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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。

第一章习题三

1. (ⅰ) 因为d

a 和d |a | 是等价的，所以a 1, a 2, , a k 的公约数的

集合与|a 1|, |a 2|, ,|a k | 的公约数的集合相同，所以它们的最大公约数相等； (ⅱ)，(ⅲ) 显然； (ⅳ) 设(p , a ) = d ，则d p ，d a ，由d p 得d = 1或d = p ，前者推出(p , a ) = 1，后者推出p a 。

2. (ⅰ) 由d

a i 推出d y 0 = (a 1, a 2, , a k )； (ⅱ) 分别以y 0和Y 0

表示集合A = { y ；y =∑=k

i i i x a 1

，x i Z ，

i k }和A *

= { y ；y =∑=k

i i i x ma 1

，

x i Z ， i k }中的最小正整数，显然有Y 0 = |m |y 0； (ⅲ) 在推论2

中取m = ，并用

δδk a

a a ,,,21 代替a 1, a 2,

, a k 即可。

3. (ⅰ) 若p |/a ，则(p , a ) = 1，从而由p

ab 推出p b ； (ⅱ) 在(ⅰ)

中取a = b 可得； (ⅲ) (a , b 1b 2

b n ) = (a , b 2b n ) = = (a , b n ) = 1。

4. 由恒等式9(2x 3y ) 2(9x 5y ) = 17y 及17

2x 3y 得172(9x

5y )，又(17, 2) = 1，故179x 5y 。

5. 设(a , b ) = d ，则a = da 1，b = db 1，(a 1, b 1) = 1，由a

b 2

c 得a 12b 12c ，

a 12c ，因为c 无平方因子，所以a 1 = 1，a = d ，

b = ab 1，即a b 。

6. 设121

22321212232122C C C )C ,,C ,(C ---=+++=n n n

n n n n n n d ，由知d 22n 1

，设

2k |n 并且2k+1不整除n ，由2k +1

||1

1221

12C 2C 2

C |--+=i n i n k n i

n 及，i = 3, 5, , 2n 1，得d = 2

k + 1

。

第一章习题四

1. (ⅰ)，(ⅱ) 显然； (ⅲ) 设m 1 = [a 1, a 2, , a k ]，m 2 = [ |a 1|, |a 2|, , |a k | ]，则由a i m 1推出|a I |m 1，即m 2m 1，同理可得m 1m 2，故m 1 = m 2； (ⅳ) 显然a

|b |，b

|b |，又若a

m ，b m ，m > 0，则|b | m ，故有[a ,

b ] = |b |。

2. 设m 是a 1, a 2, , a n 的任一个公倍数，由a 1

m ，a 2m 知[a 1, a 2] = m 2m ，

由m 2

m ，a 3m 知[m 2, a 3] = m 3m ，，由m n

m ，a n m 知[m n 1, a n ] = m n m ，

即[a 1, a 2,

, a n ]m 。

3. 只须证)

,()

(),()(b a b b a b a b a ab b a ++=+，即只须证(b , a b ) = (a , b )，此

式显然。

4. 由a b = 120及ab = (a , b )[a , b ] = 24 144 = 3456解得a = 48，

b = 72或a = 72，b = 48。

5. 因为),)(,)(,(],][,][,[),,(],,[2

222

2222

a c c

b b a

c b a a c c b b a ca bc ab c b a c b a =

=，，故只须证明(a , b , c )(ab , bc , ca ) = (a , b )(b , c ) (c , a )，此式用类似于例3的方法即可得证。

6. 设s = 1k

，则由2s = (1k

) (2k

) (9k

) = 10q 1及2s = (0k

) (1k

) (9k

) = 9q 2得102s 和92s ，于是有90

2s ，从而1 2

9 = 45

s 。

第一章习题五

1. (ⅰ) a b 知b = ab 1，由性质(ma , mb ) = |m |(a , b )得(a , b ) = (a , ab 1) = a (1, b 1) = a ； (ⅱ) 由性质(ma , mb ) = |m |(a , b )得(a , b ) = (2a 1, 2b 1) = 2

a 1,

b 1)； (ⅲ)由性质(a , b ) = 1 (a , b

c ) = (a , c )得(a , b ) =

(a , 2b 1) = (a , b 1)； (ⅳ) 由性质(a , b ) = (|a b |, b )及(a , b ) = 1

(a , bc ) = (a , c )得(a , b ) = (||

a ,

b )。 2. 作辗转相除：1387 = (

162)(8) 91，162 = 91(2) 20，

91 = 20 4 11，20 = 11 1 9，11 = 9 1 2，9 = 2 4 1，2 = 1 2

0，由此得n = 6，q 1 = 8，q 2 = 2，q 3 = 4，q 4 = 1，q 5 = 1，q 6 = 4，x = (

1)n 1

Q n = 73，y = (

1)n

P n = 625，又(1387, 162) = r n = 1，故1387

162625 = 1 = (1387, 162)。

3. (27090, 21672, 11352) = (4386, 10320, 11352) = (4386, 1548, 2580)

= (1290, 1548, 1032) = (258, 516, 1032) = (258, 0, 0) = 258。 4. (F n + 1, F n ) = (F n F n 1, F n ) = (F n 1, F n ) = = (F 1, F 2) = 1。

5. 设除数为d ，余数为r ，则由

d 4582 2836 = 1746，d 5164 4582 = 582，d 6522 5164 = 1358

知d

(1746, 582, 1358) = 194，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 120。 6. 作辗转相除：

a = bq 1 r 1， 0 < r 1 < |

b |， b = r 1q 2 r 2， 0 < r 2 < r 1，

r n 2 = r n 1q n r n ，0 < r n < r n 1， r n 1 = r n q n 1 r n 1，r n 1 = 0。

由第一式得

1 =)12()12()12(]1)2[(21222111111111-+-=-+-=-+-+r b r q b r r r r bq Q ，

即),(),(),(),(211111r r r b r b b a r b a M M M M M M M M M Q M M ==+=。类似可得，等，于是),(),(),(),(11b a r r r r b b a M M M M M M M M n n n =====+ 。

第一章习题六

1. (ⅰ) 显然d =k k

p p p γγγ 2

121（0 i

，1 i k ）是n 的

正因数。反之，设d 为n 的任一个正因数，由d n 知对每一个p i ，d 的标准分解

式中p i 的指数都不超过n 的标准分解式中p i 的指数，即d 必可表示成k k

p p p γγγ 2

121（0

，1 i k ）的形式； (ⅱ) 类似于(ⅰ)可证得。

2. (ⅰ) 显然对于i

= min{

}，1 i k ，

b p p a p p k k k k ||1111λλλλ ，，而且若d

a ，d

b ，则d 的标准分解式中p i

的指数同时不超过a 和b 的标准分解式中p i 的指数，即d

k k p p λλ 1

1，这就证

明了(a , b ) =k k p p λλ 1

1，

= min{

}，1 i k ； (ⅱ) 类似于(ⅰ)

即可证得。

3. = 2

35747283。

4. 写i =i i i λλα|22/，，i = 1, 2, , 2n ，则i

为1, 2, , 2n 中的奇

数，即

只能取n 个数值，在n 1个这样的数中，必存在i

（i j ），

于是易知i 与j 成倍数关系。

5. 写i =i i i λλα|22/，，i = 1, 2, , n ，令 = max{

, ,

}

，显然 1，且由第一节例5知使

的k （ 1 k n ）是唯一

的，取T = 2

，若S 是整数，则ST

k n k k n T T T λλλλλλλλαααα22222211211 --+++++

中除

项外都是整数，矛盾。 6. 设k k k k p p p b p p p a βββααα 21212121==，，令

，

其它，

，

当，，，其它，

，，

，，2

12122

12120},max{0},max{2

1b b b p p p b a a a p p p a i i i i i

i k i i i i

i k k k =???≠====

???===αβαββδβαααγδδδγγγ 则a 1，a 2，b 1，b 2使得a = a 1a 2，b = b 1b 2，(a 2, b 2) = 1，并且[a , b ] = a 2b 2。

第一章习题七

1. (ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ) 显然； (ⅳ) 由[x y ] = [[x ] {x } [y ] {y }] = [x ] [y ] [{x } {y }]即可证得； (ⅴ) 由[x ] =[([x ]

{x })] = [x ]

[{x }]即可证得； (ⅵ) 由{

x } = {([x ] {x })} =

{

{x }}即可证得。 2. ][][][

327

12347

712347712347++ = 1763 251 35 5 = 2054。

3. 由例4得][2

+x = [2x ]

[x ]，于是

∑∑∑∞=-∞

=∞=--=+=+111

11])[]([][][

22212

22r r r r r r

r r n n n n =[n ] = n 。

4．设x = a ，a =1,2,…,n -1，0 < 1。代入原方程得到[2a

] = 2a ,

知2a

Z ，的可能取值是 a

a a 21

,21,

0- ，即有2a 个解。由于x =n 也是解，因此，共有1)121(2+-+++n 个解。

5. 设x = n ，n Z ，1 < 1，则f (x ) = [x ] [2x ] [22

x ] [23

x ] [24

x ] [25

x ]

= n 2n 22

n 23

n 24

n 25

n [2] [22

] [2

]

]，由此得63n f (x ) 63n 1 3 7 15 31 63n

57，另一方面，12345为63k

60型，故f (x ) 12345。

6. 设n = a 0 2a 1 22

a 2 2s

a s ，a i = 0或1，则

h =][][

][3

2222n n n

= (a 1 2a 2 22

a 3 2s 1

a s ) (a 2 2a 3 2s 2a s )

a s

= (2 1)a 1 (22

1)a 2

(2s

1)a s

= (a 0 2a 1 22

a 2 2s

a s ) (a 0 a 1 a 2 a s ) =

n k 。

第一章习题八

1. 设不然，则n = 2m

n 1，121)12(1212222111

|+<+=+>/

m m

Q n n n ，，， <

2n 1，表明2n

1是合数，矛盾。

2. 设不然，则n = n 1n 2， 1 < n 1 < n ，则

=121)12(121121-<-=-n n n n Q ， < 2n

+ 1，表明2n

1是合数，矛盾。

3. 若6n 5型的素数只有有限个，记为p 1, p 2, , p k ，作A = 6 p 1p 2p k 1，

显然A > 1，A 是奇数，且A 是6n 5型的整数，故A 必存在一个6n 5型的素因数p ，从而p = p i （1

k ），由p A ，p p 1p 2

p k 推出p 1，矛盾。

4. 设p 1，p 2 = d p 1，p 3 = 2d p 1，首先p 1 2且d 是偶数，于是3|/d ，从而对任意给定的d ，p 1，p 2，p 3中有且只有一个被3整除，即p 1，p 2，p 3有且只有一个等于3，故p 1，p 2，p 3最多只有一组。

5. 显然下面n 个正整数(n 1)! 2，(n 1)! 2，，(n 1)!

1)满足要求。

6. 设不然，则存在k ，使得2

<∑

∞

+=k n n p ，设Q = p 1p 2p k ，考虑1 nQ ，

n N ，

显然它们都不能被p 1, p 2,

, p k 整除，即1

nQ 的标准分解式中的素数都只

能在p k + 1, p k +2, 中，从而对于任意的r 1，有

∑∑∑∑

∞=∞=∞+==<≤+1111)()(2

1111n n n n k m m r

n p nQ ，

右边是一个收敛的级数，故由比较判别法知∑∞

=+111n nQ 也收敛，但事实上∑

∞=+111

n nQ 是一个发散级数，矛盾。

第二章习题一

1. 定理1的证明：如果(ⅰ)成立，m a b ，a b = mq ，a = b mq ，知(ⅱ)成立；如果(ⅱ)成立，写a = q 1m

r 1, b = q 2m

r 2， 0 r 1, r 2

m 1，则q 1m r 1 = q 2m r 2 mq ，由此得r 1 = r 2，知(ⅲ)成立；如果(ⅲ)

成立，a = q 1m r , b = q 2m r ，0 r m 1，则a b = m (q 1 q 2)，

m a b ，知(ⅰ)成立。定理2的证明：结论(ⅰ)与(ⅱ)显然。 (ⅲ) 由定

理1及a b ，b c (mod m )可知存在整数q 1，q 2，使得a = b q 1m ，b = c q 2m ，因此a = c

(q 1 q 2)m ，推出a c (mod m )。定理2得证。

2. 由x y (mod m )得x i

y i

(mod m )，由a i b i (mod m )得a i x i

b i y i

(mod m )，再由可加性得∑∑==≡n

i i i n

i i i y b x a 0

(mod m )。

3. (ⅰ) 由a b (mod m )得m a b ，又d m ，故d a b ，即a

b (mod d )；(ⅱ) 由a b (mod m )得m a b ，故km ka kb ，即ak bk (mod mk )； (ⅲ) 由a b (mod m i )得m i a b ，故[m 1, m 2, , m k ] a

b ，即a b (mod [m 1, m 2, , m k ])； (ⅳ) 由a b (mod m )得a = mq b ，故(a , m ) = (b , m )； (ⅴ) 由a

c bc (mo

d m )得m ac bc = c (a

b )，又(

c , m ) = 1，故m a

b ，即a b (mod m )。

4. 因为82

1(mod 13)，所以81234

= (82)617

(1)617

1 1

2 (mod 13)，即8

1234

被13除的余数是12。

5. 对任意的整数x ，x r (mod m )，1 r m ，于是f (x ) f (r )≡/0(mod

m )，从而f (x ) 0，所以方程f (x ) = 0没有整数解。

6. 由42762|942762|1142762|942762|99αβαβαβαβ从。，得得

6或 = 15，从42762|11αβ得 = 2或 = 9，于是解

关于

，

的方程组

???=-=+???-=-=+???=-=+??

?-=-=+915

2159626βαβαβαβαβαβαβαβα或或或得

= 2， = 4。

第二章习题二

1. 若A 是模m 的完全剩余系，显然(ⅰ)与(ⅱ)成立。反之，满足(ⅰ)与(ⅱ)的一组数必分别来自于模m 的每一个不同的剩余类，即A 是模m 的完全剩余系。

2. 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)。

3. 由(p 1)! p 1 (mod p )，(p 1)! p 1 (mod p 1)以及(p , p 1) = 1得(p 1)! p 1 (mod p (p 1))，又2N = p (p 1)，故(p 1)!

p 1 (mod N )。

4. 设不然，n = n 1n 2，1 < n 1 < n ，由(n 1)! 1 (mod n 1)得0 1 (mod n 1)，矛盾。

5. 设4m ，如果{a 1b 1, a 2b 2,

, a m b m }是模m 的完全剩余系，则其中的奇

数与偶数各半，又{a 1, a 2, , a m }与{b 1, b 2, , b m }也是模m 的两个完全剩余系，故a i b i 必须使a i ，b i 同为奇数或偶数，即a i b i ≡/2 (mod 4)，这对于4m 的模m 的

完全剩余系是不可能的。

6. (ⅰ) 由b i 通过m i 个数可知b 1

b 2

b n

通过m = m 1m 2m n

个数； (ⅱ) 如果b 1

b 2

b n n

b 11

b 2

b n n

(mod m )，则b 1

b 2

b n

b 1

b 22

b n

(mod m i )，即b i

b i (mod m i )，b i = b i 。

故b 1

b 22

b n n

通过模m = m 1m 2m n 的完全剩余系。

第二章习题三

1. 若A 是模m 的简化剩余系，显然(ⅰ)，(ⅱ)与(ⅲ)成立。反之，满足(ⅰ)，(ⅱ)与(ⅲ)的一组数必分别来自于模m 得每一个不同的与模m 互素的剩余类，即它是模m 的简化剩余系。

2. 对n 施行数学归纳法。当n = 2时，由定理3知命题成立，假定命题在

n 时成立，即x = M 1x 1 M 2x 2 M n x n 通过模m = m 1m 2m n 的简化剩

余系，则

m n +1x m 1m 2m n x n 1

= m n + 1M 1

x 1 m n + 1M 2x 2 m n + 1M n x n m 1m 2m n x n 1

= M 1x 1 M 2x 2

M n x n

M n + 1x n + 1

通过模m 1m 2m n m n + 1的简化剩余系，由归纳原理知命题对一切n

2成立。

3. 写ax i = mq i r i ，0 r i < m ，由x i 通过模m 的简化剩余系知r i 通过模m 的最小非负简化剩余系，于是由例1得

∑∑∑∑======

==+=)

(1)(1)(1)(1)(21)(211}{}{m i m i m i m i i i

i i i m m m m r m m

r m r q m ax ??????。 4. 设1),(1111111

1||11===//n m n p m p n p p n m p p m i k k k k

，，，，ββαα ，则

，

，∏∏==++++-==-==k i i k k

i i k

k p n m p p n m n m p p p n m p p mn k k k

k k k 1

},min{}

,min{11

111111)()(11),()()),(()()(1

1)()(111111βαβαβαβαβαβα??????

由此得

(mn )

((m , n )) = (m ,n ))(11)(1111

1111)()(11n p p p m p p p k

i i k k

i i k k k

??ββαα∏∏==--

= (m , n )(m )(n )。

5. 设1),(11111111||11===//n m n p m p n p p b m p p a i k k k k

，，，，ββαα ，取k n m p p n k m n p p m k

k k k 1211121111ααββ ==，，

(k , a ) = (k , b ) = 1，则可得a

n m =)()(??，即a (m ) = b (n )。

6. (ⅰ) 当n = 1时显然；当n = 2

时，

(2) = 2

1（

1）；当n = p ，p 为奇素数时，(p ) = p p

>αp （ 1）；现在

设

p p n ααα 112=，

则

n p p p p n k k

k 2

1)()()2()(1111<>

=ααα

ααα???? 。 (ⅱ) 设n 是合数，p 0为n 的最小素因数，则p 0

n ，于是

(n ) =n n n

n p n p n n

p -=-≤-≤-

∏)()()(1111110|。第二章习题四

1. 因103

= 23

，显然1978103

19783

0 (mod 23

)，再由1978100

1 (mod

53)得1978103

19783

0 (mod 53)，故1978103 19783 0 (mod 103

)。

2. 313159

= 5159

= (56

)26

= 25 5 4 5 6 (mod 7)。

3. 因561 = 3

17，对于一切整数a ，(a , 561) = 1，有(a , 3) = 1，

(a , 11) = 1，(a , 17) = 1，由费马定理可得a 560

= (a 2)280

1 (mod 3)，a 560

= (a 10)56

1 (mod 11)，a 560 = (a 16)35

1 (mod 17)，故a 560

1 (mod 561)。

4. 由费马定理q p 1

1 (mod p )，p q 1

1 (mod q )，p

q 1

p 1

1 (mod p )，p

q 1

p 1

1 (mod q )，故p

q 1

p 1

1 (mod pq )。 5. 612

1 = (63

1)( 63

1)( 66

1) =543

73146657，对

于46657，它的素因数必为12k 1型，经检验的46657 = 1337

97，故612

1 = 57

97。

6. 设素数p b n 1，即b n 1 (mod p )，于是b 2n 1 (mod p )，由

例5得下面两种情形之一成立：

(ⅰ) p b d

1对于2n 的某个因数d < 2n 成立；

(ⅱ) p

1 (mod 2n )。

第二章习题五

1. 设k

k p p p n ααα 2121=，则n 正因数可表示为d

=k k p p p γγγ 2121（0 i

，1 i k ），于是d (n ) =∑∑∑=≤≤=k

i n

d i

i 10|11αγ=(1

)(1

)(1 k

)。

由上式立知d (n )是积性函数，但d (4) = 3 4 = d (2)d (2)，故d (n )不是完全积性函数。

2. 若不恒为零的数论函数f (n )是完全积性函数，必为积性函数，故f (1) =1

且k k

k k p f p f p f p p p f αααααα)()()()(21212121 =。反之，若整数m ，n 中有一个等于1，显然有f (mn ) = f (m )f (n )，若k k k k p p n p p m ββαα 1111==，，则

。

)()()()()()()()()()(1111111111m f m f p f p f p f p f p f p f p p f mn f k k k k k

k k k k k

====++++ββααβαβαβαβα

3. n n d n d n n d

n d n d n d )

(111|||σ===∑∑∑。

4. (ⅰ) 当n = 1时，右边的连乘理解为1，等式成立。设k

k p p n αα 11=，

则有∏∏∑-=+++=n

p i n

p i i i i n

d i i i i p f p f p p f p d f d |||))(1())()()()(1()()(ααμμμ ； (ⅱ)

当n = 1时，右边的连乘理解为1，等式成立。设k

k p p n αα 11=，则有

∏∏∑+=+++=n

p i n

p i i i i n

d i i i i p f p f p p f p d f d ||2

2|2))(1())()()()(1()()(ααμμμ 。

5. 当n = 1时，∑n

d d |)(?=1，设k

k p p n αα 11=，则

。

n p p p p p p p p d d d k k k

k k k k k k p d k p d n

d ==-++-+-++-+==--∑∑∑ααααααα

??? 11111

11111111||1|)]()1(1[)]()1(1[)

()()( 第三章习题一

1. 对于任意的正实数，写

= [] {}，则由定理1，定理2可知

[

]与{

}可分别唯一地表示为∑∑-∞

-==1

i i i k

i i i b a b a 与形式，故

可以唯一的表示为

=∑-∞

-=1

i i i b a （0 a i b 1，且对于任何正整数m ，都存在n > m ，使得a

b 1）的形式。

2. 789 = (01)2 = (11124)5 。

8= 0.280953 。 4. 由n = (a k a 1a 0)7 = a k 7k

a 17 a 0 a k a 1 a 0 (mod 2)得

n = (a k a 1a 0)7

2a k a 1 a 0 。

5. 若n

= (0a 1a

a k )

b ，则b k m = n (a 1b k 1 a 2 b k 2 a k )，

即n

b k m ，n b k ，故n 的每个素因数都是b 的因素数。反之，若n 的每个素因数

都是b 的素因数，则必存在k ，使得n b k

，即b k

= nn 1，)(11011a b a b a b

mn b n m l l k k +++== ，故n m

的b 进制小数 (0a 1a 2a

)b 为有

限小数。

第三章习题二

1. 显然p 1 = |a 1| = a 1，p 2 =2

111

a a -= a 1a 2 1，当k 3时，有

1000

10010

010

011

2211

321

--+

--=--k k k k a a a a a a a a p = a k p k 1

k p k

，

此与定理1中p k 的递推式一致；

显然q 1 = 1，p 2 =

200

1a = a 2，当k 3时，有 1

1000

00110

221

-=--k k k k a a a a a a a q = a k q k 1 k q k 2

，

此与定理1中q k 的递推式一致。

2. 当k = 2时，由

???

??=???? ??+=???? ?????? ??12

21212111011011q q p p a a a a a a 知k = 2时成立，归纳假定

???

??=???? ?????? ?????? ??--112101

1011011k k k k

k q q p p a a a 成立，则

，???? ??=???? ??++=???? ?????? ??=???

?????? ?????? ?????? ??++-+-++--+k k k k k k k k k k k k k k k k k k k q q p p q q q a p p p a a q q p p a a a a 1

1111111121011011011011011

由归纳原理知对一切k 2有???

??=???? ?????? ?????? ??--1121011011011k k

k k

k q q p p a a a 。

3. 由a 1 = 1，a 2 = 2，a 3 = 3得p 1 = 1，p 2 = 3，p 3 = 10，q 1 = 1，q 2 = 2，

q 3 = 7，

故连分数

1, 2, 3, 4, 5,

的前三个渐近分数为

10231332211===q p q p q p ，，。 4. 设x = 2, 3, 2, 3, ，则x = 2

31+=

x x

由此解得，。 5. 易知

131

11721197++=+== 0, 1, 3, 2 ，p 1 = 0，p 2 = 1，p 3 = 3，q 1 = 1，q 2 = 1，q 3 = 4，于是7 4 9 3 = (1)4 = 1，故7x 9y = 4有

特解x 0 = 16，y 0 = 12，原方程的一切整数解为x = 16

9t ，y = 12 7t ，

t Z 。

第三章习题三

1. (ⅰ) 记

= a k + 1, a k + 2, , a n ，k

k + 1

, k + 2

, ,

，由

知a 1 = [0

] = [

] = b 1，由1

βα+

b a 推出1

，从而a 1 = [

] = [1

]= b 1，，反复以上推理最后可得n = m ，a i = b i

（1 i n ）； (ⅱ) 由(ⅰ)知b

可唯一地表示为 a 1, a 2, , a n ，a n > 1，又易知

a 1, a 2, , a n 还可以另写成简单连分数

a 1, a 2, , a n 1, 1

，但仅此而已，故有理数b

仅有此两种表示成简单连分数的方法。 2. 13=

3, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1,

。

3. 经计算32+= 3, 1, 2, 1, 2, ，由此得p 1 = 3，p 2 = 4，p 3 = 11，p 4 = 15，p 5 = 41，p 6 = 56，p 7 = 153，p 8 = 209，p 9 = 571，p 10 = 780，p 11 = 2131，

，q 1 = 1，q 2 = 1，q 3 = 3， q 4 = 4，q 5 = 11，q 6 = 15，q 7 = 41，q 8 = 56，

q 9 = 153，q 10 = 209，q 11 = 571，，于是209

780

1015712091209780325||故，

+即为所求。

4. sin18 =

5-= 0, 3, 4, 4, 4, 4, ，得p 1 = 0，p 2 = 1，p 3 = 4，p 4 = 17，p 5 = 72，p 6 = 305，q 1 = 1，q 2 = 3，q 3 = 13， q 4 = 55，q 5 =

233，q 6 = 987，于是233

10198723312337218sin 5||故，

?即为所求。 5. 的前几个渐近分数为，，，，，

，33215

104308

33102103993113355106333172213，其中

33102

10993

113355和分别满足误差满足 10

和 10

的要求。

1+= 1, 1, 1, 1, 1, ，由此易得p k = p k

p k

= F k

F k 1 = F k + 1，q k = q k 1 q k 2 = F k 1 F k 2 = F k ，故

k k k F F

q p 1+=。

第三章习题四

1. 方程3x 2

2x 2 = 0的正根3

7-= 0, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4,

。

3,2

,1 = 1

1521

21-=

x 解得，α

。 3. )

1(21

11)1(12

22a a a a a

a a a a a a -+++

=+++=-++=+= =

a , 2a , 2a , 2a , 2a ,

。

4. 若??=1212,,,,a a a

a d n ，则 1

111121121)()(,,,,2,,,,--++++=?+?=??=n n n n n n q q d a p p d a d a a a a a a a

a d ，

得(dq n a 1p n p n 1) (a 1p n p n 1 p n )d d 由，0=是无理数得p n =

a 1q n q n 1，dq n = a 1p n p n 1，反之，若p n = a 1q n q n 1，dq n = a 1p n p n 1，

则

1121121)()(,,,,2,,,,--++++=?+?=??n n n n n n q q a p p a a a a a a a a

a ααα ，

得满足方程q n 2

(a 1q n q n 1 p n ) (a 1p n p n 1) = 0，即2

= d ，

=d 。

5. 由第4题可得到。

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．８，１６，１７５．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;

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。

西南大学线性代数作业答案

第一次行列式部分的填空题 1．在5阶行列式ij a 中，项a 13a 24a 32a 45a 51前的符号应取 + 号。 2．排列45312的逆序数为 5 。 3．行列式2 5 1122 1 4---x 中元素x 的代数余子式是 8 ． 4．行列式10 2 3 25403--中元素-2的代数余子式是 —11 。 5．行列式25 11 22 14--x 中，x 的代数余子式是 — 5 。 6．计算00000d c b a = 0 行列式部分计算题 1．计算三阶行列式 3 811411 02--- 解：原式=2×（—4）×3+0×（—1）×（—1）+1×1×8—1×（—1）× （—4）—0×1×3—2×（—1）×8=—4 2．决定i 和j ，使排列1 2 3 4 i 6 j 9 7 为奇排列. 解：i =8，j =5。

3．(7分)已知0010413≠x x x ，求x 的值．解：原式=3x 2—x 2—4x=2 x 2—4x=2x(x —2)=0 解得：x 1=0；x 2=2 所以 x={x │x ≠0；x ≠2 x ∈R } 4．(8分)齐次线性方程组 ?? ? ??=++=++=++000z y x z y x z y x λλ 有非零解，求λ。解：()211 1 1 010001 1 111111-=--= =λλλλλD 由D=0 得 λ=1 5．用克莱姆法则求下列方程组： ?? ? ??=+-=++=++10329253142z y x z y x z y x 解：因为 33113 210421711 7021 04 21 911 7018904 2 1 351 1321 5 421231 312≠-=?-?=-------=-------=）（r r r r r r D 所以方程组有唯一解，再计算： 81 1 11021 29 42311-=-=D 108 1 103229543112-==D 135 10 13291 5 31213=-=D 因此，根据克拉默法则，方程组的唯一解是：

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．８，１６，１７５．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

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

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?

电大数学思想与方法网上作业答案

电大数学思想与方法网上作业答案： 01任务_0001 一、单项选择题（共10 道试题，共100 分。） 1. 古埃及数学最辉煌的成就可以说是（）的发现。 A. 进位制的发明 B. 四棱锥台体积公式 C. 圆面积公式 D. 球体积公式 2. 欧几里得的《几何原本》几乎概括了古希腊当时所有理论的（），成为近代西方数学的主要源泉。 A. 几何 B. 代数与数论 C. 数论及几何学 D. 几何与代数 3. 金字塔的四面都正确地指向东南西北，在没有罗盘的四、五千年的古代，方位能如此精确，无疑是使用了（）的方法。 A. 几何测量 B. 代数计算 C. 占卜 D. 天文测量 4. 《几何原本》中的素材并非是欧几里得所独创，大部分材料来自同他一起学习的（）。 A. 爱奥尼亚学派 B. 毕达哥拉斯学派 C. 亚历山大学派 D. 柏拉图学派 5. 数学在中国萌芽以后，得到较快的发展，至少在（）已经形成了一些几何与数目概念。 A. 五千年前 B. 春秋战国时期 C. 六七千年前 D. 新石器时代 6. 在丢番图时代(约250)以前的一切代数学都是用（）表示的，甚至在十五世纪以前，西欧的代数学几乎都是用（）表示。

A. 符号，符号 B. 文字，文字 C. 文字，符号 D. 符号，文字 7. 古印度人对时间和空间的看法与现代天文学十分相像，他们认为一劫（“劫”指时间长度）的长度就是（），这个数字和现代人们计算的宇宙年龄十分接近。 A. 100亿年 B. 10亿年 C. 1亿年 D. 1000亿年 8. 巴比伦人是最早将数学应用于（）的。在现有的泥板中有复利问题及指数方程 A. 商业 B. 农业 C. 运输 D. 工程 9. 《九章算术》成书于（），它包括了算术、代数、几何的绝大部分初等数学知识。 A. 西汉末年 B. 汉朝 C. 战国时期 D. 商朝 10. 根据亚里士多德的想法，一个完整的理论体系应该是一种演绎体系的结构，知识都是从（）中演绎出的结论。 A. 最终原理 B. 一般原理 C. 自然命题 D. 初始原理 02任务一、单项选择题（共10 道试题，共100 分。） 1. 《几何原本》就是用（）的链子由此及彼的展开全部几何学，它的诞生，标志着几何学已成为一个有着比较严密的理论系统和科学方法的学科。 A. 代数

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)

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

西南大学18秋[0346]《初等数论》作业答案

概念解释题一、简答题 1. 判断30是质数还是合数，如果是合数，请给出其标准分解式。 2. 94536是否是9的倍数，为什么？ 3. 写出模6的最小非负完全剩余系。 4. 叙述质数的概念，并写出小于18的所有质数。 5. 叙述模m的最小非负完全剩余系的概念。 6. 2358是否是3的倍数，为什么？二、给出不定方程ax + by = c有整数解的充要条件并加以证明。三、给出有关同余的一条性质并加以证明。四、叙述带余数除法定理的内容并给出证明。作业1答案一、简答题（每小题10分，共30分） 1. 判断30是质数还是合数，如果是合数，请给出其标准分解式。 =??。答：30是合数，其标准分解式为30235 2. 94536是否是9的倍数，为什么？ ++++=是9的倍数。答：94536是9的倍数，因为9453627 3. 写出模6的最小非负完全剩余系。答：模6的最小非负完全剩余系为0，1，2，3，4，5。 4. 叙述质数的概念，并写出小于18的所有质数。答：一个大于1的整数，如果它的正因数只有1和它本身，就叫作质数。小于18的所有质数是2,3,5,7,11,13，17。 5. 叙述模m的最小非负完全剩余系的概念。答：0，1，2，…，m-1称为m的最小非负完全剩余系。 6. 2358是否是3的倍数，为什么？答：2358是3的倍数。因为一个整数能被3整除的充要条件是它的各个位数的数字之和为3的倍数，而2+3+5+8=18，18是3的倍数，所以2358是3的倍数。

二、给出不定方程ax + by = c 有整数解的充要条件并加以证明。解：结论：二元一次不定方程ax + by = c 有整数解的充要条件是(,)|a b c 。 ax + by = c 有整数解，设为00,x y ，则 00ax by c += 但(,)|a b a ，(,)|a b b ，因而(,)|a b c ，必要性得证。反之，若(,)|a b c ，则1(,)c c a b =，1c 为整数。由最大公因数的性质，存在两个整数s ，t 满足下列等式 (,)as bt a b += 于是111()()(,)a sc b tc c a b c +==。令0101x sc tc ==，y ，则00ax by c +=，故00,x y 为ax + by = c 的整数解，从而ax + by = c 有整数解。三、给出有关同余的一条性质并加以证明。答：同余的一条性质：整数a ，b 对模m 同余的充要条件是m ｜a -b ，即a =b +mt ，t 是整数。证明如下：设11r mq a +=，22r mq b +=，10r ≤，m r <2。若a ≡b （mod m ），则21r r =，因此)(21q q m b a -=-，即m ｜a －b 。反之，若m ｜a －b ，则)()(|2121r r q q m m -+-，因此21|r r m -，但 m r r <-21，故21r r =，即a ≡b （mod m ）。四、叙述带余数除法定理的内容并给出证明。答：若a ，b 是两个整数，其中b >0，则存在两个整数q 及r ，使得 a =bq +r ， b r <≤0 成立，而且q 及r 是唯一的。下面给出证明： …，－3b ，－2b ，－b ，0，b ，2b ，3b ，… 则a 必在上述序列的某两项之间，及存在一个整数q 使得qb ≤a <(q +1)b 成立。令a －qb ＝r ，则r 为整数，且a ＝qb ＋r ，而b r <≤0。

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）

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数学思想与方法网上作业答案： 01任务_0001 一、单项选择题（共10 道试题，共100 分。） 1. 古埃及数学最辉煌的成就可以说是（）的发现。 A. 进位制的发明 B. 四棱锥台体积公式 C. 圆面积公式 D. 球体积公式 2. 欧几里得的《几何原本》几乎概括了古希腊当时所有理论的（），成为近代西方数学的主要源泉。 A. 几何 B. 代数与数论 C. 数论及几何学 D. 几何与代数 3. 金字塔的四面都正确地指向东南西北，在没有罗盘的四、五千年的古代，方位能如此精确，无疑是使用了（）的方法。 A. 几何测量 B. 代数计算 C. 占卜 D. 天文测量 4. 《几何原本》中的素材并非是欧几里得所独创，大部分材料来自同他一起学习的（）。 A. 爱奥尼亚学派 B. 毕达哥拉斯学派 C. 亚历山大学派 D. 柏拉图学派 5. 数学在中国萌芽以后，得到较快的发展，至少在（）已经形成了一些几何与数目概念。 A. 五千年前 B. 春秋战国时期 C. 六七千年前 D. 新石器时代 6. 在丢番图时代(约250)以前的一切代数学都是用（）表示的，甚至在十五世纪以前，西欧的代数学几乎都是用（）表示。 A. 符号，符号 B. 文字，文字 C. 文字，符号 D. 符号，文字 7. 古印度人对时间和空间的看法与现代天文学十分相像，他们认为一劫（“劫”指时间长度）的长度就是（），这个数字和现代人们计算的宇宙年龄十分接近。 A. 100亿年 B. 10亿年 C. 1亿年 D. 1000亿年 8. 巴比伦人是最早将数学应用于（）的。在现有的泥板中有复利问题及指数方程 A. 商业 B. 农业 C. 运输 D. 工程 9. 《九章算术》成书于（），它包括了算术、代数、几何的绝大部分初等数学知识。 A. 西汉末年 B. 汉朝 C. 战国时期 D. 商朝 10. 根据亚里士多德的想法，一个完整的理论体系应该是一种演绎体系的结构，知识都是从（）中演绎出的结论。 A. 最终原理 B. 一般原理 C. 自然命题 D. 初始原理 02任务一、单项选择题（共10 道试题，共100 分。） 1. 《几何原本》就是用（）的链子由此及彼的展开全部几何学，它的诞生，标志着几何学已成为一个有着比较严密的理论系统和科

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