初等数论

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。如果

（1）当n=1时，P(1)不成立；

（2）设n>1,若对所有的自然数m

那么,P(n)对所有的自然数都成立。

数学归纳法是一种非常常用的数学方法，其重要性不必多说。另外，由归纳法原理还可推出两个在数学中，特别是初等数论中常用的自然数的性质，即最小自然数原理和最大自然数原理。并且最小自然数原理是我们常用的第二数学归纳

法的基础。此外，在初等数论中还经常用到的一个工具，那就是鸽巢原理，也就

是同等意义下的在组合数学中的抽屉原理。

介绍完自然数和整数及其性质定理等数论基础后，下面来关注初等数论的一写重要方面，即整除、带余数除法、辗转相除法、素数、约数、最大公约数理论、算术基本定理等等。整除既然是初等数论的基础内容，看似简单的整除，若要领略各中精髓以及其中之奥妙，仍需下一番苦功夫。单从整除的定义就有各种解释方法：

1）设a,b∈Z,a≠0,如果存在q∈Z,使得b=aq,那么就说b可被a整除，记作a∣b.

2） Z上定义一种关系R，令R={(a,b)∣a≠∈Z}，且在使ax=b 有解，称为Z上的整除关系。（任意的δ∈R，存在a,b∈Z，使得δ=（a,b）∈R,一般写成aRb,称为a与b有整除关系，也称a是b的约数，也称b是a的倍数。）

aRb令为a∣b,这就回到了第一种定义，其实这两种定义方式看似一样，其

数学内涵却大有不同：第一种定义方法是从最原始的观点出发，也可说从“整

除”的字面意思来定义，也是中学最常用的一种定义方式，因此只能算作一种简单明了的数学思维，并不能真正体现数学的高等数论。尽管初等数论是一种初等思想去解决一些高等难题。第二种定义方法则焦点于高等代数中的环、域定义。环、域定义让我们的数学定义方式更加广泛，这是初等数学中所没有的，因此有的时候初等数学解决不了的问题就可以用此种定义去解决，这给了我们更广泛的思维空间。对整除的各方面性质可以归纳如下：

1）序关系≤ (N,<) 这来源于近似代数，故不做研究。

2）等价关系① aRa 自反关系

② aRb =>bRa 对称关系

③ aRb,bRc=>aRc 传递性

注意：整除不是等价关系

3）整除具有线性可加性a∣bi (1≤i≤n) ó a∣∑bixi xi∈Ｚ

4）整除可约性a∣bó ma∣mb(m≠0)

5）整除与符号无关a∣bó∣a∣∣∣b∣ó　

-a∣bóa∣-b

6）a∣b(b≠0)=>∣a∣≤∣b∣

上面这些性质可以灵活的加以利用，其魅力就可显现出来：

已知a,b∈+b2≠0,存在x,y∈Ｚ使得ax+by=1.若a∣bq,则可证a∣ｑ

A ,b同例1存在ax+by=1 如果a∣n,b∣n 则ab∣ｎ

整除的这些性质应用可谓变幻无穷。特别是在后面的素数、合数的相关性质方面及其证明中。下面就来介绍一下关于素数的一些性质，当然介绍素数的同时还涉及到关于合数的问题。点到部分再一一介绍。从目前所学的内容来看关于素

数的性质占了很大的比重，应该说是素数和整除的性质占了很大的部分，故彰显其重要性。素数的概念与中学学的相差不大，只存在名称的扩充问题。显然约（因、除）数，非显然约（因、除）数，真约（因、除）数的辨别问题。当然须指出的

是以后所介绍的素数一般指正的。知道素数的概念后就应该思考一下关于素数的

基本求法。在课本随后的介绍中讲到了Eratosthenes筛法（在本书的第八章：素数分布的初等结果中有详细的讲解）来自书中的推论6即为该筛法的相关理论背景：

推论6：设整数a≥2.

(ⅰ) 若a是合数，则必有不可约数p∣a,p≤a1/2

(Ⅱ) 若a=p1p2…ps的表示式，则必有不可约数p|a,p≤a1/s

其主要原理就来自于这个推论6。当然此种意义下的Eratosthenes筛法是最简单的了。对于它的推广应用还很多，比如说：如何找出1，2，…,N中至多两个素数的乘积的数？这就是推广意义下的应用，只是在推论6的理论下a的二分之一的情况改为三分之一的情况，这也可以看出推论6也可以推广的。故我们知道该筛法有很多种应用情况，比如说至少两个素数的乘积的情况，至多三个的情况，至少三个的情况等等。我们可以明显地观察出上面的这些解法是在有限的

情况下来讨论的，故我们需要研究一下再不知道具体情况下的素数的一些情况。

在不明确范围的情况下有很多种状况：

如：①设n≥1，2n+1是素数的必要条件是n=2k；

②2n-1是素数的必要条件是n为素数；

其证明也很简单：①若n≠2，则n=am,2不等于大于1的m

2n+1=(2a)m+1=(2a+1)((2a)m-1-(2a)m-2+…+1)便可得到

②若n是合数，则n=>1,m>1

2n-1=(2a)m-1=(2a-1)((2a)m-1+(2a)m-2+…+1)便可得到

其中数学中的一个着名定理是：不可约数（素数）有无穷多个。除了课本中

给出的证明方法以外，在习题中也有一些证明方式来进行证明：

如：1）设n≥0,Fn=2的2N次加上1（它称为Fermat数）再设m≠n,且d|Fn,则dFn由此推出素数有无穷多个，且可得到Fn+1=Fn … F0 +2 ;

2) 设F1 =2， An+1=A2n – AN +1,再设n≠m,若d|An,d>1,则 d 不整除于Am,由此推出素数有无穷多个，且可得到An+1=An …　A1 +1.(设m>1,m|(m-1)!+1，可得到m是素数。)

有了素数及整除的定义后，首先要考虑的就是公约数、最大公约数、公倍数、最小公倍数。乍一看，这似乎就是中学内容。不错，根据初等数论的低落脚点，

这属于中学知识的衍生而已。除了其定义是通过整除来定义以外，其他的性质也有适当的延伸。其中较重要的一个就是：如果存在整数x1,x2,x2,…,xk,使得

a1x1+a2x2+a3x3+…+akxk=1,则a1,a2,…,ak是既约的，即使互素的。--------（1）

这一定理在后面部分有着十分重大的作用。如在实现建立最大公约数理论的

第二个途径处：设a1,…,ak是不全为零的整数，有

1）（a1,a2,…,ak）=min{s=a1x1+a2x2+…+akxk;xj∈Z(1≤j≤k),s>0},即

a1,…,ak 的最大公约数等于a1,…,ak的所有整系数线性组合组成的集合S中的最小正整数。

2）一定存在一组整数x1,0, … ,xk,0 使得(a1, … ,ak )=a1 x1,0 + … + ak xk,0 ---------（2）

要论及上面这个定理得应用，下面可以举一个简单的例子：

若（a,b）=1则任一整数n必可表示为n=ax+by,x,y是整数。由(a,b)=1及上定理（2）知存在x0,y0, 使得ax0+by0=1,因而取x=nx0,y=ny0, 即满足要求。

此题属于定理（1）（2）得综合运用，仍可想到的是在定理（2）有一种特殊情况，若其中的每一个元素均两两互素，那么情况（2）也就变成情况（1）了，因此情况（2）可以看作此种情况（1）的推广，情况（1）就看作情况（2）得特殊情况而已。在构造一系列既约数方面应用得较多的方法就是下面这个方法：

（a1/(a1,…,ak),…,ak/(a1,…,ak)）=1

关于最大公约数理论和最小公倍数理论的进一步性质推广，重在利用带余数除法在最大公约数理论部分讨论。整数集合最重要的特性就在于其中可以实现带

余数除法（也称带余除法或除法算法），它是初等数论中的证明中最重要、最基

本、最直接的工具。具体应用带余数除法时常取以下更灵活的形式：

设a,b是两个给定的整数，a≠0,再设d 是一给定的整数，那么，一定存在

唯一的一对整数q1与r1，满足b=q1a+r1,d≤r1<|a|+d.

此时，a|b的充要条件是a|r。另外这个时候还应该灵活区分最小非负余数、

绝对最小余数、最小正余数、余数。此类应该在具体计算中有更广泛的作用，当

然对于明确此类定义有很大的帮助。依据带余数除法定义，可得出推论：设a>0,任一整数被a除后所得的最小非负余数是且仅是0,1,…,a-1这a个数中的一个。这个推论最直接的用法就是整数分类以及进位制表示法，间接影响到辗转相除

法。

首先来看整除分类：j mod m称为j关于除数m所在的剩余类，则有0 mod a∪1 mod a∪…∪(a-1) mod a=Z,其中0≤i≠j≤（a-1）是集合j mod a 和j’ mod a 不相交。此时是利用全体整数按被a除后所得的最小非负余数分类，分成了两两不相交的a个类，这对诠释整除的含义有更积极的意义。仔细观察，我们就会发现此种划分法与第三章中的“同余”有相似之处，最明显之处就是定义：a同余于模m，如果设m≠0,若m|a-b,即a-b=km，与 j mod m的定义j 关于除数m 的所在剩余类，或许根本就是一个知识点。确切的说j mod m 这个知识点属于

同余的一个分支而已，即同余类（剩余类）。

进位制的表示法可以看作是初等数论与计算机科学的一个交叉利用。在计算机理论科学中，经常会遇到十进制、二进制、八进制、十六进制、甚至三十二进

制之类的知识点。而初等数论中的此处讲解得更为广泛、更为深刻。

辗转相除法单独运用的情况一般较少，常用于综合分析，特别是与最大公约数理论的联合利用。最大公约数理论与最小公倍数理论及其推广逐渐涉及到实际

生活中的问题，例如四色问题的翻版。

至此，建立了整数集合Z中的最大公约数理论，特别是讨论了如何从各种不

同的途径来建立这一理论，这是尤为重要的。因为这主要不是为了利用不同的技

巧给出不同的证明，而是由于这些思想概念、方法、理论体系结构是整个数学中最宝贵的、最有用的部分之一。

最大公约数理论最直接的用处在于用来证明算术基本定理，算术基本定理：

设有一个大于1的数a，可将a化成s个数的乘积，且每一个乘积因子均为素数，且在不及次序的情况下，这种划分算法是唯一划分。

一个整数的个数知道的很少，由算术基本定理及其推论表明：只要知道大于1的正整数a的标准分解式，那么它的所有正约数都知道了，这一点具有很重要

的理论及应用价值。这些知识还可涉及到除数函数、除数和函数等方面的知识。

在第一章第6节还指出了可以利用第4节中关于最大公约数的理论，直接证明算术基本定理。直接证明最常用的方法就是利用整除、最小自然数原理以及带余数

除法和素数的相关性质来证明。一般都尝试用反政法来做此类证明，毕竟是证明

那样的等式是唯一的情况。不管是那个数学问题，针对此类问题最常用的方法就是反证法。经过证明后可知，直接证明算术基本定理，进而也就得到了关于除数、最大公约数、最小公倍数的表达式，而在所有的论证中很少用到第4节的最大公约数理论方面的性质。于是，从相反的方面来思考，我们可以用算术基本定理来证明整除及最大公约数理论中大部分性质，而且论证更为直观易懂。事实上，可以从算术基本定理出发来定义最大公约数，建立最大公约数理论。

如在整数集合Z中关于两个整数u0,u1(u1 ≠0)最大公约数（u0,u1）的以下五种定义是等价的：（1）（u0,u1）是u0,u1 的公约数中最大的；

（2）（u0,u1）是u0,u1 的这样一个公约数D:D>0,及对u0,u1的任一公约数d必有d|D;

（3）（u0,u1）是形如u0x+u1y的正整树种最小的一个；

（4）（u0,u1）是辗转相除法中的uk+1;

（5）若u0,u1 的素因数分解式是

u0=Pα11…PαSS, u1=Pβ11…PβSS.

定义（u0,u1）= Pδ11…PδSS,其中δJ=MIN(αj,βj),1≤j≤s.

此外虽然证明了每个合数都可以唯一分解为素数的乘积，但如何实现此类分解，特别是大数的分解，当今数学界仍然没有统一且有效的方法。对于取整以及求n！，这在初等代数中有过详细的讲解，只是初等数论中有不一样的认识而已。容斥原理也属于组合数学中的重点内容。可见数论并不是孤立存在的，而是与各数学分支紧密相连的。?

在初等代数中，我们知道初等数学研究的步骤是先数，然后是式，在后就是方程之类的知识点。故接下来我们要讨论的就是方程问题，也就是初等数论中的不定方程的问题。变数个数多于方程个数，且取整数值的方程（或方程组）称为

不定方程（或不定方程组）。不定方程是数论中一个十分重要的课题。这儿主要

讨论能直接利用整除理论来判断其是否有解，以及有解时求出其全部解的最简单的不定方程。

ixi=c （1）的解法：

解法1：定理3（书上83页）

解法2：辗转相除法（书上85页例6）

解法3：（x10,…,xn0）为（1）的一个特解，其次任意的（1）的线性解为（x10,…,xn0）

令xi=xi0+∑βijtj 代入（1）中即可。

例：求15x1+10x2+6x3=61的解。

分析：找出系数绝对值最小值对应的变量，此时即找出x3

从中解出x3=（61-15x1-10x2）/6

=（10-3x1-2x2）+（1/6+1/2x1+1/3x2）

令x4=1/6+1/2x1+1/3x2 其中x4∈Ｚ

ó 6x4-1-3x1-2x2=0

同样的方法解上式，即：x2的系数绝对值最小：

则：x2=（6x4-3x2-1）/2

=3 x4- x1- (x1+1)/2;

令 x5= (x1+1)/2 ，其中x5∈Ｚ

x1的系数绝对值最小，又其系数绝对值为 1 => x1=2x5-1;

将x5视为参数回代，有x2=3x4-3x5+1；

X3=10-3x1-2x2+ x4；

故，经过整理便得到此题的解，这不时为一种好的有别于课本中的一种方法。

前面是如何解出方程的解，那么针对是否有解以及是否为正解就要用到下面

的这个定理。

定理：设a1,a2 及c均为正整数，（a1,a2）=1.那么，当c > a1a2时，方程a1x1+a2x2=c有正解，解数等于-[-c/(a1a2)]-1或-[-c/(a1a2)];当c= a1a2 时，所求方程无解。

讨论完一次不定方程，下面来关注二次不定方成，即商高方程或 Pythagoras 方程 <满足xyz=0的解称为显然解，xyz≠０的解称为非显然解> 其实在一些特殊情况下，可求其解。其实这一特殊情况下，也可求其解。利用下面这个定理：

不定方程 x2 + y2 = z2 的y为偶数解的全体本原解由以下公式给出：

x = r2 - s2 , y=2rs , z = r2 + s2 ,

其中r,s为满足以下条件的任意整数：

r > s > 0, (r,s), 2不整除r+s.

推广情况情况下，涉及Fermat大定理：Fermat大定理，即当n≥３时，不定方程xn+yn=zn，无xyz≠０的整数解。其英文名为Fermat Last Therem为何为Last Therem，这是因为Fermat不加证明地提出了数论中的定理，这就是其

中一个。后来，大多数结论被证明是对的，个别的则被否定了，而这一个是最后

唯一一个定理即没有被否定也没有被证明的。当然，这个定理已于1993年6月由英国数学家Andrew Wiles所解决。有Fermat大定理，当然就有Fermat小定理。Fermat小定理涉及属于同余方面的知识点。故下面就重点介绍同余方面的

知识点。

第三章同余

同余在前面应用部分中已经有所涉及，此处就不再赘述。只是描述一些同余的性质而已。有同余是一种等价关系，即为 a = a ( mod m ):同余可以下相加，也可以相乘，可扩展到多项式方面。由于同余的定义是建立在整除的基础上，故不少关于同余的性质，其实就是整除性质的一个转化而已。比如说，我们知道

d≥1 , d|m , m|a-b , 由整除的传递性可知 d|a-b

转化为同余概念就有：

若a = b ( mod m ) 成立，则 a = b ( mod d )

故进一步的整除性质可以得到相应的同余式的性质，这些性质和等式性质不同，比如说

m | c(a-b) 等价于 m/(c,m)|[c/(c,m)](a-b)

根据第一章第四节定理6，即：设（m,a）=1,那么若 m|ab,则 m|b,及（m/(c,m),c/(c,m)）=1 知这等价于 m/(c,m)|a-b;

转化于同余式有

同余式 ca = cb( mod m ) 等价于 a = b ( mod m/(c,m))

特别的，当(c,m)=1时，同余式ca = cb( mod m ) 等价于 a = （mod m）即同余式ca = cb( mod m )两边可以同时除以 c.

有整除方面的推导就必然想到最大公约数理论等方面的性质，可见整除方面的性质可经过技巧性的改变转化为同余式方面的性质。观察上面的部分推导，可观察到利用同余符号比利用整除符号要方便得多，并且同余有利于数学思维的进一步发散。对于同余，仍有更深一层次的理解，比如说模的遍历问题、Fermat 小定理、同余方程方面。

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》期期末复习资料

《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,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 4、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 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、 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 9 11、 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 ≡ B b a = C ac T )(m od m bc D 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 bc D b a ≠ 20、=),0(b （ ）. A b B b - C b D 0 21、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（ ）. A a B b C 1 D 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.

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 第三章 同余

第三章 同 余 §1 同余的概念及其基本性质 。，所有奇数；所有偶数，例如，。 不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。 故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性） ，则、若；（反身性） 、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡ 。 则，，，设。 ，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -?-=-?=?≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z 。 ，则若； ，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1 。 ，则特别地，若； ，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2 。 ，则， ；特别地，若则 ，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111 111 111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y B x x A k i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i k k k k k k k k +++≡+++=≡≡ =≡≡----∑∑ΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛαααααααααααααααα定理2。，则，，，若)(mod )(mod 1),(1111m b a m b a m d d b b d a a ≡≡===性质3

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.

最新初等数论试卷,最全面的答案,包括截图

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 第五章 同余方程

第五章同余方程 本章主要介绍同余方程的基础知识，并介绍几类特殊的同余方程的解法。 第一节同余方程的基本概念 本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程。 在本章中，总假定m是正整数。 定义1设f(x) = a n x n a1x a0是整系数多项式，称 f(x) 0 (mod m) (1)是关于未知数x的模m的同余方程，简称为模m的同余方程。 若a n≡/0 (mod m)，则称为n次同余方程。 定义2设x0是整数，当x= x0时式(1)成立，则称x0是同余方程(1)的解。凡对于模m同余的解，被视为同一个解。同余方程(1)的解数是指它的关于模m互不同余的所有解的个数，也即在模m的一个完全剩余系中的解的个数。 由定义2，同余方程(1)的解数不超过m。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) 设b(x)是整系数多项式，则同余方程(1)与 f(x) b(x) b(x) (mod m) 等价； (ⅱ) 设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与 bf(x) 0 (mod m) 等价； (ⅲ) 设m是素数，f(x) = g(x)h(x)，g(x)与h(x)都是整系数多项式，又设x0是同余方程(1)的解，则x0必是同余方程 g(x) 0 (mod m) 或h(x) 0 (mod m)

的解。 证明 留做习题。 下面，我们来研究一次同余方程的解。 定理2 设a ，b 是整数，a ≡/0 (mod m )。则同余方程 ax b (mod m ) (2) 有解的充要条件是(a , m )b 。若有解，则恰有d = (a , m )个解。 证明 显然，同余方程(2)等价于不定方程 ax my = b ， (3) 因此，第一个结论可由第四章第一节定理1得出。 若同余方程(2)有解x 0，则存在y 0，使得x 0与y 0是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是 ??? ????-=+=t m a a y y t m a m x x ),(),(00，t Z 。 (4) 由式(4)所确定的x 都满足方程(2)。记d = (a , m )，以及 t = dq r ，q Z ，r = 0, 1, 2, , d 1， 则 x = x 0 qm r d m x r d m +≡0(mod m )，0 r d 1。 容易验证，当r = 0, 1, 2, , d 1时，相应的解 d m d x d m x d m x x )1(20000-+++，，，，Λ 对于模m 是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d 个解。证毕。 在定理的证明中，同时给出了解方程(2)的方法，但是，对于具体的方程(2)，常常可采用不同的方法去解。 例1 设(a , m ) = 1，又设存在整数y ，使得a b ym ，则 x a ym b +(mod m ) 是方程(2)的解。 解 直接验算，有 ax b ym b (mod m )。

初等数论期末练习

初等数论期末练习题 一、单项选择题 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 ac T )(mod m bc 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 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 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] 二、填空题 1、有理数 b a ，1),(,0= b a b a ，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. 10、如果0 ab ,则),](,[b a b a =( ). 11、b a ,的最小公倍数是它们公倍数的( ). 12、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( ). 三、计算题 1、求24871与3468的最小公倍数? 2、求解不定方程25 37107=+y x .（8分） 3、求?? ? ??563429,其中563是素数. （8分）

(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》教学大纲

《初等数论》教学大纲 课程编码：110823 课程名称：初等数论 学时/学分：54/3 先修课程：《数学分析》、《高等代数》 适用专业：信息与计算科学 开设教研室：代数与几何教研室 一、课程性质与任务 1．课程性质：初等数论是信息与计算科学专业的一门专业必修课程。该课程是研究整数性质和方程（组）整数解的一门学科，也是一个古老的数学分支。初等数论是现代密码学的一门基础课程，也是高等学校信息安全专业的一门重要的基础课。初等数论在计算技术、通信技术等技术学科中也得到了广泛的应用。 2．课程任务：初等数论是信息与计算科学专业的一门重要的专业必修课，开设的目的在于使学生熟悉和掌握数论的基础知识，基本理论和基本的解题技能技巧，培养学生的逻辑思维能力，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系，为进一步学习信息安全领域的其它学科打下坚实的基础。 二、课程教学基本要求 初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。本课程的目的是简单介绍在初等数论研究中经常用到的若干基础知识、基本概念、方法和技巧。 通过本课程的学习，使学生加深对整数的性质的了解，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系。 1. 有关定义、定理、性质等概念的内容按“知道、了解和理解”三个层次要求；有关计算、解法、公式和法则等方法的内容按“会、掌握、熟练掌握”三个层次要求。 2. 本课程开设在第5学期，总学时54，其中课堂讲授54学时，课堂实践0学时。教学环节以课堂讲授为主，研制电子教案和多媒体幻灯片以及CAI课件，在教学方法和手段上采用现代教育技术。 3. 成绩考核形式：期终成绩（闭卷考试）（70%）＋平时成绩（平时测验、作业、课堂提问、课堂讨论等）（30％）。成绩评定采用百分制，60分为及格。

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

《数学史》教学大纲

《数学史》教学大纲 课程编号：学分：总学时：54 适用专业：数学与应用数学开课学期： 先修专业：无后续课程：无 一、课程的性质、目的和要求 （一）课程的性质：选修课程。 （二）课程教学目的：能够以数学的、历史的眼光分析数学发展的内在原因，运用辩证唯物主义的哲学方法剖析数学发展史。 （三）课程基本要求：全面了解数学历史的发展过程，了解各个时期主要数学家的生平事迹和对数学发展的贡献，掌握重要的数学事件，理解主要的数学理论的形成过程以及历史文化背景。 二、本课程主要教学内容及时间安排 第一章：综述（８学时） 1、教学基本要求：分三阶段综合叙述数学历史发展过程，掌握各阶段的框架和脉络，理解中外各主要数学中心发展、转移、变化的过程。 2、教学重点：在教学上要求把握一个整体、三个阶段的特点（古典数学、近代数学和现代数学）。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数学历史发展过程（5学时），作业量：1。 ⒉主要数学中心发展、转移、变化的过程（3学时），作业量：1。 第二章：东、西方初等数学的代表作（4学时） 1、教学基本要求：通过全面了解东、西方初等数学的代表作，即中国的《九章算术》和古希腊的《几何原本》的内容、背景和特点，把握两者的深刻的思想内涵和学术文化特征。 2、教学重点：把握《九章算术》和《几何原本》深刻的思想内涵和学术文化特征。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数学历史发展过程（2学时），作业量：1。 ⒉主要数学中心发展、转移、变化的过程（2学时），作业量：1。 第三章：作图工具与计算工具（2学时） 1、教学基本要求：通过中、西方古代作图工具、计算工具的形成、发展过程的介绍，重点把握古希腊作图手段——尺规作图法，以及中国古代著名的计算工具——算筹的具体情况和历史背景。 2、教学重点：把握古希腊作图手段——尺规作图法，以及中国古代著名的计算工具——算筹的具体情况和历史背景。 3、教学难点：尺规作图法。 4、本章知识点：⒈尺规作图法及算筹的具体情况和历史背景。（2学时），作业量：1。 第四章：初等几何（2学时） 1、教学基本要求：沿着数的起源、发展的历史轨迹，重点了解记数的方法、数的运算以及数系扩充的历史发展过程，突出中国十进位制的历史地位和功绩，理解在数的扩充过程中，人类所表现出的困惑、好奇和对未知世界执着探索的精神状态。 2、教学重点：数系扩充的历史发展过程。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数系扩充的历史发展过程。（2学时），作业量：1。 第五章：算术（2学时） 1、教学基本要求：了解自然数是基数与序数的统一，把握正负数的定义及分数的运算法则，

初等数论期末复习资料

数论教案 §1整数的整除 带余除法 1 整数的整除 设a,b 是整数,且b ≠0,如果有整数q,使得a=bq,则称b 整除a,记为b|a,也称b 是a 的因数,a 是b 的倍数. 如果没有整数q,使得a=bq,则称b 不能整除a,记为b?a.例如 2|4, 4|-12, -5|15; 2?3， -3?22. 在中小学数学里,整除概念中的整数是正整数,今天讲的整除中的整数可正可负. 判断是否b|a 当a,b 的数值较大时,可借助计算器判别. 如果b 除a 的商数是整数,说明b|a;如果b 除a 的商不是整数,说明b?a. 例1判断下列各题是否b|a(1) 7|127 (2) 11|129 (3) 46|9529 (4) 29|5939 整除的简单性质 (1)如果c|b,b|a,那么c|a; (2)如果d|a,d|b,那么对任意整数m,n,都有d|ma+nb. (3)如果 12,,,n a a a L 都是m 的倍数,12,,,n q q q L 是任意整数,那么 1122n n q a q a q a +++L 是m 的倍数. (4)如果c|a,d|b,那么cd|ab 。 例如： 2|4,2|(-6),那么2|4+(-6),2|4-(-6). 2|4,3|(-6),那么2×3|4×(-6). 例2证明任意2个连续整数的乘积,一定可被2整除. 练习 证明任意3个连续整数的乘积,一定可被3整除. 2.带余除法 设a,b 是整数,且b>0,那么有唯一一对整数q,r 使得 a=bq+r,0≤r ＜ b . (1) 这里q 称为b 除a 的商,r 称为b 除a 的余数. 例如-5=3×(-2)+1 5=3×1+2 -5=(-3)×2+1 5=(-3)×(-1)+2 15=(-5)×(-3), -24=(-2)×12. 事实上,以b 除a 的余数也可以是负的.例如 -5=3×(-1)-2=3×(-2)+1. 求b 除a 的余数,也称为模运算(取余):mod.可用计算器进行. 具体操作:输入a-按mod(取余)键-输入b-按=键得出余数.如果b 除a 的余数=0,则b|a;如果b 除a 的余数≠0,则b?a. 例3 利用计算器求余数: (1) 7除127;(2)11除-129 ;(3)46除-9529;(4)-29除5939 奇数、偶数及性质

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 。

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?