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数论是一门研究整数性质的数学分支，它包括了初等数论和高等数论两个方面。
初等数论主要研究整数的基本性质，如整除性、质数、合数、最大公约数、最小公倍数等。
这些概念和性质在小学和初中的数学课程中就已经涉及到了，因此也被称为“小学数论”或“初中数论”。
初等数论的研究方法主要是通过观察、归纳和证明来得出结论，它的研究对象比较具体，结论也比较直观。
高等数论则是在初等数论的基础上，进一步深入研究整数的性质和结构。
它涉及到的概念和方法更加抽象和复杂，如素数分布、数的几何、代数数论、解析数论等。
高等数论的研究需要运用到高等数学的知识和方法，如微积分、线性代数、抽象代数等。
高等数论的研究成果不仅在数学领域有着广泛的应用，而且在计算机科学、物理学、密码学等领域也有着重要的应用。
总的来说，初等数论是高等数论的基础，高等数论则是初等数论的延伸和深化。
无论是初等数论还是高等数论，它们都是数学中非常重要的分支，对于我们深入理解整数的性质和结构、推动数学的发展都有着重要的意义。
序言数论是研究整数性质的一门很古老的数学分支，其初等部分是以整数的整除性为中心的，包括整除性、不定方程、同余式、连分数、素数（即整数）分布以及数论函数等内容，统称初等数论（Elementary Number Theory）。
初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几何原本》中就已出现。
欧几里得证明了素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数的方法，即所谓欧几里得算法。
我国古代在数论方面亦有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”正是我国古代《孙子算经》中的下卷第26题，我国称之为“孙子定理”。
近代初等数论的发展得益于费马、欧拉、拉格朗日、勒让德和高斯等人的工作。
1801年，高斯的《算术探究》是数论的划时代杰作。
“数学是科学之王，数论是数学之王”。
-----高斯由于自20世纪以来引进了抽象数学和高等分析的巧妙工具，数论得到进一步的发展，从而开阔了新的研究领域，出现了代数数论、解析数论、几何数论等新分支。
而且近年来初等数论在计算器科学、组合数学、密码学、代数编码、计算方法等领域内更得到了广泛的应用，无疑同时间促进着数论的发展。
数论是以严格和简洁著称，内容既丰富又深刻。
我将会介绍数论中最基本的概念和理论，希望大家能对这门学问产生兴趣，并且对中小学时代学习过的一些基本概念，例如整除性、最大公因子、最小公倍数、辗转相除法等，有较深入的了解。
第一章整数的整除性§1.1整除的概念一、基本概念1、自然数、整数2、正整数、负整数3、奇数、偶数一个性质：整数+整数=整数整数-整数=整数整数*整数=整数二、整除1、定义：设a，b是整数，b≠0。
如果存在一个整数q使得等式：a=bq成立，则称b能整除a或a能被b整除，记作b∣a；如果这样的q不存在，则称b不能整除a。
2、整除的性质（1）如果b∣a，c∣b，则c∣a.（2）如果b∣a，则cb∣ca.（3）如果c∣a，则对任何整数d，c∣da.（4）如果c∣a，c∣b，则对任意整数m，n，有c∣ma+nb.（5）如果a∣b，b∣a，则a=±b.3、质数、合数质数（素数）是指在大于1的自然数中，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除（除0以外）的数称之为素数（质数）。
初等数论的性质与定理总结初等数论是数论中的一个基础分支，研究整数的性质和整数运算规律。
本文将总结初等数论中的一些重要性质与定理。
一、整数的整除性质1. 整数的除法基本性质：对于任意整数a、b和非零整数c，存在唯一的整数q使得a = bq + c。
2. 整除关系的传递性：如果a能整除b，且b能整除c，则a能整除c。
3. 整除关系的辗转相除法：对于任意整数a和非零整数b，存在唯一的整数q和r使得a = bq + r（其中0 ≤ r < |b|）。
二、质数与合数1. 质数的定义：质数是指大于1且只能被1和自身整除的整数。
例如，2、3、5、7等都是质数。
2. 质因数分解定理：每个大于1的整数都可以唯一地表示为若干个质数的乘积。
3. 最大公约数与最小公倍数的性质：对于任意整数a和b，记a和b 的最大公约数为gcd(a, b)，最小公倍数为lcm(a, b)，则有以下性质： - gcd(a, b) = gcd(b, a)- gcd(a, 0) = |a|- lcm(a, b) = |ab| / gcd(a, b)三、模运算与同余1. 模运算的基本性质：对于任意整数a、b和正整数n，有以下性质：- (a + b) mod n = (a mod n + b mod n) mod n- (a - b) mod n = (a mod n - b mod n) mod n- (a * b) mod n = (a mod n * b mod n) mod n2. 同余关系的性质：对于任意整数a、b和正整数n，如果a与b模n同余（记作a ≡ b (mod n)），则有以下性质：- a + c ≡ b + c (mod n)- ac ≡ bc (mod n)- 如果a ≡ b (mod n)，则a^k ≡ b^k (mod n)对于任意正整数k四、费马小定理与欧拉定理1. 费马小定理：如果p是质数，a是任意正整数且p不整除a，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
初等数论知识点数论是数学的一个重要分支，而初等数论则是数论中较为基础和入门的部分。
它主要研究整数的性质和相互关系，虽然看似简单，却蕴含着深刻的数学思想和广泛的应用。
一、整除整除是初等数论中最基本的概念之一。
如果整数 a 除以整数 b（b≠0），所得的商是整数且没有余数，我们就说 a 能被 b 整除，或者b 能整除 a，记作 b ｜ a。
例如，6 能被 3 整除，因为 6÷3 ＝ 2，没有余数；而 7 不能被 3 整除，因为 7÷3 ＝ 21，有余数 1。
整除具有一些基本性质，比如：1、如果 a ｜ b 且 b ｜ c，那么 a ｜ c。
2、如果 a ｜ b 且 a ｜ c，那么对于任意整数 m、n，有 a ｜（mb＋ nc)。
二、因数和倍数如果 a 能被 b 整除（b≠0），那么 b 就是 a 的因数，a 就是 b 的倍数。
一个数的因数是有限的，其中最大的因数是它本身；一个数的倍数是无限的，其中最小的倍数是它本身。
例如，12 的因数有1、2、3、4、6、12；12 的倍数有12、24、36、48三、质数和合数质数是指一个大于 1 的自然数，除了 1 和它自身外，不能被其他自然数整除的数。
合数则是指除了能被 1 和本身整除外，还能被其他数（0 除外）整除的自然数。
例如，2、3、5、7 是质数；4、6、8、9 是合数。
1 既不是质数也不是合数。
质数在数论中有着重要的地位，寻找大质数是密码学等领域中的关键问题。
四、公因数和最大公因数几个数公有的因数，叫做这几个数的公因数；其中最大的一个，叫做这几个数的最大公因数。
求最大公因数可以用辗转相除法。
例如，求 24 和 36 的最大公因数，36÷24 ＝ 112，24÷12 ＝ 2，所以24 和 36 的最大公因数是 12。
五、公倍数和最小公倍数几个数公有的倍数，叫做这几个数的公倍数；其中最小的一个，叫做这几个数的最小公倍数。
初等数论闵嗣鹤第三版pdf初等数论是数学的一个分支，它主要研究自然数的性质和规律，以及数字之间的关系，是数学的基础之一。
其中，闵嗣鹤所撰写的《初等数论》是一本经典的教材，在广大数学爱好者和学生中享有很高的声誉。
下面是闵嗣鹤第三版《初等数论》的主要内容及划分：一、自然数与整数自然数和整数是初等数论的基础，闵嗣鹤在第一章中详细地探讨了这两个概念的定义、性质和运算法则。
其中，自然数之间的关系包括大小关系、奇偶性、质因数分解等，而整数之间的关系包括最大公因数、最小公倍数、同余等。
二、素数与分解定理素数是指在大于1的自然数中，除了1和本身之外，没有其他因数的数。
在第二章中，闵嗣鹤详细探讨了素数的性质、分布规律、筛法等，并引入了分解定理，即任何大于1的自然数都可以唯一地写成素数的积的形式。
三、同余与模运算同余是指两个数除以同一个自然数的余数相等。
闵嗣鹤在第三章中解释了同余的概念和性质，并介绍了模运算，即对于任何整数a和正整数n，都可以得到一个余数r，也就是a mod n=r。
四、数论函数与数论约束问题数论函数是指把自然数映射为自然数的函数，闵嗣鹤在第四章中介绍了数论函数的类型、性质和应用，如欧拉函数、莫比乌斯函数等。
另外，数论约束问题是数论中一个重要的研究方向，指在一定条件下求出自然数的个数或性质，如高斯整数环中最大不同平方因子数量的值等。
五、二次剩余与离散对数二次剩余是指一个数的平方模一个素数后的余数，闵嗣鹤在第五章中详细探讨了二次剩余的性质和应用，如欧拉定理、勒让德符号等。
离散对数则是指解一个同余方程中未知数的问题，其在密码学领域中有重要应用。
六、多项式与代数数论多项式是数论中的一个重要分支，涉及到的问题包括多项式的根、因式分解等。
闵嗣鹤在第六章中介绍了多项式的性质和运算法则，以及代数数论的相关知识。
综上所述，闵嗣鹤第三版《初等数论》是一本内容丰富、系统完备、知识详尽的经典教材，不仅适用于初学者，也适合用于深入研究数论的专业人士。
初等数论初等数论从表面意义来讲，就是作为一门研究数的相关性质的数学学科。
准确地按照潘承洞、潘承彪两位数论大师的说法：初等数论是研究整数最基本的性质，是一门十分重要的数学基础课。
它不仅是中、高等师范院校数学专业，大学数学各专业的必修课，而且也是计算机科学等相关专业所需的课程。
纵观数论发展过程，我国出现了许许多多的数论大师，如：华罗庚的早期研究方向、陈景润、潘承洞等。
第一部分：整除初接触初等数论，经过《初等数论》课本知整除理论是初等数论的基础。
整除理论首先涉及整除。
现向上延伸则想到整除的对象，即自然数、整数。
从小学、中学再到大学，我们从接触最初的1、2、3再到后来的有理数、无理数、实数再到复数，可谓种类繁多。
但数论中的整除运算仅仅局限于自然数及其整数等相关范围内。
首先大学数学中绝大多数数学定义中的自然数不包括0 ，这似乎与中学有一点差别，当然整数的定义改变就相对少得多。
另外，自然数、整数的相关基本性质需懂得及灵活利用，如分配律、交换律、反对称性等。
在初等代数中曾系统地介绍了自然数的起源问题：自然数源于经验，自然数的本质属性是由归纳原理刻画的，它是自然数公理化定义的核心。
自然数集合严格的抽象定义是由Peano定理给出的，他刻画了自然数的本质属性，并导出有关自然数的有关性质。
Peano定理：设N是一个非空集合，满足以下条件：（ⅰ）对每一个n∈N，一定有唯一的一个N中的元素与之对应，这个元素记作n+,称为是n的后继元素（或后继）；（ⅱ）有元素e∈N，他不是N中任意元素的后继；（ⅲ）N中的任意一个元素至多是一个元素的后继，即从a+=b+ 一定可以推出a=b;(ⅳ)(归纳原理)设S是N的一个子集合，e∈S, 如果n∈S则必有n+ ∈S,那么，S=N.这样的集合N称为自然数集合，它的元素叫做自然数。
其中的归纳原理是我们常用的数学归纳法的基础。
数学归纳法在中学已属重点内容，此处就不作介绍。
主要描述一下推广状态下的第二种数学归纳法：（第二种数学归纳法）设P(n)是关于自然数n的一种性质或命题。
初等数论 25课时初等数论通常被当作中学数学的一部分，可以在25个课时内完成。
以下是一个可能的课程安排：第1课：整数的定义和性质- 正整数、负整数、零- 自然数的集合和整数的集合- 整数的性质：加法封闭性、乘法封闭性、零元素、相反元素、相反性质、交换性、结合性第2课：整除和倍数- 整除的定义及性质- 倍数的定义及性质- 整除的运算性质：加法、乘法、整除关系的传递性第3课：素数和合数- 素数的定义和性质- 合数的定义和性质- 素数的性质：质因数分解、唯一性、无穷性第4课：最大公因数和最小公倍数- 最大公因数的定义和性质- 最小公倍数的定义和性质- 最大公因数和最小公倍数的关系：辗转相除法第5课：质因数分解- 质因数分解的定义和性质- 使用质因数分解求最大公因数和最小公倍数- 剩余定理：同余第6课：一次不等式- 一次不等式的定义和性质- 一次不等式的解集表示和图示解- 一元一次不等式的乘法性质和定理第7课：二次不等式- 二次不等式的定义和性质- 二次不等式的解集表示和图示解- 一元二次不等式的乘法性质和定理第8课：整数的奇偶性- 整数的奇数和偶数的定义和性质- 整数的奇数和偶数的四则运算性质- 奇偶性的应用：整数的平方的奇偶性、整数的和的奇偶性第9课：整数的余数- 整数的除法算法及余数的定义和性质- 除法算法的应用：整数的整除性质、整数的周期性第10课：循环小数与无理数- 无限小数的定义和性质- 循环小数的定义和性质- 无理数和有理数的关系第11课：初等数论的证明方法- 数学证明的基本方法和思维方式- 证明的基本结构：前提、推理、结论- 数学归纳法第12课：欧几里得算法和线性同余方程- 欧几里得算法的定义、性质和应用- 线性同余方程的定义和解法第13课：同余模运算- 同余模运算的定义和性质- 同余模运算的运算法则：加法、减法、乘法、幂运算- 同余方程的解法第14课：费马小定理和欧拉函数- 费马小定理的定义和应用- 欧拉函数的定义和性质- 欧拉函数的计算方法第15课：模逆元和扩展欧几里得算法- 模逆元的定义和性质- 模逆元的计算方法- 扩展欧几里得算法的定义、性质和应用第16-25课：综合应用和习题训练- 数论在密码学、编码、排列组合等领域的应用- 习题训练，并讲解常见问题的解法请注意，以上仅是初等数论课程的一个可能安排，具体的教学内容和进度可以根据教学目标和学生水平进行调整。
第一章考点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的所有质数除此数，看能否被整除3、证明整除（最好用同余证）例1证：73|8n+2+92n+1（n∈N）解：法一 8n+2+92n+1=64×8n+9×81n=64×8n+9×（73+8）n=64×8n+9×（C0n73n+C1n73n-1×8+…+C n n8n）=64×8n+9(73q+8n)( q∈Z)=73×8n+9q×73所以73|8n+2+92n+1法二 8n+2+92n+1≡64×8n+9×81n≡64×8n+9×8n≡73×8n≡0（mod73）所以73|8n+2+92n+1例2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例3设k为正奇数，证：1+2+3+....+9|1k+2k+3k+ (9)证：记S=1k+2k+3k+ (9)则2S=（1k+9k）+（2k+8k）+…+（9k+1k）=（1+9）q1 （q1∈Z)所以10|2S又因为2S=（0k+9k）+（1k+8k）+…+(9k+0k)=（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|1k+2k+3k+ (9)4、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）第三章同余考点：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≡a (mod m)2、若a≡b (mod m),则b≡a (mod m)3、若a≡b (mod m) b≡c (mod m) 则 a≡c (mod m)4、i.若a1≡b1 (mod m) a2≡b2 (mod m) 则 a1+a2≡b1+b2 (mod m)ii. a+b≡c (mod m) 则 a≡c-b (mod m)5、a1≡b1 (mod m) a2≡b2 (mod m) 则 a1a2≡b1b2 (mod m)特别的，若a≡b (mod m) 则 ak≡bk (mod m)6、若a≡b (mod m) 且a=a1d b=b1d (d,m)=1 则 a1≡b1 (modm)7、i.若a≡b (mod m) k>0 则 ak≡bk （mod mk）ii.若a≡b (mod m) d为a,b及m的任一正公因数，则a/d≡b/d (mod m/d)8、若a≡b (mod m) i=1、2…k 则a≡b(mod m1m2…m k)例：一个小于4000的四位数，被3、4、5、7、9除皆余2，求这个数。
《初等数论》A/B 模拟练习题参考答案1、（15分）设()f x 是整系数多项式，且(1),(2),,()f f f m 都不能被m 整除，证明方程()0f x =没有整数解。
证明：对任意整数x ，(mod ),1x r m r m ≡≤≤，利用同余可加性和同余可乘性得()()(mod ),1f x f r m r m ≡≤≤，因为(1),(2),,()f f f m 都不能被m 整除，所以()0f x ≠，即()0f x =没有整数解2、（15分）若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数，,a b 是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则()()00ax by ax by ++，其中,x y 是任何整数 证明：由题意可知，,a b 不全为0，从而在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +，,x y Z ∀∈，由带余数除法有 0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+, 则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =，故00|ax by ax by ++由于,x y 为任意整数，则可知0000|,|ax by a ax by b ++ 从而有00|(,).ax by a b +又有(,)|a b a ，(,)|a b b得证00(,)|a b ax by +，故00(,)ax by a b +=.3、（10分）若(mod )a b c m +≡，求证(mod )a c b m ≡- 证明：由同余可加性，且(mod )a b c m +≡，从而得()()()(mod )c b c b a b b a m -≡+-≡++-≡，得证.4、（15分）设p 、q 是两个大于3的质数，证明：。
证明：因为， 所以只需证明，同时成立。
事实上，由于（p ，3）=1，（q ，3）=1，所以，，于是，由于p ，q 都是奇数， 所以，，于是，故。
5、（15分）设，且m 为奇数，证明：。
证明：由m 为奇数可知：，又有,于是存在整数x ，y 使得：，。
从而，表明， 由于均为奇数可知。
6、（15分）证明，其中n 是任何整数. 证明：因为(1)(21)(1)(21)(1)(2)(1)(1)n n n n n n n n n n n n n ++=+++-=+++-+ 又有(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+，得[]3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n +++-+ 从而可知，3|(1)(21)n n n ++.7、（15分）设a,b 是任意两个正整数，求证.证明：设m 是,a b 的任一公倍数.由定义可设a b m ak bk ==，令11(,),(,)a a a b b b a b ==。
由上式即得11a b a k b k =.且又()11,1a b =，故1a b k .因此1(,)a abm ak ab t t a b ===， 其中t 满足等式1a k bt =.反过来，当t 为任一整数时，8、（15分）设r 是正奇数，证明对任意的正整数n ，2n +不能整除(12)r r r n +++证明： 当1n =时，结论显然成立。
下面设2n ≥，令12r r r S n =+++，则22(2)[3(1)](2)r r r r r r S n n n =++++-+++，利用公式：若n 是正奇数，则1221()()n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+，所以对2,(2)|((2))r r i n n i n i ≤≤+++-，所以22(2)S n q =++，q 是整数，因为22n +>，所以2n +不能整除2S ，故2n +不能整除S9、（15分）若12,,,n a a a 是n (2)n ≥个正整数，令1222331[,],[,],[,]n n n a a m m a m m a m -===，则12[,,,]n n a a a m =证明：由题设可知，1,2,3,,1,i i m m i n +=-且12,,2,3,,,i i a m a m i n =，故n m 是 12,,,n a a a 的一个公倍数.反之，设m 是12,,,n a a a 的任一公倍数，则12,a m a m ，故由,a b 的所有公倍数是[,]a b 的所有倍数得，2m m .又3a m ， 同理可得3m m .依次类推，最后得n m m .因此n m m ≤.故12[,,,]n n m a a a =10、（15分）证明235x y =+无解证明：若235x y =+有解，则两边关于模5同余 有)5(mod 235x y ≡+ 即)5(mod 23x ≡而任一个平方数)5(mod 4,1,02≡x 所以30，1，4（mod5）所以即得矛盾，即235x y =+无解。
11、（10分）证明：若是奇数，，则。
证明：由知：，又得到；因为是奇数，所以有解，故12、（15分）证明对于任意整数n ，数是整数.证明： 因为62332n n n ++=)32(62n n n ++=)2)(1(61++n n n ,且两个连续整数的乘积是2的倍数,3个连续整数的乘积是3的倍数, 且(2,3)=1,所以从)2)(1(2++n n n 和)2)(1(3++n n n有)2)(1(6++n n n ,即62332n n n ++是整数.13、（15分）设，求证证明：因为所以14、（15分）证明整数5001001个能被1001整除 证明 ： 利用公式：若n 是正奇数，则1221()()n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+，所以513175001001101(10)1=+=+个33163153(101)[(10)(10)101]=+-+-+所以31011001+=能够整除5001001个15、（15分）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）16、（15分）设p 是一个素数，且1≤k ≤p-1。
证明：k p 1C - ≡ （-1 ）k(modp )。
证明：设A=!)()2(1C 1k k p p p k p ---=- ）（ 得：k!·A =（p-1）(p-2)…（p-k ）≡（-1）(-2)…（-k ）(mod p )又（k!，p ）=1，故A = k p 1C - ≡ （-1 ）k(mod p )17、（15分）设,,a b c 为正整数，证明[,,](,,)a b c ab bc ca abc = 证明 [,][,,][[,],]([,],)a b ca b c a b c a b c =，另一方面([,],)([,],)(,,)(,(,))(,(,))(,)[,][,][,]abc ab a b abc ab a b c ab bc ca ab bc ca ab c a b ab a b a b a b =====， 所以[,,](,,)a b c ab bc ca abc =18、（15分）设正整数a 的十进制表示为1201(09,01,0)n n i n a a a a a i n a ---=≤≤≤≤-≠，即11101010n n a a a a --=⨯++⨯+，证明3|a 当且仅当103|n i i a -=∑ 证明 由01101,101,,101(mod3),i i N ≡≡≡∈，利用同余可加性和同余可乘性，得11010(mod3)n n ii i i i a a a --===⨯≡∑∑，所以3|a 当且仅当13|n i i a -=∑19、（10分）解同余方程3x 14 + 4x 10 + 6x - 18 ≡ 0 (mod 5)。
解：由Fermat 定理，x 5 ≡ x (mod 5)，因此，原同余方程等价于2x 2 + x - 3 ≡ 0 (mod 5)将x ≡ 0，±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)。
20、（15分）求777n =的个位数字解： 由于12473,71,71(mod10)≡-≡-≡，所以，如果77(mod 4)r ≡，则7777(mod10)r n =≡.由于777(1)13(mod 4)≡-≡-≡，所以773377(3)73(mod10)n =≡≡-≡-≡，所以777n =的个位数字是321、（10分）证明Wilson 定理的逆定理：若n > 1，并且(n - 1)! ≡ -1 (mod n )，则n 是素数。
证明：假设n 是合数，即n = n 1n 2，1 < n 1 < n ，由题设易知(n - 1)! ≡ -1 (modn 1)，得0 ≡ -1 (mod n 1)，矛盾。
故n 是素数。
22、（15分）求不定方程1231510661x x x ++=的所有整数解 解： 由于3x 的系数绝对值最小，所以把原方程变形为31212122(321)6x x x x x =--+-++令4121(321)6x x x Z =-++∈，则241113(1)2x x x x =++-令511(1)2x x Z =-∈，则15512,(0,1,2,)x x x =+=±± 逆推上去，依次解得2415453133x x x x x x =++=++和31244522106510x x x x x x =--++=-- 令45,x u x v ==，则原方程的所有整数解为12312133,(,0,1,2,)6510x u x u v u v x u v =+⎧⎪=++=±±⎨⎪=--⎩23、（15分）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。
