第一章整数的可除性
§1 整除
整数集对于加、减、乘三种运算都是封闭的，但是对于除法运算不封闭。为此，我们引进整除的概念。
定义1设a,b∈Z，b≠0，如果存在q∈Z，使得等式a=bq成立，那么称b 整除a或a被b整除，记作：b|a，此时称b为a的因数（约数），a为b的倍数。
如果不存在满足等式a=bq的整数q，那么称b不能整除a或a不被b整除，记作b| a。
定理1设a,b,c∈Z，b≠0，c≠0，则
（1）如果c|b，b|a，那么c|a；
（2）如果b|a，那么bc|ac；反之亦真；
（3）如果c|a，c|b，那么，对于任意m,n∈Z，有c|(ma+nb)；
（4）如果b|a，a≠0，那么|b|≤|a|；
（5）如果b|a，a|b，那么|b|=|a|。
证明可选证。
定理2（带余除法）设a,b∈Z，b≠0，则存在q,r∈Z，使得a=bq+r，0≤r<|b|，并且q及r是唯一的。
证明当b|a时，取q=a/b，r=0即可。
当b!|a时，考虑集合E={a-bk|k∈Z }，易知E中有正整数，因此E中有最小正整数，设为r=a-bk>0，下证：r<|b|。因为b!|a，所以r≠|b|，若r>|b|，则r’=r-|b|>0，又r’∈E，故与r的最小性矛盾，从而存在q,r∈Z，使得a=bq+r，0≤r<|b|。
唯一性。设另有q’,r’∈Z，使得a=bq’+r’，0≤r’<|b|，则b(q-q’)=r’-r，于是b|(r’-r)，但由于0≤|r’-r|<|b|，故r’-r=0，即r=r’，从而q=q’。
定义2等式a=bq+r，0≤r<|b|中的整数q称为a被b除所得的（不完全）商，整数r称为a被b除所得的余数。
注r=0的情形即为a被b整除。
例1 设b=15，则
当a=255时，a=17b+0，故q=17，r=0；
当a=417时，a=27b+12，故q=27，r=12；
当a=-81时，a=-6b+9，故q=-6，r=9。
例2整数被2除的余数有两种可能：0和1，一个整数被2整除称为偶数，否则称为奇数，分别记作2k和2k+1，k∈Z。
类似地，任一整数可表示为3k，3k+1，3k+2三种形式之一。
例3设a=2t-1，若a|2n，则a|n。
例4设a,b∈Z，a≠0，b≠0，有x,y∈Z，使ax+by=1，证明：若a|n，b|n，则ab|n。
§2 最大公因数与最小公倍数
定义1 设a1,a2,…,a n是n (n≥2)个整数，若整数d满足d|a i，i=1,2,…,n，则称d为a1,a2,…,a n的一个公因数；
整数a1,a2,…,a n的公因数中最大的一个称为最大公因数，记作：(a1,a2,…,a n)；
若(a1,a2,…,a n)=1，则称a1,a2,…,a n互质（互素）；
若a1,a2,…,a n中每两个整数互质，则称a1,a2,…,a n两两互质。
注1任意整数a1,a2,…,a n必有公因数（如±1）。
注2若a1,a2,…,a n不全为0，则它们的公因数只有有限多个，从而它们的最大公因数必然存在而且唯一。（§1定理1之(4)）
注3最大公因数一定是正整数。
注4 (a1,a2,…,a n)=1相当于a1,a2,…,a n的公因数只有±1。
注5两两互质必互质，反之未然。
定理1若a1,a2,…,a n是任意n个不全为零的整数，则
(1) a1,a2,…,a n与|a1|,|a2|,…,|a n|的公因数相同；
(2) (a1,a2,…,a n)=( |a1|,|a2|,…,|a n|)。
定理2若b是任一正整数，则
(1) 0与b的公因数就是b的因数，反之亦然；
(2) (0,b)=b。
推论若b是任一非零整数，则(0,b)=|b|。
定理3设a,b,c是任意三个不全为零的整数，且a=bq+c，其中q∈Z，则a,b与(b,c)有相同的公因数，从而(a,b)= (b,c)。
定理4 设a1,a2,…,a n是不全为零的整数，则a1,a2,…,a n的整线性组合的集合S={a1x1+a2x2+…+a n x n| x i∈Z，i=1,2,…,n}恰由(a1,a2,…,a n)的所有倍数组成。
证明 因为S 中有正整数，所以S 中有最小正整数，设为D= a 1x 1’+a 2x 2’+…+a n x n ’，则对于任意的a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n ∈S ，有a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n =( a 1x 1’+a 2x 2’+…+a n x n ’)q +r ，其中0≤r < a 1x 1’+a 2x 2’+…+a n x n ’，于是r =a 1(x 1-x 1’q )+ a 2(x 2-x 2’q )+…+ a n (x n -x n ’q )∈S ，若r >0，则与D 是最小正整数矛盾，故r =0，即S 中任一整数都是D 的倍数。反之，D 的倍数也属于S ，故S=D Z ={D a |a ∈Z }。
设d =(a 1,a 2,…,a n )，下证：D=d 。
由于D ∈S ，又d |a i ，i =1,2,…,n ，故d |D ，即d ≤D ；另一方面，因为a 1,a 2,…,a n ∈S ，所以D|a i ，i =1,2,…,n ，从而D ≤d 。因此，D=d 。
推论 设a 1,a 2,…,a n 是不全为零的整数，则存在整数x 1,x 2,…,x n ，使得a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n =(a 1,a 2,…,a n )，这一等式称为裴蜀（Bezout ）等式。
特别地，(a 1,a 2,…,a n )=1的充分必要条件为存在整数x 1,x 2,…,x n ，使得a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n =1。
。，可推出，，由裴蜀等式或由将裴蜀等式相乘；
；
由；
由；
，另一方面由裴蜀等式一方面由由裴蜀等式推出；
。
，则且若；（可推广），则设；，则设；
，则设；
的因数；
的每一个公因数都是),(||),(|||)3()1()6()5()3()4()1()2()1()3()1(|1),(|)6(1),(1),(),()5(1),,,(
),,,()4(),,,(),,,()3(),),,((),,,()2(),,,(,,,)1(2121212121212121c b a ac ab c ac c ab c a c b c ab c m ab m b m a d
a d a d a d a a a a a a m ma ma ma Z m a a a a a a a a a a a a n n n n n n n n =?=======∈=+证明定理 5
。
，我们有
面，由定理后余数必为零，另一方步，故上述带余除法有限事实上，由于余数满足。
则。
：除用；
，：除用；
，：除用；
，：除用；
，：除用为零）
之后必然停止（即余数复做带余除法，有限步，按下述方式反，设算法）辗转相除法（欧几里得，我们有下面算法：
数的最大公因数，对此为求两个整的最大公因数可以转化可知，求两个以上整数、由定理：
n n n n n n n n n n n n n n n n n n r r r r r r b b a r r r r b a q r r r r r r r q r r r r r r r q r r r r r r r q r b b r b r r bq a a b b Z b a Euclid =====≥>>>>==<<+=<<+=<<+=<<+=≠∈--+-------),(),(),(),(30),(000||00,)()2(5111001101111122112221001011100000
最大公因数的求法 将算式倒推。整数解，具体做法就是的一组
，而且可以求出方程、上述算法不仅能算出),(),(2b a by ax b a =+
。及，求，设y x b a b a ,),(15731859=-=1例
。记作：的最小公倍数，
正数称为的一切公倍数中的最小的一个公倍数；
为，则称，满足
个非零整数，若整数是设],,,[,,,,,,,,,,,2,1|)2(,,,2121212121n n n n i n a a a a a a a a a a a a D n i D a D n n a a a =≥2定义 。
两两互质，则若；
；
；
，则设的倍数；
的每个公倍数都是；
||],,,[,,,)6(||],)[,()5(],],,[[],,,[)4(],,,[],,,[)3(],,,[,,,)2(|]|,|,||,[|],,,[)1(2121212121212121212121n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a ab b a b a a a a a a a a a a m ma ma ma Z m a a a a a a a a a a a a ====∈=+6定理
可推之。及定理由；可知及定理，由，于是，则一般情形，设，
于是，
时，由定义：均为正整数，当可设由定义；
；
倍数构成的集合，故的所有中最小正整数恰好是，则的全体公倍数设由定义；
)6(5)5)(4()6(],)[,(],)[,()3(5)3(],[1),(),(],[],[|||],[1),(,)5()4)(3(],,,[},,,{)2()1(222|],[1),(2121ab d
ab d d d b d a d b d a d b a b a d
ab d b d a d b d a d b a ab b a b a ax ab x b ax b by ax b a b a b a a a a D D S S a a a S ab b a b a n n =?======??→?=→??→?====== 证明
。为正奇数，证明：，、设次方幂。
整数的幂，则这些整数都是正次整数的两互质的正整数之积是。一般地，若若干个两，次方幂，事实上，都是正整数的，则，，设；
，证明：、设正因数。
的分别是，其中，可唯一地表示为的任一正因数；
，证明：，、设。
且，，，使得，证明：存在、设。
，且，，满足的整数，证明：存在或是不为、设。
，证明：，、设。
是奇数，证明：，、设。
，则、设是既约分数。，则、设：
)21(|)21(9),(),(,,1),()2(),(),()1(8,,)2(),)(,(),()1(1),(,7],[1
),(,,,,6||||0||||0),(,10,51)1,1(1,,41)12,12(,31)1)!1(,1!(23
1442112121),(k k k n n n n n n n m n m n m n n k Z n n n c b b c a a n b a c ab Z b a b a b a b a Z n n m d d d d d d mn n d m d mn d n m Z n m xy b a y x yv b xu a Z v u y x Z b a a y b x b a by ax Z y x b a a a a a Z a n m m Z n m n n Z n n n Z n ++++++∈===∈==∈===∈====∈∈<<<<=+∈±-=-->∈=+-∈=+++∈++∈++++++++ 补充习题
§3 算术基本定理
定义 一个大于1的整数，如果它的正因数只有1及它本身，那么称之为质数；否则称为合数。
注 正整数分为三类：1，质数类，合数类。
。
，也即，于是小正因数，所以外的最的除是是质数，由于，否则，其中是合数时，当是质数。
从而外的最小正因数矛盾，的除是，这与，故但，，因而及本身外还有一正因数除不是质数，则假设。
数时，是合是一质数，并且当外最小正因数的除，则，设a q a qa q a q a q a a q a a a q a q a q a q q q q q q a q a q a a Z a ≤=≤≤>=<<≤>∈12111111111||1111证明定理1 。
或即，或，由质数的定义，，因为。
或是任一整数，则是一质数，若1),(|),(1),(0),(|),(1),(|===>=p a a p p a p a p a p p a p p a a p a p 证明定理2 矛盾，故结论成立。
，这与从而，
，整除，则都不能被假设整除。
中至少有一个被，则是质数，若个整数，是设n n i n n n n a a a p a a a p n i a p p a a a p a a a a a a p p n a a a 212121212121|1),(,,2,11),(,,,,,,|,,,===证明推论多个。
，矛盾，故质数有无穷整除，因而等于某个必然，由假设必有质因数，，故由定理，由于考虑是全部质数，有有限多个，设（反证法）假设质数只）
世纪，元前质数有无穷多个。（公1)1(111,,,3212121=-≤≤>+=r i r r p p p N p r i p p p N N p p p N p p p Euclid 证明定理3。
是质数，所以结论成立时，因为当）
存在性（用数学归纳法。
，，是质数，则，其中，是质数，并且若，其中，的整数于乘积，即任一大的整数能表示成质数的任一大于（算术基本定理）22,,2,1,,,,,,11212121212121====≤≤≤=≤≤≤=a n i q p n m q q q q q q q q q a p p p p p p p p p a i i m m m n n n 证明定理 4
。
，，，依此类推，最后可得，同法可得，于是有，从而，故，，又，均为质数，故，又，，使得，于是有，所以，，，因为唯一性动次序后便得结论。
乘积，适当调也能写成有限个质数的的乘积，于是都可以写成若干个质数，由归纳假设，，，满足是合数，则有立；若是质数，则结论成，如果考虑的正整数都成立，下面假设结论对小于n i q p m n q p q q p p q p q p p q q q p p p q q p q p p q q p q p p p p q q q q p q q q p p q q q p p p a a c b a c a b bc a Z c b a a a a i i m n k j j k k j j k k j j k n m m n m n ,,2,1,||,||,11,222211111111112112112112121 =======≤=≥≥==≤≤≤≤≤==<<<<=∈+。，，，次幂而写成下面形式
可以插进若干质数的零为了讨论的方便，我们的标准分解式；
上式叫做。
，，，能够唯一地写成
的整数任一大于)(,,2,10)(,,2,10121212121j i p p k i p p p a a j i p p k i p p p a a j i i k j i i k k k <<=≥=<<=>= αααεααεα211注注推论
结论成立。
，，，之一相同，矛盾，因此必与即，可知及，则由假设有一个。（反证）
，。下证：，，的标准分解式为中，于是可设的质因数必在
可知，，则由，则结论已成立；若若必要性充分性是显然的。
。
，，式为必要条件是其标准分解的约数的充分
是数的标准分解式，则正整是设k i p p p p p p p p p p a d d p k i k i p p p d d p p p d a d d d k i p p p d a d a p p p a i i k j j j k j j j j j j i i i k k i i k k k j j j j
j k k k ,,2,1,,,,,|||,,2,1,,
2,10,,,|11,,2,1011111121212121111212121 =≤>=≤=≥=>==≤≤==+-+--+-αβαβαββαβααεααββββββββαεα证明推论2，，又任一公因数必整除，，则令。
，其中；
，其中则，
，，，为
，且它们的标准分解式设m b m a m p p p m p p p b a p p p b a k i p p p b p p p a Z b a k k k k k k i i i k i i i k i i k k ||),m ax(],[),m in(),(,,2,10,,21212121212121212121γγγδδδγγγβββαεαβαδβαγβα ======≥==∈+证明推论3
同样可证另一结论。
。故),(b a m = 一切质数。
的后留下来的就是不超过的质数的一切倍数，最，一直到划去不超过的一切倍数，起划去，然后从下来的是的一切倍数，第一个留起划去后从，然，第一个留下来的是，首先划去成一串切正整数按大小关系排的一，把不超过任给一个正整数）（N N N N N es Eratosthen 3332221,,3,2,1筛法幼拉脱斯展纳的质数表。造不超过30例
不是质数。
，证明：，满足、设？否有无穷多个梅森质数个梅森质数，未知：是年底，找到到紧密相关，，法），它与偶完全数森质数（梅森数中的质数称为梅。，则（梅森数），证明：若是质数，记设是质数；
并且是质数，则，证明：若，设、无穷多个？有吗？费马质数是否有），未知：费马质数还（欧拉，不是质数都是质数。但都是质数，费马猜测：，，，，马质数，如，费马数中的质数称为费穷多个。
。由此说明，质数有无，证明：；
，则（费马数），证明：若，记的方幂；
为为质数，则，证明：若设、。
必为质数，反之不成立是质数，则、设整数。
都是质数，那么，，、如果的质数有无穷多个；
形如的质数有无穷多个；
形如、证明：不包含质数。
有任意长的一段区间中在正整数序列中，可以都不是质数。这表明，个正整数，其中每一个，证明：存在连续、设明质数有无穷多个。
之间必有质数，由此说和，证明：、设4444543210221,,,8)
3419961644(1),(12)2(211,,)1(7)
17326700417641655372571753(1),()3()2(|012)2(212)1(6)1(110105342456)2(34)1(322!21d c b a cd ab Z d c b a M M q p M p n m m n m Z n m F F F F F F F n m F F F F n m n F m Z m n n p p p p m m n n n n n q p p p n n n m m n n m n n n
+++=∈=≠-==->∈?======≠=->≥+=+∈>+++=++++≥>++-- 补充习题
。，；，、证明：。
；
、证明：)1(1
21311)2()1(1211)1(10]),[],,([)],(,[)2()],(),,[(]),[,()1(9>?++++>?+++==n Z n n Z n
c a b a c b a c a b a c b a
§4 函数[x ]，{x }及其在数论中的一个应用
[]{}[]{}[][](){}2332[]3,[]2,[]4,[]0,[]1,{3.14}0.14,{}3555
x x x x x x x x x x x e ππ-==-=-=-=-=-=函数与是定义在实数集上的函数，函数的值等于不大于的最大整数，函数的值是，叫做的整数部分也称为高斯函数，叫做的小数部分。
例。定义(1)[]{}(2)[][]11[]0{}1(3)[][](4)[][][]{}{}{}[]1(5)[][](6),0[]{}0{}1(7),x x x x x x x x x x n x n x n x y x y x y x y x x x x x a a a a b b >a b b b b b b b
a b a b =+≤<+-<≤≤<+=+∈+≤++≥+--??-=?-∈?∈=+≤≤-∈；
，，；
，；
，；
，当时；
，当时
设，，则，；设，则不大于而为的倍数的正整数的性质+Z Z Z Z Z []a b 个数为。
11100[][]a b a b m a b m bm a a a a m m m b b b
<≥<=≤<≤当时，结论显然成立，下证的情形。
设是任意不大于而为的倍数的正整数，则，于是，而满足这个条件的的个数为，故的个数为。证明
211231232331231!()[][][]2,3,,12,3,,(1)23()()()2,3,,r r r r r r n p p n n n n h p p p
n h n p n p r n r h n n n n n n n n n N N N N n n n ∞=+≤=++=-≥=+++=+++++++++=+++=++∑
在的标准分解式中，质因数的指数
。把都写成标准分解式，则是这个分解式中的指数之和，设中的指数为的有个，则
其中恰好是中能被定理证明1[][]r r r r r p n n N h p p ∞===∑整除的数的个数，
于是，因此。
1[]!r n
p p n n p ∞=≤∑=∏1。
推论 1
11[][][]111!(0)!()!
(4)[][][][][][]|!()!|!r r r r r r n k k n
p p p r r r r r r p n p n n k n k n k n n k k p p p n n k k p p p p p k n k n ∞∞∞===-∞∞∞+===≤≤<<--≥+∑∑∑-≥+-∑∑∑∏∏2贾宪数
是整数。由高斯函数之性质可知，于是，从而，故。
推论证明 ()()()()()()!
k k f x n f x k k n f x n k k ≤-3若是一次整系数多项式，是它的阶导数，
则是一次整系数多项式。推论
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。
第三篇 初等数论 第19章 整数的整除性 §19．1整除 19.1.1★证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除． 解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +（其中n 是整数），于是 ()()()()22222121231121n n n n n -+++++=++． 所以 ()()()22212|212123n n n ??-++++?? ． 又()2111n n n n ++=++，而n 、1n +是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以()1n n +是偶数，从而21n n ++是奇数，故 ()()()22224212123n n n ??-++++?? ?． 19．1．2★★若x 、y 为整数，且23x y +，95x y +之一能被17整除，那么另一个也能被17整除． 解析 设23u x y =+，95x y =+．若17|u ，从上面两式中消去y ，得 3517v u x -=． ① 所以 17|3v ． 因为（17，3）=1，所以17|v 即17|95x y +． 若17|v ，同样从①式可知17|5u ．因为（17，5）=1，所以17|u ，即17|23x y +． 19.1.3★★设n 是奇数，求证： 60|6321n n n ---． 解析 因为260235=??，22、3、5是两两互质的，所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即可． 由于n 是奇数，有 22|62n n -，22|31n +， 所以22|6231n n n ---； 又有3|63n n -，3|21n +， 所以3|6321n n n ---； 又有5|61n -，5|32n n +， 所以5|6321n n n ---． 所以60|6321n n n ---． 评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k 表示，奇数常用21k +表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a 被3除时，余数只能是0、1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k 、31k +、32k +这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理． 19．1．4★★设n 为任意奇正整数，证明：15961000270320n n n n +--能被2006整除． 解析 因为200621759=??，所以为证结论成立，只需证n 为奇正整数时，15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除．显然，表达式能被2整除． 应用公式，n 为奇数时， ()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++ ， ()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++ . 由于159610005944+=?，2703205910+=?，所以15961000270320n n n n +--能被59整除.
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。
信号完整性分析基础系列之一 ——关于眼图测量（上） 汪进进美国力科公司深圳代表处 内容提要：本文将从作者习惯的无厘头漫话风格起篇，从四个方面介绍了眼图测量的相关知识：一、串行数据的背景知识; 二、眼图的基本概念; 三、眼图测量方法; 四、力科示波器在眼图测量方面的特点和优势。全分为上、下两篇。上篇包括一、二部分。下篇包括三、四部分。 您知道吗？眼图的历史可以追溯到大约47年前。在力科于2002年发明基 于连续比特位的方法来测量眼图之前，1962年-2002的40年间，眼图的测量是基 于采样示波器的传统方法。 您相信吗？在长期的培训和技术支持工作中，我们发现很少有工程师能完整地准确地理解眼图的测量原理。很多工程师们往往满足于各种标准权威机构提供的测量向导，Step by Step，满足于用“万能”的Sigtest软件测量出来的眼图给出的Pass or Fail结论。这种对于Sigtest的迷恋甚至使有些工程师忘记了眼图是 可以作为一项重要的调试工具的。 在我2004年来力科面试前，我也从来没有听说过眼图。那天面试时，老板反复强调力科在眼图测量方面的优势，但我不知所云。之后我Google“眼图”， 看到网络上有限的几篇文章，但仍不知所云。刚刚我再次Google“眼图”，仍然 没有找到哪怕一篇文章讲透了眼图测量。 网络上搜到的关于眼图的文字，出现频率最多的如下，表达得似乎非常地专业，但却在拒绝我们的阅读兴趣。 “在实际数字互连系统中，完全消除码间串扰是十分困难的，而码间串扰 对误码率的影响目前尚无法找到数学上便于处理的统计规律，还不能进行准确计算。为了衡量基带传输系统的性能优劣，在实验室中，通常用示波器观察接收信号波形的方法来分析码间串扰和噪声对系统性能的影响，这就是眼图分析法。 如果将输入波形输入示波器的Y轴，并且当示波器的水平扫描周期和码元 定时同步时，适当调整相位，使波形的中心对准取样时刻，在示波器上显示的图形很象人的眼睛，因此被称为眼图（Eye Map）。 二进制信号传输时的眼图只有一只“眼睛”，当传输三元码时，会显示两 只“眼睛”。眼图是由各段码元波形叠加而成的，眼图中央的垂直线表示最佳抽样时刻，位于两峰值中间的水平线是判决门限电平。 在无码间串扰和噪声的理想情况下，波形无失真，每个码元将重叠在一起，最终在示波器上看到的是迹线又细又清晰的“眼睛”，“眼”开启得最大。当有码
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;
整数的整除性 竞赛讲座02 － ．的有关概念、性质 整除的定义：对于两个整数a、d，若存在一个整数p，使得成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。 若d不能整除a，则记作da，如2|6，46。 性质 ）若b|a，则b|，且对任意的非零整数有b|a ）若a|b，b|a，则|a|=|b|; ）若b|a，c|b，则c|a ）若b|ac，而=1=1表示a、b互质，则b|c； ）若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c； ）若c|a，c|b，则c|，其中、n为任意整数 例1x，y，z均为整数，若11｜，求证：11｜。 证明∵4+3=11 而11｜11, 且11｜, ∴11｜4 又=1 ∴11｜.
整除性问题的证明方法 利用数的整除性特征 例2设72｜的值。 解72=8×9，且=1，所以只需讨论8、9都整除的值。 若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。 若9｜，则9｜，得a=3。 利用连续整数之积的性质 ①任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除。 ②任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。 这个性质可以推广到任意个整数连续之积。 例3证明：对任何整数n都为整数，且用3除时余2。 证明 ∵为连续二整数的积,必可被2整除. ∴对任何整数n均为整数, ∵为整数,即原式为整数. 又∵ n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质， ∴是能被3整除的整数.
故被3除时余2. 例4一整数a若不能被2和3整除，则a2+23必能被24整除. 证明∵a2+23=+24，只需证a2-1可以被24整除即可. ∵2.∴a为奇数.设a=2+1, 则a2-1=2-1=42+4=4. ∵、+1为二个连续整数，故必能被2整除， ∴8|4，即8|. 又∵，a，为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a=a，∵3a，∴3|.3与8互质,∴24|,即a2+23能被24整除. 利用整数的奇偶性 下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题. 例5求证:不存在这样的整数a、b、c、d使： a?b?c?d-a=① a?b?c?d-b=② a?b?c?d-c=③ a?b?c?d-d=④ 证明由①，a=. ∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数. 同理,由②、③、④知b、c、d必为奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶数，则a必为偶数，与①式右端为奇数
第一章整除理论 整除性理论是初等数论的基础。本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。 第一节数的整除性 定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得 a = bc 成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a 的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被 b整除，记为b|/a。 显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。 被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) a∣b?±a∣±b； (ⅱ) a∣b，b∣c?a∣c； (ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k?b∣a1x1+ a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是
任意的整数； (ⅳ) b∣a ?bc∣ac，此处c是任意的非零整数； (ⅴ) b∣a，a≠ 0 ? |b| ≤ |a|；b∣a 且|a| < |b| ?a = 0。 证明留作习题。 定义2若整数a≠0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。 以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。 定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。 证明若a是素数，则定理是显然的。 若a不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d1, d2, , d k 。不妨设d1是其中最小的。若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，使得d1 = e1e2，因此，e1和e2也是a的正的非平凡约数。这与d1的最小性矛盾。所以d1是素数。证毕。 推论任何大于1的合数a必有一个不超过 证明使用定理2中的记号，有a = d1d2，其中d1 > 1是最小的素约数，所以d12≤a。证毕。 例1设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有 n+ 2|/1r+ 2r+ +n r。
于博士信号完整性分析入门 于争 博士 https://www.doczj.com/doc/ef13008666.html, for more information,please refer to https://www.doczj.com/doc/ef13008666.html, 电设计网欢迎您
什么是信号完整性? 如果你发现，以前低速时代积累的设计经验现在似乎都不灵了，同样的设计，以前没问题，可是现在却无法工作，那么恭喜你，你碰到了硬件设计中最核心的问题：信号完整性。早一天遇到，对你来说是好事。 在过去的低速时代，电平跳变时信号上升时间较长，通常几个ns。器件间的互连线不至于影响电路的功能，没必要关心信号完整性问题。但在今天的高速时代，随着IC输出开关速度的提高，很多都在皮秒级，不管信号周期如何，几乎所有设计都遇到了信号完整性问题。另外，对低功耗追求使得内核电压越来越低，1.2v内核电压已经很常见了。因此系统能容忍的噪声余量越来越小，这也使得信号完整性问题更加突出。 广义上讲，信号完整性是指在电路设计中互连线引起的所有问题，它主要研究互连线的电气特性参数与数字信号的电压电流波形相互作用后，如何影响到产品性能的问题。主要表现在对时序的影响、信号振铃、信号反射、近端串扰、远端串扰、开关噪声、非单调性、地弹、电源反弹、衰减、容性负载、电磁辐射、电磁干扰等。 信号完整性问题的根源在于信号上升时间的减小。即使布线拓扑结构没有变化，如果采用了信号上升时间很小的IC芯片，现有设计也将处于临界状态或者停止工作。 下面谈谈几种常见的信号完整性问题。 反射： 图1显示了信号反射引起的波形畸变。看起来就像振铃，拿出你制作的电路板，测一测各种信号，比如时钟输出或是高速数据线输出，看看是不是存在这种波形。如果有，那么你该对信号完整性问题有个感性的认识了，对，这就是一种信号完整性问题。 很多硬件工程师都会在时钟输出信号上串接一个小电阻，至于为什么，他们中很多人都说不清楚，他们会说，很多成熟设计上都有，照着做的。或许你知道，可是确实很多人说不清这个小小电阻的作用，包括很多有了三四年经验的硬件工程师，很惊讶么?可这确实是事实，我碰到过很多。其实这个小电阻的作用就是为了解决信号反射问题。而且随着电阻的加大，振铃会消失，但你会发现信号上升沿不再那么陡峭了。这个解决方法叫阻抗匹配，奥，对了，一定要注意阻抗匹配，阻抗在信号完整性问题中占据着极其重要的
《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.
实例讲解：EMC/EMI模拟仿真与PCB设计相结合 在PCB设计中，EMC/EMI主要分析布线网络本身的信号完整性，实际布线网络可能产生的电磁辐射和电磁干扰以及电路板本身抵抗外部电磁干扰的能力，并且依据设计者的要求提出布局和布线时抑制电磁辐射和干扰的规则，作为整个PCB设计过程的指导原则。 具体来说，信号完整性分析包括同一布线网络上同一信号的反射分析，阻抗匹配分析，信号过冲分析，信号时序分析，信号强调分析等;对于邻近布线网络上不同信号之间的串扰分析。在信号完整性分析时还必须考虑布线网络的几何拓扑结构，PCB绝缘层的电介质特性以及每一布线层的电气特性。 电磁辐射分析主要考虑PCB板与外部的接口处的电磁辐射，PCB板中电源层的电磁辐射以及大功率布线网络动态工作时对外的辐射问题。如果电路设计中采用了捆绑于大功率IC上的散热器(例如奔腾处理器外贴的金属散热器)，那么这样的散热器在电路动态工作中如同天线一样不停地向外辐射电磁波，因此必须列为 EMC分析的重点。 现在已经有了抑制电子设备和仪表的EMI的国际标准，统称为电磁兼容(EMC)标准，它们可以作为普通设计者布线和布局时抑制电磁辐射和干扰的准则，对于军用电子产品设计者来说，标准会更严格，要求更苛刻。 对于高速数字电路设计，尤其是总线上数字信号速率高于50MHz时，以往采用集总参数的数学模型来分析EMC/EMI特性显得无能为力，设计者们更趋向于采用分布参数的数学模型做布线网络的传输线分析(TALC)。对于多块PCB板通过总线连接而成的电子系统。还必须分析不同PCB板之间的电磁兼容性能。 EMC/EMI元件库的支持 如今一块电路板可能包括上百种来自于不同厂家、功能各异的电子元器件，设计者要进行EMC/EMI分析就必须了解这些元器件的电气特性，之后才能具体模拟仿真。这在以往看来是一项艰巨的工作，现在由于有了IBIS和SPICE等数
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 ≡?≡
整数的整除性与同余（教案） 教学内容 整除与同余 教学目标 1 让学生初步学习整除与同余的概念及基本性质; 2 能够简单的应用整除与同余的知识处理一些初等数论问题. 教学过程 一、整数的整除性 1、整除的定义： 对于两个整数a 、b （b ≠0），若存在一个整数m ，使得b m a ?=成立，则称b 整除a ，或a 被b 整除，记作b|a. 2、整除的性质 1）若b|a,则对于任意非0整数m 有bm|am; 2) 若b|a ，c|b ，则c|a 3) 若b|ac ，而（a ，b ）=1（（a ，b ）=1表示a 、b 互质，则b|c ； 4) 若b|ac ，而b 为质数，则b|a ，或b|c ； 5) 若c|a ，c|b ，则c|（ma+nb ），其中m 、n 为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和） 6）连续整数之积的性质 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除；任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除 例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x ，y ，z 均为整数，若11｜（7x+2y-5z ），求证：11｜（3x-7y+12z ）。 证明∵4(3x -7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而 11｜11(3x-2y+3z),且 11｜(7x+2y-5z),∴ 11｜4(3x-7y+12z)又 (11,4)=1 ∴ 11｜(3x-7y+12z) 例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜b 679a 试求a,b 的值。 解：∵72=8×9，且（8，9）=1，∴只需讨论8、9都整除b 679a 时a,b 的值。若8｜b 679a ，则8｜b 79，由除法可得ｂ＝２若9｜b 679a ，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3 例3（1956年北京竞赛题）证明：1n 2 1n 23n 23-++对任何整数n 都为整数，且用3除时余2。
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
初等数论学习总结 第一章 整除 例题选讲 例1.请写出10个连续正整数都是合数. 解: 11!+2，11!+3，……，11！+11。 例2. 证明连续三个整数中，必有一个被3整除。 证：设三个连续正数为a ，a +1，a +2，而a 只有3k ，3k +1，3k +2三种情况，令a =3k ，显 然成立，a =3k +1时，a +2=3(k+1)，a =3k +2时，a +1=3(k +1)。 例3. 证明lg2是无理数。 证：假设lg2是有理数，则存在二个正整数p ，q ，使得lg2= q p ，由对数定义可得10p =2q ，则有2p ·5p =2q ,则同一个数左边含因子5，右边不含因子5，与算术基本定理矛盾。∴lg2为无理数。 例4. 求(21n+4，14n+3) 解：原式=(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,7n+2)=(7n+1,1)=1 例5. 求2004!末尾零的个数。 解：因为10=2×5，而2比5多， 所以只要考虑2004！中5的幂指数，即 5（2004！）=4995 20045 200412520042520045200454=?? ? ??+?? ? ??+?? ? ??+?? ? ??+?? ? ?? 例6.证明（n !）(n-1)!|(n !)! 证：对任意素数p ,设（n !）(n -1)!中素数p 的指数为α， （n !）!中p 的指数β，则 ∑???? ??-=∞=11k k p n n )!(α，∑??? ? ??-=∞=11k k p n n !)!(β,)()(x n nx ≥ α=∑??? ? ??-=∑???? ?? -≥∑???? ??-=∑???? ??∴∞=∞=∞=∞=1111111k k k k k k k k p n n p n n p n n p n ! )!(!)!()!(! 即α β≥，即左边整除右边。
竞赛培训专题6---整数的整除性 1整数的整除性的有关概念、性质 （1）整除的定义：对于两个整数a、d（d≠0），若存在一个整数p，使得成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。 若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6。 （2）性质 1)若b|a，则b|(-a)，且对任意的非零整数m有bm|am 2)若a|b，b|a，则|a|=|b|; 3)若b|a，c|b，则c|a 4)若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互质，则b|c； 5）若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c； 6）若c|a，c|b，则c|（ma+nb），其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和） 例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求证：11｜（3x-7y+12z）。 证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而11｜11(3x-2y+3z), 且11｜(7x+2y-5z), ∴ 11｜4(3x-7y+12z) 又 (11,4)=1 ∴11｜(3x-7y+12z). 2.整除性问题的证明方法 (1) 利用数的整除性特征（见第二讲） 例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜的值。 解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除的值。
若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。 若9｜，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3。 （2）利用连续整数之积的性质 ①任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除。 ②任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。 这个性质可以推广到任意个整数连续之积。 例3（1956年北京竞赛题）证明：对任何整数n都为整数，且用3除时余2。 证明 ∵为连续二整数的积,必可被2整除. ∴对任何整数n均为整数, ∵为整数,即原式为整数. 又∵， 2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质， ∴是能被3整除的整数. 故被3除时余2.
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?
人教版初中数学《整数的整除性》竞赛专题复习含答案 §19．1整除 19.1.1★证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除． 解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +（其中n 是整数），于是 () ()()()2 2 2 22121231121n n n n n -+++++=++． 所以 ()()()222 12|212123n n n ??-++++?? ． 又()2111n n n n ++=++，而n 、1n +是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以()1n n +是偶数，从而21n n ++是奇数，故 ()()()22224212123n n n ??-++++?? ?． 19．1．2★★若x 、y 为整数，且23x y +，95x y +之一能被17整除，那么另一个也能被17整除． 解析 设23u x y =+，95x y =+．若17|u ，从上面两式中消去y ，得 3517v u x -=． ① 所以 17|3v ． 因为（17，3）=1，所以17|v 即17|95x y +． 若17|v ，同样从①式可知17|5u ．因为（17，5）=1，所以17|u ，即17|23x y +． 19.1.3★★设n 是奇数，求证： 60|6321n n n ---． 解析 因为260235=??，22、3、5是两两互质的，所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即可． 由于n 是奇数，有 22|62n n -，22|31n +， 所以22|6231n n n ---； 又有3|63n n -，3|21n +， 所以3|6321n n n ---； 又有5|61n -，5|32n n +， 所以5|6321n n n ---． 所以60|6321n n n ---． 评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k 表示，奇数常用21k +表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a 被3除时，余数只能是0、1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k 、31k +、32k +这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理． 19．1．4★★设n 为任意奇正整数，证明：15961000270320n n n n +--能被2006整除． 解析 因为200621759=??，所以为证结论成立，只需证n 为奇正整数时，15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除．显然，表达式能被2整除． 应用公式，n 为奇数时， ()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++， ()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-++ +. 由于159610005944+=?，2703205910+=?，所以15961000270320n n n n +--能被59整除. 又159627013261778-==?，10003206801740-==?，所以15961000270320n n n n +--能被17整除．
信号完整性背景 信号完整性问题引起人们的注意，最早起源于一次奇怪的设计失败现象。当时，美国硅谷一家著名的影像探测系统制造商早在7 年前就已经成功设计、制造并上市的产品，却在最近从生产线下线的产品中出现了问题，新产品无法正常运行，这是个20MHz 的系统设计，似乎无须考虑高速设计方面的问题，更为让产品设计工程师们困惑的是新产品没有任何设计上的修改，甚至采用的元器件型号也与原始设计的要求一致，唯一的区别是 IC 制造技术的进步，新采购的电子元器件实现了小型化、快速化。新的器件工艺技术使得新生产的每一个芯片都成为高速器件，也正是这些高速器件应用中的信号完整性问题导致了系统的失败。随着集成电路(IC)开关速度的提高，信号的上升和下降时间迅速缩减，不管信号频率如何，系统都将成为高速系统并且会出现各种各样的信号完整性问题。在高速PCB 系统设计方面信号完整性问题主要体现为：工作频率的提高和信号上升/下降时间的缩短，会使系统的时序余量减小甚至出现时序方面的问题；传输线效应导致信号在传输过程中的噪声容限、单调性甚至逻辑错误；信号间的串扰随着信号沿的时间减少而加剧；以及当信号沿的时间接近0.5ns 及以下时，电源系统的稳定性下降和出现电磁干扰问题。
信号完整性含义 信号完整性(Signal Integrity)简称SI，指信号从驱动端沿传输线到达接收端后波形的完整程度。即信号在电路中以正确的时序和电压作出响应的能力。如果电路中信号能够以要求的时序、持续时间和电压幅度到达IC，则该电路具有较好的信号完整性。反之，当信号不能正常响应时，就出现了信号完整性问题。从广义上讲，信号完整性问题指的是在高速产品中由互连线引起的所有问题，主要表现为五个方面:
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)
?选用教材:《信息安全数学基础》陈恭亮著?参考书目： –《初等数论》潘承洞潘承彪著 –《代数学引论》第2版聂灵沼丁石孙著 –“Commutative Algebra”第1、2卷O. Zariski & P. Samuel 著 –“Primality and Cryptography”E. Kranakis 著 –《椭圆曲线密码学导论》张焕国等译
网络安全(应用技术) 密码学(理论基础) 数学(数论、代数、椭圆曲线理论等)身份识别技术、防火墙技术、入侵检测技术等 信息安全
?整数 –{…，-3，-2，-1，0，1，2，3，…} ?数学: 整数论分支 –公元前50年左右,第一部数学专著《九章算术》 第一章讨论整数,介绍辗转相除法 –公元前三世纪欧几里德著《几何原本》辗转相 除法 –五世纪《孙子算经》中国剩余定理(即孙子定理)
?自然数 –整数的一部分:最简单的数学模型--自然数 –自然数的严格定义--在集合论基础上,Peano(皮亚诺)给出自然数公理 ?如果有一些对象(可数集),除了它们的数目之外 其它性质我们不予考虑的话,我们就可以用自然 数来数它们
?康托 –格奥尔格·康托尔 –外文名: Cantor,Georg Ferdinand Ludwig Philipp –国籍: 德国 –出生日期: 1845.3.3 –逝世日期: 1918.1.6 –职业: 数学家
?康托 –德国数学家,集合论的创始人.生于俄国列宁格勒(今俄罗斯圣彼得堡).父亲是犹太血统的丹麦商人,母亲出身艺术世家.1856年全家迁居德国的法兰克福 –由于学术观点上受到的沉重打击,使康托尔曾一度患 精神分裂症,虽在1887年恢复了健康,继续工作,但晚年一直病魔缠身.1918年1月6日在德国哈雷(Halle)-维滕贝格大学附属精神病院去世 –康托尔爱好广泛,极有个性,终身信奉宗教