初等数论总复习题及知识点总结(2020年8月整理).pdf

初等数论总复习题及知识点总结最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。

数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。

初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法最大公因数和辗转相除法整除的进一步性质和最小公倍数素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求：2，3 ；：4 ；：1；：1，2，5；：1。

第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程多元一次不定方程勾股数费尔马大定理。

习题要求：1，2，4；：2，3。

第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质剩余类和完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用习题要求：2，6；：1；：2，3；1，2。

第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程的解数和解法素数模的同余方程威尔逊定理。

习题要求：1；：1，2；：1，2。

第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余勒让德符号二次互反律雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求：2；：1，2，3；：1，2；：2；：1。

第一章：原根与指标（2学时）自学8学时指数的定义及基本性质原根存在的条件指标及n次乘余模2及合数模指标组、特征函数习题要求：3。

第一章整除一、主要内容整除的定义、带余除法定理、余数、最大公因数、最小公倍数、辗转相除法、互素、两两互素、素数、合数、算术基本定理、Eratosthesen筛法、[x]和{x}的性质、n！的标准分解式。

二、基本要求通过本章的学习，能了解引进整除概念的意义，熟练掌握整除整除的定义以及它的基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题的若干方法，熟练掌握本章中二个著名的定理：带余除法定理和算术基本定理。

《初等数论》 考试复习资料一、叙述题1.完全剩余系2.二次反转定律3.雅可比符号4.费马小定理5.平方非剩余6.欧拉定理二、计算和证明题1.已知正整数a=35,b=21,求(a,b),并将其表成a,b 的线性组合。

2.求同余式)32(m od 172≡x 的解. 3.求同余式组1(mod 4)2(mod5)3(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩的解。

4.已知正整数,a b 满足(,)7,[,]105a b a b ==，求,.a b5.求不定方程9125200.x y z +-=的通解.6.证明： 176212535|(17631254).-7.若今天是星期天，证明：再过101010天是星期四。

参考答案一、叙述题1.完全剩余系从模n的每个剩余类中各取一个数，得到一个由n个数组成的集合，叫做模n的一个完全剩余系2.二次反转定律设a,b是两个非零整数，我们定义雅克比符号括号下a除b，若存在整数x，使得x的平方恒等于a，那么就记括号下a除b等于1；否则就记括号下a除b等于负13.雅可比符号4.费马小定理费马小定理是欧拉定理的一个特殊情况：假如n和a的最大公约数是1的话，那么a^{\varphi (n)} \equiv 1 \pmod在这里φ(n)是欧拉商数。

欧拉商数的值是所有小于n的自然数中与n没有公约数的数的量。

假如n是一个质数，则φ(n) = n-1，即费马小定理。

5.平方非剩余设x为任意正整数，若p为4k+1型素数，且g是素数p的最小原根，设g^(2n-1) mod p = r（1<=n<=(p-1)/2）,则y^2=p*x+r 与y^2=p*x -r 都无整数解。

设x为任意正整数，若p为4k-1型素数，且g是素数p的最小原根，设g^(2n-1) mod p = r（1<=n<=(p-1)/2）则y^2=p*x+r 都无整数解，但y^2=p*x -r 都有整数解。

6.欧拉定理二、计算和证明题1.已知正整数a=35,b=21,求(a,b),并将其表成a,b 的线性组合。

初等数论知识点整理 1. 整数的基本性质：
- 整数的定义与整数集的基本运算
- 整数的大小与比较
- 整数的不同表示形式（十进制、二进制、八进制等） 2. 整除与约数：
- 整除的定义与性质
- 素数的定义与判定方法
- 约数的定义与性质
- 最大公约数与最小公倍数的概念与计算方法
3. 同余与模运算：
- 同余的定义与性质
- 同余的基本运算性质
- 模运算的基本性质
- 剩余类和完全剩余系的概念与性质
4. 质数与素数：
- 质数与素数的定义
- 质数与素数的性质和特性
- 素数的测试方法与算法
- 质因数分解的方法与应用
5. 数论基本定理：
- 唯一分解定理（素因数分解定理）
- 辗转相除法与欧几里得算法
- 欧拉函数与欧拉定理
- 费马小定理与扩展欧几里得算法
6. 数论问题的应用：
- 同余方程与线性同余方程
- 不定方程的整数解与应用
- 素数分布与素数定理
- 模重复性与周期性问题
注意：本整理的所有内容仅供参考，请勿将其作为官方教材或其他正式场合使用。

初等数论复习题初等数论复习题在数学的世界里，数论是一门研究整数性质和整数间关系的学科。

它是数学的基础，也是其他数学领域的重要组成部分。

初等数论是数论的基础，它涉及到整数的性质、整数的整除关系、素数、最大公约数等等。

在这篇文章中，我们将回顾一些初等数论的重要概念和复习题。

1. 整数的性质整数是自然数、负整数和零的集合。

整数有很多独特的性质，比如整数的加法和乘法运算满足结合律、交换律和分配律等。

此外，整数还有奇偶性的区分，每个整数都可以分为奇数或偶数。

复习题1：证明任意两个奇数的和是偶数。

解答：设两个奇数分别为2n+1和2m+1，其中n和m为整数。

它们的和为：(2n+1) + (2m+1) = 2n + 2m + 2 = 2(n+m+1)。

由于n和m都是整数，所以n+m+1也是整数，因此2(n+m+1)为偶数。

所以任意两个奇数的和是偶数。

2. 整除关系在数论中，整除是一个重要的概念。

如果一个整数a可以被另一个整数b整除，我们称a是b的倍数，b是a的约数。

如果a能被b整除，我们可以用符号b|a 来表示。

复习题2：证明如果a|b且b|c，则a|c。

解答：根据整除的定义，如果a|b，则存在整数k，使得b=ak。

同样地，如果b|c，则存在整数m，使得c=bm。

将b的表达式代入c的表达式中，得到：c = bm = (ak)m = a(km)。

由于km是一个整数，所以a|c。

3. 素数素数是只能被1和自身整除的正整数。

素数在数论中起着重要的作用，它们是整数的基本构成单元。

素数有许多有趣的性质，比如素数的个数是无穷的。

复习题3：列举前10个素数。

解答：前10个素数依次为2、3、5、7、11、13、17、19、23、29。

4. 最大公约数和最小公倍数最大公约数（GCD）是两个或多个整数中最大的能够同时整除它们的整数。

最小公倍数（LCM）是两个或多个整数中最小的能够同时被它们整除的整数。

复习题4：求出24和36的最大公约数和最小公倍数。

初等数论知识点总结初等数论是数论中的一个分支，它主要研究自然数的整除性质以及其它基本性质。

初等数论主要包括素数与合数、整数表示、整数方程、模运算、同余方程、数乘次幂循环节等内容。

下面将对初等数论的关键知识点进行总结。

1.素数与合数：素数（质数）是只能被1和自身整除的自然数，合数是除了1和自身以外还能被其它数整除的自然数。

质数有无穷多个，这个结论由欧几里得证明。

常见的质数有2、3、5、7等。

2.素因子分解：任何一个自然数都可以唯一分解成若干个素数的乘积形式，这个分解过程称为素因子分解。

例如，24可以分解为2^3*3，其中2和3是24的素因子。

3.最大公约数与最小公倍数：最大公约数（GCD）是指两个或多个数中最大的能够整除所有这些数的自然数，最小公倍数（LCM）是指两个或多个数中最小的能够被这些数整除的自然数。

GCD可以通过欧几里得算法进行计算，而LCM可以通过两个数的乘积除以它们的GCD得到。

4.模运算与同余方程：模运算是将一个数除以另一个数所得到的余数，同余方程是指具有相同余数的整数关系。

例如，如果a除以n与b除以n得到相同的余数，即a≡b (mod n)，则称a与b在模n下是同余的。

5.素数定理与欧拉定理：素数定理是指当自然数x趋于无穷大时，小于等于x的素数的数量约等于x / ln(x)，其中ln(x)是自然对数。

欧拉定理是指当正整数a与自然数n互质时，a^(φ(n)) ≡ 1 (mod n)，其中φ(n)是小于n且与n互质的自然数的个数。

6.立方与四方数：立方数是指一个数的立方，四方数是指一个数可以表示为四个整数的平方和。

高斯数学说是指四方数的性质，它由高斯证明，表示为四个整数的平方和的非负整数解的个数等于该数的除以8的余数。

7.费马小定理与小费马定理：费马小定理是费马定理的一个特殊情况，它表明如果p是一个素数，a是一个与p互质的整数，那么a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。

小费马定理是费马小定理的推广，它表明如果a是一个整数，m是一个大于1的自然数，且a与m互质，那么a^φ(m) ≡ 1 (mod m)，其中φ(m)是小于m且与m 互质的自然数的个数。

初等数论一、计算题求解不定方程9x +21y =144.解：因为（9，21）=3，3，所以有解；化简得3x +7y =48；考虑3x +7y =1，有x =-2, y =1，所以原方程的特解为x =-96, y =48，因此，所求的解是x =-96+7t , y =48-3t , t ∈Z 。

求不定方程x + 2y + 3z = 41的所有正整数解。

解：分别解x + 2y = tt + 3z = 41得x = t - 2uy = u u∈Z，t = 41 - 3vz = v v∈Z，消去t得x = 41 - 3v - 2uy = uz = 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。

求[136,221,391]=?设n 的十进制表示是z xy 4513，若792∣n ，求x ，y ，z 。

解：因为792 = 8⋅9⋅11，故792∣n ⇔ 8∣n ，9∣n 及11∣n 。

我们有8∣n ⇔ 8∣z 45 ⇒ z = 6，以及9∣n ⇔ 9∣1 + 3 + x + y + 4 + 5 + z = 19 + x + y ⇔ 9∣x + y + 1， (1) 11∣n ⇔ 11∣z - 5 + 4 - y + x - 3 + 1 = 3 - y + x ⇔ 11∣3 - 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：⎩⎨⎧=+-=++b x y a y x 31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：a=12b +26, a +b +12+26=454, 12b +26+b +12+26=454,(12+1) b =454-12-26-26=390, b =30, 被除数a =12b +26=360+26=386.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？解：被5整除，个数必为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,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．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 +31z = 100， x + y + z = 100。

初等数论学习总结本课程只介绍初等数论得得基本内容。

由于初等数论得基本知识与技巧与中学数学有着密切得关系， 因此初等数论对于中学得数学教师与数学系(特别就是师范院校)得本科生来说，就是一门有着重要意义得课程，在可能情况下学习数论得一些基础内容就是有益得．一方面通过这些内容可加深对数得性质得了解，更深入地理解某些她邻近学科，另一方面，也许更重要得就是可以加强她们得数学训练，这些训练在很多方面都就是有益得．正因为如此，许多高等院校，特别就是高等师范院校，都开设了数论课程。

最后，给大家提一点数论得学习方法，即一定不能忽略习题得作用，通过做习题来理解数论得方法与技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它得内容而忽略习题得作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。

数论有丰富得知识与悠久得历史，作为数论得学习者，应该懂得一点数论得常识，为此在辅导材料得最后给大家介绍数论中著名得“哥德巴赫猜想”与费马大定理得阅读材料。

初等数论自学安排第一章：整数得可除性（6学时）自学18学时整除得定义、带余数除法最大公因数与辗转相除法整除得进一步性质与最小公倍数素数、算术基本定理[x]与{x}得性质及其在数论中得应用习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。

第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程c by ax =+多元一次不定方程c x a x a x a n n =++Λ2211勾股数费尔马大定理。

习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。

第三章：同余（4学时）自学12学时同余得定义、性质剩余类与完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中得应用习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。

第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程得解数与解法素数模得同余方程威尔逊定理。

第一节 整数的p 进位制及其应用正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数，人们发明了进位制，这是一种位值记数法。

进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系，近几年来，国内与国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现，比如处理数字问题、处理整除问题及处理数列问题等等。

在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。

基础知识给定一个m 位的正整数A ，其各位上的数字分别记为021,,,a a a m m --，则此数可以简记为：021a a a A m m --=（其中01≠-m a ）。

由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的1-m 次多项式，即012211101010a a a a A m m m m +⨯++⨯+⨯=---- ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i 且01≠-m a ，像这种10的多项式表示的数常常简记为10021)(a a a A m m --=。

在我们的日常生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作021a a a A m m --=，以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。

但是随着计算机的普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。

特别是现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。

为了具备一般性，我们给出正整数A 的p 进制表示：012211a p a p a p a A m m m m +⨯++⨯+⨯=---- ，其中1,,2,1},1,,2,1,0{-=-∈m i p a i 且01≠-m a 。

而m 仍然为十进制数字，简记为p m m a a a A )(021 --=。

《初等数论》期期末复习资料一、单项选择题1、如果n 2，n 15，则30（ ）n .A 整除B 不整除C 等于D 不一定 2、大于10且小于30的素数有（ ）. A 4个 B 5个 C 6个 D 7个 3、模5的最小非负完全剩余系是( ).A -2,-1,0,1,2B -5,-4,-3,-2,-1C 1,2,3,4,5D 0,1,2,3,4 4、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 95、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 6、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 7、同余式)593(m od 4382≡x （ ）.A 有解B 无解C 无法确定D 有无限个解 8、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 9、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 10、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 911、 求525与231的最大公因子（ ） A 、63 B 、21 C 、42 D 、12 12、同余式)593(m od 4382≡x （ ）.A 有解B 无解C 无法确定D 有无限个解13、不定方程210231525=+y x （ ）.A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解 14、公因数是最大公因数的（ ）. A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 15、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 16、在整数中正素数的个数（ ）.A 有1个B 有限多C 无限多D 不一定 17、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ Bb a =C ac T )(m od m bcD b a ≠19、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ B b a =C ac T )(m od m bcD b a ≠20、=),0(b （ ）. A b Bb -C bD 021、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）. A a BbC 1D b a +22、小于30的素数的个数（ ）. A 10 B 9 C 8 D 7 三、计算题1、 求50!中2的最高次幂.2、令 =-1859， =1573，求( )=?3、 求525与231的最大公因子?4、解同余式)321(m od 75111≡x .5、求[525,231]=?6、求解不定方程18116=-y x .7、 解不定方程525x+231y=42.8、 求7x+4y=100的一切整数解. 9、 求-15x+25y=-100的一切整数解. 10、 求9x+24y-5z=1000的一切整数解。

初等数论复习题答案1. 试述质数与合数的定义。

答案：质数是指大于1的自然数，除了1和它本身以外不再有其他因数的数。

合数则是指除了1和它本身之外，还有其他因数的自然数。

2. 请解释最大公约数和最小公倍数的概念。

答案：最大公约数（GCD）是指两个或多个整数共有约数中最大的一个。

最小公倍数（LCM）是指两个或多个整数的最小公共倍数。

3. 举例说明辗转相除法（欧几里得算法）的计算过程。

答案：设两个正整数为a和b（a > b），辗转相除法的过程是：用较大的数除以较小的数，得到余数r，然后用较小的数去除这个余数，再得到新的余数，如此反复，直到余数为0，最后的除数即为最大公约数。

4. 试证明费马小定理。

答案：费马小定理指出，如果p是一个质数，a是一个不被p整除的整数，则a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。

证明过程通常涉及模运算和群论的基本概念。

5. 说明中国剩余定理的基本原理。

答案：中国剩余定理是数论中一个关于线性同余方程组的定理。

给定一组两两互质的模数和一组对应的余数，定理保证了存在一个唯一的解，这个解在模数乘积的模下是唯一的。

6. 什么是素数定理？请简要说明。

答案：素数定理描述了素数在自然数中的分布情况。

它指出，小于或等于给定数x的素数数量大约是x除以x的自然对数，即π(x) ≈ x / ln(x)。

7. 描述同余的概念及其性质。

答案：同余是指两个整数a和b，若它们除以正整数n后余数相同，则称a和b同余模n，记作a ≡ b (mod n)。

同余具有自反性、对称性和传递性等性质。

8. 简述模运算的性质。

答案：模运算的性质包括加法和乘法的封闭性、结合律、交换律、分配律以及模逆元的存在性等。

9. 试解释什么是完全数。

答案：完全数是指一个正整数，它等于其所有真因数（即除了自身以外的因数）之和。

10. 请解释什么是亲和数。

答案：亲和数是一对或一组数，其中每个数的所有真因数之和等于另一个数。

例如，220和284就是一对亲和数，因为220的真因数之和为1+2+4+5+10+11+20+22+44+55+110=284，而284的真因数之和也为220。

《初等数论》总结姓名 xxx学号 xxxxxxxx院系 xxxxxxxxxxxxxxx专业 xxxxxxxxxxxxxxx个人感想初等数论是一门古老的学科，它对于数的性质以及方程整数的解做了深入的研究，是对中等数学数的理论的继续和提高。

有时候上课听老师讲解一些例题，觉得比较简单，结果便是懂非懂地草草了之，但是过段时间做老师留下的一些相似的课后练习时，又毫无头绪，无从下手。

这就是上课的时候没做到全神贯注地去听，所以课下的时间尤为重要，一定做好复习巩固的工作。

老师讲课的方法也十分好，每次上课都会花二十分钟到半个小时来对上节课的知识帮助我们进行回顾，我想很多同学都喜欢并适合这种教学方式。

知识点总结第一章 整数的可除性1. 定义：设是给定的数，，若存在整数，使得则称整除，记作，并称是的一个约数，称是的一个倍数，如果不存在上述，则称不能整除 2性质：(1)若且，则(传递性质)；(2)若且，则即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。

若反复运用这一性质，易知及，则对于任意的整数有。

更一般，若都是的倍数，则。

或着，则其中；(3)若，则或者，或者，因此若且，则； (4)互质，若，则；b a ,0≠bc bc a =b a a b |b a a b c b a c b |a c |a b |a b |c b |)(|c a b ±a b |c b |v u ,)(|cv au b ±n a a a ,,,21 b )(|21n a a a b +++ i b a |∑=ni ii b c a 1|n i Z c i ,,2,1, =∈a b |0=a ||||b a ≥a b |b a |b a ±=b a ,c b c a |,|c ab |(5)是质数，若，则能整除中的某一个；特别地，若是质数，若，则；(6)(带余数除法)设为整数，，则存在整数和，使得，其中，并且和由上述条件唯一确定；整数被称为被除得的(不完全)商，数称为被除得的余数。

《初等数论》总结姓名 xxx学号 xxxxxxxx院系 xxxxxxxxxxxxxxx专业 xxxxxxxxxxxxxxx个人感想初等数论是一门古老的学科，它对于数的性质以及方程整数的解做了深入的研究，是对中等数学数的理论的继续和提高。

有时候上课听老师讲解一些例题，觉得比较简单，结果便是懂非懂地草草了之，但是过段时间做老师留下的一些相似的课后练习时，又毫无头绪，无从下手。

这就是上课的时候没做到全神贯注地去听，所以课下的时间尤为重要，一定做好复习巩固的工作。

老师讲课的方法也十分好，每次上课都会花二十分钟到半个小时来对上节课的知识帮助我们进行回顾，我想很多同学都喜欢并适合这种教学方式。

知识点总结第一章整数的可除性1.2性质：(1)传递性质)；(2)闭。

若反复运用这一性质，易则对于任意的整更一般，(3)若p 是质数，若n a p |，则a p |；(6)(带余数除法)设b a ,为整数，0>b ，则存在整数q 和r ，使得r bq a +=，其中b r <≤0，并且q 和r 由上述条件唯一确定；整数q 被称为a 被b 除得的(不完全)商，数r 称为a 被b 除得的余数。

注意：r 共有b 种可能的取值：0,1，……，1-b 。

若0=r ，即为a 被b 整除的情形；易知，带余除法中的商实际上为⎥⎦⎤⎢⎣⎡b a （不超过b a 的最大整数），而带余除法的核心是关于余数r 的不等式：b r <≤0。

证明a b |的基本手法是将a 分解为b 与一个整数之积，在较为初级的问题中，这种数的分解常通过在一些代数式的分解中取特殊值而产生若n 是正整数，则))((1221----++++-=-n n n n n n y xy y x x y x y x Λ；若n 是正奇数，则))((1221----+-+-+=+n n n n n n y xy y x x y x y x Λ；（在上式中用y -代y ）(7)如果在等式∑∑===mk k ni i b a 11中取去某一项外，其余各项均为c 的倍数，则这一项也是c 的倍数；(8)个连续整数中，有且只有一个是n 的倍数；(9)任何n 个连续的整数之积一定是n!的倍数，特别地，三个连续的正整数之积能被6整除；第二章 不定方程1. 定义：二元一次不定方程的一般形式是ax +by = c ，其中a ,b ,c 是整数2. 定理：(1) 不定方程有整数解的充要条件为 (a,b) | c. (2) 设是方程的一组解，则不定方程有无穷解，其一切解可表示成⎩⎨⎧+=-=t a yy t b x x 1010 Λ,2,1,0±±=t 其中),(,),(11b a b b b a a a ==3. 不定方程的解法：（1）观察法：当a,b 的绝对值较小时可直接观察不定方程的一组特解，然后用⎩⎨⎧+=-=ta y y tb x x 1010得到其所有解（2）公式法：当a,b 的绝对值较小时，可用公式211021110,,1,0,,1----+===+===k k k k k k k k P Q q Q Q Q P P q P q P P 得到特解n n n n P y Q x )1(,)1(010-=-=-，然后用公式写出一切解。

考点P 八、、1、会求最大公因数与最小公倍数 解法：最大公因数用辗转相除法最小公倍数为两个数的乘积除以两者的最大公约数，所以也是要先求出 两者的最大公约数2、判别一个数是为质数还是合数判别法：用小于 "X 勺所有质数除此数，看能否被整除3、证明整除（最好用同余证）所以 73|8 n+2 +9 2n+1法二 8 n+2 +9 2n+1 =64 X8n +9 X 81 n ^64 X 8n +9 x 8n^73 x 8n ^0 (mod73 )所以 73|8 n+2 +9 2n+1已知 17|2x+3y,证明 17|9x+5y 解：因为 9x+5y=17(x+y ) - 4(2x+3y) 且 17|2x+3y所以 17|9x+5y设 k 为正奇数，证：1+2+3+ ….+9|1 k +2 k +3 k + ^+9 kk kk证：记 S=1 +2 +3k+ …+9第一章证：73|8 n+2 - 2n+1+9(n € N )2n+1=64X8n +9 X81n =64 X8n +9 X(73+8 ) n =64 X8n+9 X(C 0n 73n+C 1n 73n-1=64X8n +9(73q+8 n )( q € Z)=73 x 8n +9q x 73n+2 n n 、x 8+ …+C n 8解：法一 811+2+9则2S= (1k+9k) + (2k+8k) +•••+ (9k+1 k)=(1+9 ) q i ( q i € Z)所以10|2S又因为2S= (0k+9k) + (1 k+8 k) + -+(9 k+0 k)=(0+9 ) q2 (q2 € Z)所以9|2S又因为(9,10) =1所以90|2S即45|S从而1+2+3+ ….+9|1 k+2 k+3 k+ -+9 k4、证明某种类型的质数有无穷多个例：证明4n+1形的质数的个数为无穷。

(最后一节课讲的)Tb 腑忖彳桝掀卿K 诚.抑锄!删L /滋翊脚鴉2电醐，妍腺踏侧如酬辦卿片蚀删［（/测珊.T 确（2）AM 娜那搦 询优,心b h 妙■ 0切5加划劇.対恥仙冋％和⑹叫册%冃型）％戸・0%|@脸伽仏，的 A A *Z ：0,巴j （l 二*&卄AmW 发何妒c 仏 和州I 订报（仙」fd仙/，曲,躺袖附啊M ；*曲窗如|円加V列X 汕娜曲 Qi ：4 to if-M>A.h綁绚VHi ’IM"'⑴.•.咻‘删律s ■闰uzs"用*灯14 :#存必-鹤期々丁切卡瞅确侮傳件卅⑴单心"冷药临VW'•••"「"羊6) 〃「炮4 “％为+WU絆阶够菲綁£补幺写 .聊於萌亡电场7""二R |'WE 7〃竹•询昨- 卅-°“z”“W I5 5 ?“&』；•:砒业级¥")匸乙二*》:供眄詢M丿曲孙«)Sb”x 沁"仁倉0;弹"&代匕M itUX，七E阵凸晟"小晶六饥殆觀申•*U列绞『・• 刊山初:.知脱隽4 -级"诫什旳* ■-跆:二仪姗伤C匸仏-M? •.■g・f I畋=殺〉1珂！，删-锄•••l'-r fl../i-)c«x< 綁简•翔二b血驷(酗的鞅):禅|8|村・医佑奴:册/«w・・'■叫I '匸(")・:井伽蹟M ®呵u Q. Y令屮诃：-辨•佔冊*女牌陌艮i€2I屮妙7『耳丄、1 , <4觊土L tl/ - （2）IJ二*十M起f柑、乔旳■切审枚；t?-JS-2W.1 r化零上丄如…⑶U二时常r由⑴⑴彳穆虏地财斡机y= SW也皿J仇化a丄丿”垃裁it¥第三章同余陌艮i€2考点：1、同余的性质；（应用在同余解题中）P482 、简化剩余系和欧拉函数；（求简化剩余系的个数）P583 、欧拉定理和费马定理对循环小数的应用；(利用欧拉定理解题；判断是纯循环还是混循环，若是混循环，从第几位开始) P61具体分析：一、同余的性质1、a三a (mod m)2、若a三b (mod m),贝U b三a (mod m)3、若a三b (mod m) b 三c (mod m) 贝U a 三c (mod m)4、i .若a i 三b i (mod m) a 2三b2 (mod m)贝S a i+a2三b i+b2 (mod m)ii. a+b 三c (mod m) 贝U a 三c-b (mod m)5、a i= b i (mod m) a 2三b2 (mod m)贝U a 侶2三b i b? (mod m)特别的，若a三b (mod m)贝S ak三bk (mod m)6、若a三b (mod m)且a=a i d b=b i d (d,m)=1 贝S a i三b i (modm)7、i .若a三b (mod m) k>0 贝U ak 三bk (mod mkii.若a三b (mod m) d为a,b及m的任一正公因数，贝卩a/d 三b/d (mod m/d)8、若a三b (mod m) i=1、2…k 则a三b(mod mm…m) 例：一个小于4000的四位数，被3、4、5、7、9除皆余2，求这个数。

题目：一、求同余式的解：111x 75(mod321)≡二、求高次同余式的解：)105(m od 0201132≡-+x x 。

三、求高次同余式的解: 27100x x ++≡(mod 13). 四、计算下列勒让德符号的值:105223-⎛⎫⎪⎝⎭, 91563⎛⎫⎪⎝⎭五、计算下列勒让德符号的值：)593438(，)1847365(六、韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人；成六行纵队，则末行五人；成七行纵队，则末行四人；成十一行纵队，则末行十人。

求兵数。

七、设 b a ,是两个正整数，证明: b a ,的最大公因子00(,)a b ax by =+,其中00ax by +是形如ax by +(,x y 是任意整数)的整数里的最小正数. 八、证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为p a +2（a > 0是整数，p 为素数）的形式。

九、证明: 若方程 11...0n n n x a x a -+++= (0,i n a > 是整数,1,...,i n =)有有理数解,则此解必为整数.十、证明: 若(,)1a b =， 则(,)12a b a b +-=或十一、证明：设N ∈c b a ,,，c 无平方因子，c b a 22，证明：b a 。

十二、设p 是奇素数,1),(=p n , 证明: ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡-p n np 21 (mod p ). 十三、设m > 1，模m 有原根，d 是)(m ϕ的任一个正因数，证明：在模m 的缩系中，恰有)(d ϕ 个指数为d 的整数，并由此推出模m 的缩系中恰有))((m ϕϕ个原根。

十四、设g 是模m 的一个原根，证明：若γ通过模()m ϕ的最小非负完全剩余系, 则g γ通过模m 的一个缩系。

第一题：求同余式的解：111x 75(mod321)≡ 解答：(111,321)3,375=∴同余式有三个解11175321x (m o d )333≡ 即 37x 25(mod107)≡ 4x 75(m o d 10≡ 又x 2775(mod107)99(mod107)≡⨯≡因此同余式的解为x 99,206,313(mod321)≡。

第一节 整数的p 进位制及其应用正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数，人们发明了进位制，这是一种位值记数法。

进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系，近几年来，国内与国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现，比如处理数字问题、处理整除问题及处理数列问题等等。

在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。

基础知识给定一个m 位的正整数A ，其各位上的数字分别记为021,,,a a a m m --，则此数可以简记为：021a a a A m m --=（其中01≠-m a ）。

由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的1-m 次多项式，即012211101010a a a a A m m m m +⨯++⨯+⨯=---- ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i 且01≠-m a ，像这种10的多项式表示的数常常简记为10021)(a a a A m m --=。

在我们的日常生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作021a a a A m m --=，以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。

但是随着计算机的普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。

特别是现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。

为了具备一般性，我们给出正整数A 的p 进制表示：012211a p a p a p a A m m m m +⨯++⨯+⨯=---- ，其中1,,2,1},1,,2,1,0{-=-∈m i p a i 且01≠-m a 。

而m 仍然为十进制数字，简记为p m m a a a A )(021 --=。