b C．(a，m)=(b，m) D．a=b+mt，t∈Z

二、填空题

1、d(10010)=_32__，φ(10010)=_2880__。

2、对于任意一个自然数n，为使自N起的n个相继自然数都是合数，可取N=（n+1）！

3、为使3n-1与5n+7的最大公因数达到最大可能值，整数n应满足条件

n=26k+9，k∈Z。

4、在5的倍数中，选择尽可能小的正整数来构成模12的一个简化系，则

这组数是{5，25，35，55}

5、同余方程26x+1≡33 (mod 74)的解是x1≡24(mod74) x2≡61(mod74)_。

6、不定方程5x+9y=86的正整数解是_x=1，y=9或x=10，y=4。

7、=_-1_。

三、计算题

1、设n的十进制表示是，若792n，求x，y，z。

解：因为792 = 8911，故792n 8n，9n及11n。

我们有8n 8z = 6，以及

9n 91 3 x y 4 5 z = 19 x y 9x y 1， (1)

11n 11z 5 4 y x 3 1 = 3 y x 113 y x。 (2)

由于0 x，y 9，所以由式(1)与式(2)分别得出

x y 1 = 9或18，

3 y x = 0或11。

这样得到四个方程组：

其中a取值9或18，b取值0或11。在0 x，y 9的条件下解这四个方程组，

得到：x = 8，y = 0，z = 6。

2、求3406的末二位数。

解：∵（3，100）=1，∴3φ(100)≡1（mod 100），而φ(100)=φ(22·52)=40，

∴340≡1(mod 100) ∴3406= (340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100)

∴末二位数为29。

3、求(214928+40)35被73除所得余数。

解：(214928+40)35≡(3228+40)35≡[(32×32)14+40]35≡(102414+40)35≡(214+40)35 ≡(210×24+40)35 ≡(25+40)35 ≡7235≡-1≡72(mod

73)

四、证明题

1、设a1， a2，，a m是模m的完全剩余系，证明：

（1）当m为奇数时，a1+ a2+ + a m ≡0（mod m）；

（2）当m为偶数时，a1+ a2+ + a m ≡（mod m）。

证明：因为{1， 2，，m}与{a1，a2，，a m}都是模m的完全剩余系，所以

(mod m)。

（1）当m为奇数时，即得：，故(mod m)。

（2）当m为偶数时，由（m，m+1）=1即得：(mod m)。

2、证明：若m＞2，a1， a2，，a(m)是模m的任一简化剩余系，则

证明：若a1，a2，，a(m)是模m的一个简化剩余系，则m-a1，m-a2，

，m-a(m) 也是模m的一个简化剩余系，于是：从而：又由于m＞2，(m)是偶数。故：

3、设m > 0是偶数，{a1， a2，，a m}与{b1，b2，，b m}都是模m的完

全剩余系，证明：{a1b1，a2b2，，a m b m}不是模m的完全剩余系。证明：因为{1， 2，，m}与{a1，a2，，a m}都是模m的完全剩余系，所以

(mod m)。 (1)

同理 (mod m)。 (2)

如果{a1b1，a2b2，，a m b m}是模m的完全剩余系，那么也有

(mod m)。

联合上式与式(1)和式(2)，得到 0(mod m)，

这是不可能的，所以{a1b1，a2b2，，a m b m}不能是模m的完全剩余系。

4、证明：（1）2730∣x13-x；（2）24∣x(x+2)(25x2-1)；

（3）504∣x9-x3；（4）设质数p＞3，证明：6p∣x p-x。

证明：（1）因为2730=2×3×5×7×13，2，3，5，7，13两两互质，所以：

由x13-x=x (x12-1)≡0 (mod 2)知：2∣x13-x；13∣x13-x；

由x13-x=x (x12-1)=x(x2-1)(x2+1)(x8+x4+1)≡0 (mod 3)知：3∣x13-x；

由x13-x=x (x12-1)=x(x4-1)(x8+x4+1)≡0 (mod 5)知：5∣x13-x；

由x13-x=x (x12-1)=x(x6-1)(x6+1)≡0 (mod 7)知：7∣x13-x。

故有2730∣x13-x。

同理可证（2）、（3）、（4）。

初等数论练习题五

一、单项选择题

1、设x、y分别通过模m、n的完全剩余系，若（C）通过模mn的完全剩余系。

A. m、n都是质数，则my nx

B. m≠n，则my nx

C. （m，n）=1，则my nx

D. （m，n）=1，则mx ny

2、1×3×5×…×2003×2005×2007×2009×2011标准分解式中11的幂指数是(

A )。

A.100

B.101

C.99

D.102

3、n为正整数，若2n-1为质数，则n是( A )。

A.质数

B.合数

C.3

D.2k(k为正整数)

4、从100到500的自然数中，能被11整除的数的个数是( B )。

A.33

B.34

C.35

D.36

5、模100的最小非负简化剩余系中元素的个数是( C )。

A.100

B.10

C.40

D.4

二、填空题

1、同余方程ax+b≡0(mod m)有解的充分必要条件是(a，m)∣b。

2、高斯称反转定律是数论的酵母，反转定律是指设p与q是不相同的两个奇质数，

3、20122012被3除所得的余数为_1__。

4、设n是大于2的整数，则(-1)(n)=__1__。

5、单位圆上的有理点的坐标是，其中a与b是不全为零的整数。

6、若3258×a恰好是一个正整数的平方，则a的最小值为362。

7、已知2011是一素数，则=_-1_。

三、计算题

1、求32008×72009×132010的个位数字。

解：32008×72009×132010≡32008×（-3）2009×32010 ≡-32008+2009+2010

≡-36027 ≡-3×（32）3013 ≡3(mod 10)。

2、求满足(mn)=(m)+(n)的互质的正整数m和n的值。

解：由（m，n）=1知，(mn)=(m)(n)。于是有：(m)+(n)=(m)(n)

设(m)=a，(n)=b，即有：a+b=ab。显然a∣b，且b∣a，因此a=b。 于是由2a=a2 得a=2，即(m)=(n)=2。故 m=3，n=4或m=4，

n=3。

3、甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样

东西共100斤，问各买几斤?

解：设买甲物x斤，乙物y斤，丙物z斤，则

5x 3y z = 100，

x y z = 100。

消去z，得到 7x 4y = 100。 (1)

显然x = 0，y = 25是方程(1)的解，因此，方程(1)的一般解是

，t Z

因为x＞0，y＞0，所以 0＜t 3。

即t可以取值t1 = 1，t2 = 2，t3 = 3。相应的x，y，z的值是

(x，y，z) = (4， 18， 78)，(8， 11， 81)，(12， 4， 84)。

四、证明题

1、已知2011是质数，则有2011|。

证明：=102011-1≡0 (mod 2011)。

2、设p是4n+1型的质数，证明若a是p的平方剩余，则p-a也是p的平方剩余。

证明：因为质数p=4n+1，a是p的平方剩余，所以

====1

即：p-a也是p的平方剩余。

3、已知p，q是两个不同的质数，且a p-1≡1 (mod q)， a q-1≡1 (mod p)，

证明：a pq≡a (mod pq)。

证明：由p，q是两个不同的质数知（p，q）=1。于是由Fermat定理a p≡a (mod p)，

又由题设a q-1≡1 (mod p)得到：a pq≡(a q)p≡a p(a q-1)p≡a p≡a (mod p)。

同理可证：a pq≡a (mod q)。故：a pq≡a (mod pq)。

4、证明：若m，n都是正整数，则(mn)=（m，n）([m，n])。

证明：易知mn与[m，n]有完全相同的质因数，设它们为p i (1≤i≤k)，

则

又mn=（m，n）[m，n]

故。

类似的题：设m=m1m2，m1与m由相同的质因数，证

明：(m)=m2(m1)。

初等数论练习题六

一、填空题

1、为了验明2011是质数，只需逐个验算质数2，3，5，…p都不能整除2011，此时，质数p至少是_43___。

2、最大公因数(4n+3，5n+2)的可能值是_1，7__。

3、设3α∣40!，而3α+140!，即3α∥40!，则α=_18_。

4、形如3n+1的自然数中，构成模8的一个完全系的最小那些数是{1，

4，7，10，13，16，19，22}。

5、不定方程x2+y2=z2，2|x， (x，y)=1， x，y，z>0的整数解是且仅是x = 2ab，y = a2b2，z

= a2b2，其中a > b > 0，(a，b) = 1，a与b有不同的奇偶性。

6、21x≡9 (mod 43)的解是x≡25 (mod 43)。

7、 = -1。

二、计算题

1、将写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。

解：设，即35x 21y 15z = 17，因(35， 21) = 7，(7， 15) = 1，117，故有解。

分别解 5x 3y = t 7t 15z = 17

得x = t 3u，y = 2t 5u，u Z，

t = 11 15v，z = 4 7v，v Z，

消去t得x = 11 15v 3u，

y = 22 30v 5u，

z = 4 7v，u，v Z。

令u =0，v =-1得到：x =4，y =-8，z=3。即：

2、若3是质数p的平方剩余，问p是什么形式的质数？

解：∵由二次互反律，

注意到p>3，p只能为p1(mod 3)且

∴只能下列情况

∴或。

3、判断不定方程x2+23y=17是否有解？

解：只要判断x2≡17(mod 23)是否有解即可。

∵ 17≡1(mod 4) ∴

∴x2≡17(mod 23)无解，即原方程无解。

三、论证题

1、试证对任何实数x，恒有〔x〕+〔x+〕=〔2x〕

证明：设x=[x]+α，0≤α<1

①当0≤α< 时， [x +]=[x]， [2x]=2[x] ∴等式成立

②当≤α< 1时， [x +]=[x]+1， [2x]=2[x]+1 ∴等式成立

故对任何实数x，恒有[x]+[x+]=[2x]。

n+1）；

2、证明：（1）当n为奇数时，3∣（2

n+1）。

（2）当n为偶数时，3（2

n+1≡（-1）n+1（mod 3）立得结论。

证明：由2

n-1）；

3、证明：（1）当3∣n（n为正整数）时，7∣（2

n+1）。

（2）无论n为任何正整数，7（2

n-1=8m -1≡0（mod 7）， 证明：（1）设n=3m，则2

n-1）；

即：7∣（2

3m ≡1（mod 7）得

（2）由于2

3m +1≡2（mod 7），23m+1 +1≡3（mod

2

3m+2 +1≡5（mod 7）。

7），2

n+1）。

故无论n为任何正整数，7（2

m-1，2n+1）=1。

4、设m＞0，n＞0，且m为奇数，证明：（2

证明一：由m为奇数可知：2n+1︱2mn+1，又有2m-1︱2mn-1，于是存在整数x，y使得：（2n+1）x=2mn+1，(2m-1)y=2mn-1。

从而（2n+1）x-(2m-1)y=2。这表明：

（2m-1，2n+1）︱2

由于2n+1，2m-1均为奇数可知：（2m-1，2n+1）=1。

m-1，2n+1）=d，则存在s，t∈Z，使得2m=sd+1，证明二：设（2

n =td-1。由此得到：

2

mn=(sd+1) n， 2mn =(td-1) m

2

mn =pd + 1=qd – 1，p，q∈Z。所以：（q -p）d 于是 2

=2。

从而 d∣2，就有d =1或2。由因为m为奇数，所以d =1。

m-1，2n+1）=1。

即（2

注：我们已证过：记M n=2n1，对于正整数a，b，有(M a，M b)= M(a，b) 。

显然当a≠b，a，b为质数时，(M a，M b)=1。

初等数论练习题七

一、单项选择题

1、设a和b是正整数，则=（　A　）

A．1 B．a C．b D．(a，b)

2、176至545的正整数中，13的倍数的个数是（　B　）

A．27 B．28 C．29 D．30

3、200!中末尾相继的0的个数是（　A　）

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（B　）

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　）

A． B． C． D．

二、填空题

1、314162被163除的余数是。（欧拉定理）

2、同余方程3x≡5(mod13)

3、

4、［-π

5、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

6、如果一个正整数具有21个正因数，问这个正整数最小

7、同余方程x3+x2-x-1≡0(mod 3)

三、计算题

1、求不定方程x 2y 3z = 41的所有正整数解。

解：分别解x 2y = t

t 3z = 41

得x = t 2u

y = u u Z，

t = 41 3v

z = v v Z，

消去t得x = 41 3v 2u

y = u

z = v u，v Z。

由此得原方程的全部正整数解为

(x，y，z) = (41 3v 2u，u，v)，u > 0，v > 0，41 3v 2u > 0。

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？解：设士兵有x人，由题意得x 1 (mod 3)，x 2 (mod 5)，x 3 (mod 11)。

在孙子定理中，取m1 = 3，m2 = 5，m3 = 11，m = 3511 = 165，

M1 = 55，M2 = 33，M3 = 15，

M1 =1，M2 = 2，M3 = 3，

则x 1551 （-2）332 3153 58 (mod 165)，

因此所求的整数x = 52 + 165t，t Z。

由于这队士兵不超过170人，所以这队士兵有58人。

3、判断同余方程是否有解?

解：286=2×143，433是质数，(143，443)=1

奇数143不是质数，但可用判定雅可比符号计算的勒让德符号

∴原方程有解。

四、证明题

1、设(a，m) = 1，d0是使a d 1 (mod m)成立的最小正整数，则

(ⅰ) d0(m)；

(ⅱ)对于任意的i，j，0 i，j d0 1，i j，有a i a j (mod m)。（1）

证明：(ⅰ) 由Euler定理，d0 (m)，因此，由带余数除法，有

(m) = qd0r，q Z，q > 0，0 r < d0。

因此，由上式及d0的定义，利用欧拉定理得到

1 (mod m)，

即整数r满足a r1 (mod m)，0 r < d0 。

由d0的定义可知必是r = 0，即d0(m)。

(ⅱ) 若式(1)不成立，则存在i，j，0 i，j d0 1，i j，使a i a j (mod m)。

不妨设i > j。因为(a，m) = 1，所以a i j0 (mod m)，0 < i j < d0。

这与d0的定义矛盾，所以式(1)必成立。

2、证明：设a，b，c，m是正整数，m > 1，(b，m) = 1，并且

b a1 (mod m)，b c1 (mod m) （1）

记d = (a，c)，则b d1 (mod m)。

证明：由裴蜀恒等式知，存在整数x，y，使得ax cy = d，显然xy < 0。

若x > 0，y < 0，由式(1)知：1 b ax = b d b cy = b d(b c)y b d (mod m)。

若x < 0，y > 0，由式(1)知：1 b cy = b d b ax = b d(b a)x b d (mod m)。

3、设p是素数，pb n 1，n N，则下面的两个结论中至少有一个成立：

(ⅰ) pb d 1对于n的某个因数d < n成立；

(ⅱ) p 1 ( mod n )。

若2n，p > 2，则(ⅱ)中的mod n可以改为mod 2n。

证明：记d = (n，p 1)，由b n1，b p 1 1 (mod p)，及第2题有

b d1 (mod p)。

若d < n，则结论(ⅰ)得证。

若d = n，则np 1，即p 1 (mod n)，这就是结论(ⅱ)。

若2n，p > 2，则p 1 (mod 2)。由此及结论(ⅱ)，并利用同余的

基本性质，

得到p 1 (mod 2n)。

初等数论练习题八

一、单项选择题

1、设n > 1，则n为素数是(n 1)! 1 (mod n)的（C）。

A.必要但非充分条件

B.充分但非必要条件

C.充要条件

D.既非充分又非必要条件

2、小于545的正整数中，15的倍数的个数是（C）

A.34

B.35

C.36

D.37

3、500!的标准分解式中7的幂指数是（D ）

A.79

B.80

C.81

D.82

4、以下各组数中，成为模10的简化剩余系的是（D）

A.1，9，－3，－1

B.1，－1，7，9

C.5，7，11，13

D.－1，1，－3，3

5、设n是正整数，下列选项为既约分数的是（A）

A. B. C. D.

二、填空题

1、σ（120）

2、7355

3、同余方程3x≡5(mod14)

4、（）

5、［-

6、如果一个正整数具有6

7、同余方程x3+x2-x-1≡0(mod 5)

三、计算题

1、已知563是素数，判定方程x2429 (mod 563)是否有解。

解：把看成Jacobi符号，我们有

-）

，

故方程x2429 (mod 563)有解。

2、求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。

解：模23的所有的二次剩余为

x1，2，3，4，6，8，9，12，13，16，18 (mod 23)；

模23的所有的二次非剩余为

x5，7，10，11，14，15，17，19，20，21，22 (mod 23)。3、试求出所有正整数n，使得1n＋2n＋3n＋4n 能被5整除。

解：若n为奇数，则1n＋2n＋3n＋4n1n＋2n＋（-2）n＋（-1）n0 (mod

5)；

若n=2m，m∈Z，则1n＋2n＋3n＋4n12m＋22m＋（-2）2m＋（-1）2m

2+2×22m=2+2×4m =2+2×(-1)m(mod 5)；

当m为奇数时，1n＋2n＋3n＋4n0(mod 5)；

当m为偶数时，1n＋2n＋3n＋4n4(mod 5)。

故当4n时，5∣1n＋2n＋3n＋4n。

四、证明题

1、证明：若质数p>2，则2P-1的质因数一定是2pk+1形。

证明：设q是2-1的质因数，由于2-1为奇数，∴q≠2，（2，q）=1。

由条件q|2p-1，即2≡1（mod q）。

设h是使得2≡1（mod q）成立最小正整数，若1

有h|p。这与p为质数矛盾。从而 h=p，于是p|q-1。又∵q-

1为偶数，2|q-1，

∴ 2p|q-1，q-1=2pk，即q=2pk+1 k∈Z。

2、设（m，n）=1，证明：m(n)+n (m)≡1 (mod mn)。

证明：因为（m，n）=1，所以由欧拉定理知：n (m)≡1 (mod m)，m(n)≡1 (mod n)

于是m(n)+n (m)≡1 (mod m)，m(n)+n (m)≡1 (mod n)。

又因为（m，n）=1，所以m(n)+n (m)≡1 (mod mn)。

注：此题也可这样表述：若两个正整数a，b互质，则存在正整数m，n，使得

a m+

b n≡1(mod ab)。

3、设（a，b）=1，a+b≠0，p为一个奇质数，证明：。

说明：事实上，设，只需证明：d | p即可。

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。

初等数论第2版习题答案(可编辑修改word版)

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

4月浙江自考初等数论试题及答案解析试卷及答案解析真题

1 浙江省2018年4月高等教育自学考试 初等数论试题 课程代码：10021 一、单项选择题(本大题共5小题，每小题2分，共10分) 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1．20被-30除的余数是（ ） A ．-20 B ．-10 C ．10 D ．20 2．176至545的正整数中，13的倍数的个数是（ ） A ．27 B ．28 C ．29 D ．30 3．200!中末尾相继的0的个数是（ ） A ．49 B ．50 C ．51 D ．52 4．从以下满足规定要求的整数中，能选取出模20的简化剩余系的是（ ） A ．2的倍数 B ．3的倍数 C ．4的倍数 D ．5的倍数 5．设n 是正整数，下列选项为既约分数的是（ ） A ． 3144 21++n n B ． 121 -+n n C ．2 512+-n n D ．1 31++n n 二、填空题(本大题共10小题，每小题3分，共30分) 请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1．d(120)=___________。 2．314162被163除的余数是___________。 3．欧拉定理是___________。 4．同余方程3x ≡5(mod13)的解是___________。 5．不定方程10x-8y=12的通解是___________。

2 6．ο ___________)1847 365 ( = 7．［-π］＝___________。 8．为使n-1与3n 的最大公因数达到最大的可能值，则整数n 应满足条件___________。 9．如果一个正整数具有21个正因数，问这个正整数最小是___________。 10．同余方程x 3+x 2-x-1≡0(mod 3)的解是___________。 三、计算题(本大题共4小题，每小题10分，共40分) 1．解同余方程组 ???? ?? ?≡≡≡≡) 9(mod 4)7(mod 32)4(mod 23) 25(mod 1x x x x 2．解不定方程15x+10y+6z=19。 3．试求出所有正整数n ，使得2n -1能被7整除。 4．判断同余方程 x 2≡-1457(mod 2389) 是否有解？ 四、证明题(本大题共2小题，每小题10分，共20分) 1．证明形如4n+3的素数有无穷多个。 2．证明不定方程 x 2+y 2+z 2=x 2y 2 没有正整数解。

初等数论试卷和答案

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.

初等数论试卷模拟试题和答案

初等数论试卷一 一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） １．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． ２．下列命题中不正确的是( ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,, ,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数 Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数 ３．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解 ()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( ) Ａ．00,,0,1,2,;a b x x t y y t t d d =- =+ =±± Ｂ．00,,0,1,2, ;a b x x t y y t t d d =+= -=±± Ｃ．00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =+= -=±± Ｄ．00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =-= -=±± ４．下列各组数中不构成勾股数的是( ) Ａ．５，１２，１３； Ｂ．７，２４，２５； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７ ５．下列推导中不正确的是( ) Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡?+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡?≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡?≡ Ｄ．()()112 2 11mod mod .a b m a b m ≡?≡ ６．模１０的一个简化剩余系是( ) Ａ．0,1,2, ,9; Ｂ．1,2,3,,10;

初等数论试题

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.

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。

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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

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)。

初等数论试卷

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 。

(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.

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;

初等数论试卷和答案

初等数论考试试卷1 一、单项选择题(每题3分，共18分) 1、如果a b ，b a ，则( ). A b a = B b a -= C b a ≤ D b a ±= 2、如果n 3，n 5，则15（ ）n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 3、在整数中正素数的个数（ ）. A 有1个 B 有限多 C 无限多 D 不一定 4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ B b a = C ac T )(m od m bc D b a ≠ 5、如果( ),则不定方程c by ax =+有解. A c b a ),( B ),(b a c C c a D a b a ),( 6、整数5874192能被( )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 二、填空题(每题3分，共18分) 1、素数写成两个平方数和的方法是（ ）. 2、同余式)(m od 0m b ax ≡+有解的充分必要条件是( ). 3、如果b a ,是两个正整数,则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为( ). 4、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者( ). 5、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的( ). 6、如果b a ,是两个正整数,则存在( )整数r q ,,使r bq a +=,b r ≤0. 三、计算题(每题8分，共32分) 1、求[136,221,391]=? 2、求解不定方程144219=+y x . 3、解同余式)45(mod 01512≡+x . 4、求 ??? ??563429,其中563是素数. （8分） 四、证明题(第1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分)

初等数论第2版习题答案

第一章 §1 1 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。 ∴存在n 个整数n p p p ,,21使 n n n m p a m p a m p a ===,,,222111 又n q q q ,,,21 是任意n 个整数 m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴ 即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数 2 证： )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n )1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n 从而可知 )12)(1(/6++n n n 3 证： b a , 不全为0 ∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而 有形如by ax +的最小整数00by ax + Z y x ∈?,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+ 则 S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=r by ax by ax ++∴/00 下证8P 第二题 by ax by ax ++/00 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0000++∴ ).,/(00b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+ 4 证：作序列 ,2 3, ,2 , 0,2 ,,2 3,b b b b b b - -- 则a 必在此序列的某两项之间

初等数论试卷和答案

初等数论试卷和答案

初等数论考试试卷1 一、单项选择题(每题3分，共18分) 1、如果a b ，b a ，则( ). A b a = B b a -= C b a ≤ D b a ±= 2、如果n 3，n 5，则15（ ）n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 3、在整数中正素数的个数（ ）. A 有1个 B 有限多 C 无限多 D 不一定 4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ B b a = C ac T )(mod m bc D b a ≠ 5、如果( ),则不定方程c by ax =+有解. A c b a ),( B ),(b a c C c a D a b a ),( 6、整数5874192能被( )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 二、填空题(每题3分，共18分) 1、素数写成两个平方数和的方法是（ ）. 2、同余式)(mod 0m b ax ≡+有解的充分必要条件是( ). 3、如果b a ,是两个正整数,则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为 ( ). 4、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者( ). 5、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的( ).

试卷1答案 一、单项选择题(每题3分，共18分) 1、D. 2、A 3、C 4、A 5、A 6、B 二、填空题(每题3分，共18分) 1、素数写成两个平方数和的方法是（唯一的）. 2、同余式)(mod 0m b ax ≡+有解的充分必要条件是(b m a ),(). 3、如果b a ,是两个正整数,则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为( ][b a ). 4、如果p 是素数,a 是任意一个整数,则a 被p 整除或者( 与p 互素 ). 5、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的( 倍数 ). 6、如果b a ,是两个正整数,则存在( 唯一 )整数r q ,,使r bq a +=,b r ≤0. 三、计算题(每题8分，共32分) 1、 求[136,221,391]=?（8分） 解 [136,221,391] =[[136,221],391] =[391,17221136?] =[1768,391] ------------(4分) = 17391 1768?

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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

初等数论习题

https://www.wendangku.net/doc/cd3348859.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 。

自考初等数论试题及答案

初等数论考试试卷 1 一、单项选择题（每题3分，共18分） 1、 如果 ba , ab ，则（）. A a b Bab C a b Dab 2、 如果 3n , 5n ，则 15 （ ） n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 3、 在整数中正素数的个数（ ）. A 有1个 B 有限多 C 无限多 D 不一定 4、 如果 a b （modm ） , c 是任意整数贝V 5、 如果(),则不定方程ax by c 有解. A (a, b)c B c(a,b) C ac D (a,b)a 6、 整数5874192能被()整除. A 3 B 3 与 9 C 9 D 3 或 9 二、填空题（每题3分，共18分） 1、 素数写成两个平方数和的方法是（ ）? 2、 同余式ax b 0（modm ） 有解的充分必要条件是（）. 3、 如果 a,b 是两个正整数，则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为（）. 4、 如果p 是素数,a 是任意一个整数，则a 被P 整除或者（）. 5、 a,b 的公倍数是它们最小公倍数的 （）. 6、如果a ,b 是两个正整数，则存在（）整数q ,r ,使a bq r ,0 r b . 三、计算题（每题8分，共32分） 1、 求[136,221,391]=? 2、 求解不定方程9x 21y 144 . 3、 解同余式 12x 15 0（mod45） . 429 4、 求563 ,其中563是素数.（8 分） 四、证明题（第 1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分） 2 3 n n n 1证明对于任意整数n ,数3 2 6是整数. 2、 证明相邻两个整数的立方之差不能被 5整除. A ac bc(modm) B a b C ac bc(mod m) D ab

02013初等数论两套试卷及答案

初等数论考试试卷（一） 一、单项选择题(每题3分，共18分) 1、如果a b ，b a ，则( ). A b a = B b a -= C b a ≤ D b a ±= 2、如果n 3，n 5，则15（ ）n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 3、在整数中正素数的个数（ ）. A 有1个 B 有限多 C 无限多 D 不一定 4、如果)(mod m b a ≡，c 是任意整数，则 A ) (mod m bc ac ≡ B b a = C ac T )(m od m bc D b a ≠ 5、如果( )，则不定方程c by ax =+有解. B ),(b a c C c a D a b a ),( 6、整数5874192能被( )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 二、填空题(每题3分，共18分) 1、素数写成两个平方数和的方法是（ ）. 2、同余式)(m od 0m b ax ≡+有解的充分必要条件是( ). 3、如果b a ,是两个正整数，则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为( ). 4、如果p 是素数，a 是任意一个整数，则a 被p 整除或者( ). 5、b a ,的公倍数是它们最小公倍数的( ). 6、如果b a ,是两个正整数，则存在( )整数r q ,，使r bq a +=，b r ≤0. 三、计算题(每题8分，共32分) 1、求[136，221，391]=? 2、求解不定方程144219=+y x . 3、解同余式)45(mod 01512≡+x . 4、求? ?? ??563429，其中563是素数. （8分）

四、证明题(第1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分) 1、证明对于任意整数n ，数62 332n 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. 初等数论考试试卷（一）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)(m od 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] =[391,17221 136?] =[1768，391] ------------(4分) = 173911768? =104?391 =40664. ------------（4分） 2、求解不定方程144219=+y x .（8分）