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1、.填空题:1、(1859,1573)=1432、对于任意的正整数 a,b,有a,b=ab（a,b）3、x =x +x.4、22345680 的标准分解式是 22345680 = 24 3 5 7 47 283 .5、整数集合 A中含有m个整数，且 A中任意两个整数对于 m是不同余的，则整数集合 A是模m的完全剩余系6、设a、b是任意两个正整数，则不大于a而为b的倍数的正整数个数为7、素数写成两个平方数和的方法是唯一的.8、不同剩余类中的任何两个不同整数对模m是不同余的.9、n元一次不定方程 a1x1 +a2%十十a/n =c.有解的充分必要条件是 （a1 +a2aj c._10、初等数论按研究
2、方法分为：初等数论、解析数论、代数数论、几何数论11、数集合A是模m的简化剩余系的充要条件（1） A中含有f（m）个整数；（2）任意两个整数对模 m不同余;（3） A中每个整数都与 m互素；12、设 n 是正整数 C2n1,C2n3,q；”,，的最大公约数为 2k* 13、若（a,b）=1,则（a, bc） = （a,c）.14、81234被13除的余数是12.15、模7的最小非负完全剩余系是0、1、2、3、4、5、6.二、判断题：2.,1、右n为奇数，则8|n -1。（，）2、设n、k是正整数nk与nk+的个位数字不一定相同。（x）3、任何大于1的整数a都至少有一个素因数.（，）4、任何一个
3、大于1的合数与a,必然有一个不超过 J&的素因数.（，）5、任意给出的五个整数中必有三个数之和能被整数3整除.（，）6、最大公约数等于1是两两互素的必要而不充分条件 .（，）7、设p是素数，a是整数，则pa或（p,a）=1.（，）8、如果a1，a2a”是互素的，则 a1，a2a”一定两两互素（x）9、设p是素数，若pab,则pa且pb.（ x）10、（刘维尔定理）设 p是素数，则（p -1）!三1（modp）（ V ）11、m是正整数（a,m） =1 ,则 a%m）三 1（modm）. （ V ）12、由于每个非零整数的约数个数是有限的.所以最大的公约数存在.且正整数。（V ）13、设
4、 d 是a1,a2ak的一个约数，则 da1,a2ak （ V ）14、1978103 9783 不能被 103 整除。（x）1115、1+ +(n>2)是整数(x)2n16、n为正整数，若2n -1为素数，则n不一定是素数(x)17、若n >1并且(n-1)!三(mod n),则n不是素数(x)18、设f(x)是整系数多项式，并且 f(1),f(2),f(m)都不能被m整除，则f(m) = 0有整数解(x)19、若(叫，皿)=1 ( m)，m2是任意两个互质的正整数)，是则甲(m1m2)=平(m1)卬(m1) ( x )20、如果两个整数互相整除，则这两个数仅相差一个符号( x)
5、三、计算题：1、设 a、b是整数且 9 a2+ab+b2,则 3(a,b).解：由 9 a2 +ab +b2 = 3 (a -b)2 +3ab= 3 (a 一b)2 = 3 a -b= 9 (a 一b)2.一 ._22 一一一再由 9 a +ab +b 得 9 3abn 3 ab.由定理4的推论1 (设p是素数，若p ab，则p a或p b.)得3 a或3'b.2、求(12345, 678).解：(12345, 678).= (12345,339)= (12006,339)= (6003,339)= (5664,339)=(177,339) = (177,162)= 3、求(25733
6、 +46)26被50除的余数.解：根据定理 4,有(25733 46)26 = (733 -4)26 三(7-4)26 ,(177,81) = (96,81) = (3,81) =3.=(772)16 -4三 326 = 3 (35)5 =26 三7 (-1)16 -426-21三29( mod50)即所求的余数是29.30加、几19x y解：设二一 2302 3+ "z 即 15x = 10y +6z=19.4、将 坦写成三个既约分数之和，它们的分母分别是2, 3和5.(15,1() =5 =d215x 10y =5t 口 t = -1 6u二上述方程等价于 <解得«
7、;5t 6z =19 z =45u x = -1 6u 2v，.一 x=t 2v19114从而，4故y=1-6u - 3v (u,v=z) 取 u = v = 0得 x =-1, y = 1, z = 4 即=一一十一十一ly = t30302 3 5、z = 4 5u5、求不定方程3x+6y=15的解.解：:(3,6) =315,方程有解由辗转相除法，可以知道 x = 1,y =1是方程3x + 6y =3(x+2y=1=a = 1,b = 2)的一个解x - -5 2t所以，x0 =-5,y0 =5就是原方程的解；由定理2知«(tz)y-5-t6、用辗转相除法求整数 X、y使得1
8、387 X-162 y =(1387,162).解：作辗转相除：1387 =(162)x(2)+91, 162=91x(2)+2091 =20x4+11 , 20=11 x1 +9, 11 =9父1 +2, 9 = 2父4+1, 2=1父2十0由此可得 n=6, q=-8, q2 =-2 , q3=4, q4=1, q5 =1 , *=4x=(1)%° =73，y = (-1)n pn=625，又(1387，162).二仙=1 ,故 1387 73 -162 625 =1 =(1387,162)7、将 E 写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3, 5和7 (第四章习题 1)1051
9、7 x y z斛：设=一 + + 即 35x +21y +15z =17.1053 5 7因(35,21) =7,(7,15) =1 , 117,故有解.分别解 5x +3y =t,7t +15z =17 得 x =t +3u, y =2t _5u,u w Z, t =11 +15v, z =4 7v,v w Z消去 t得 x = 11 15v +3u, y =22 +30v -5u, z = 4 7v,u、vZ.对于任意白确定的u和v的值，都给出一种表示法。8、求最大的正整数 k ,使得10k|199!n斛：由te理3 (设n是正整数，n! = p1a p2 pka是n!的标准分解式，则 叫
10、 =£ )从而得知，1PF199199k k k199!的标准分解式中所含的 5的哥指数是+=47 (199!=10kMA = 2kM5kMA)55所以所求得的最大正整数是 47.9、若四个数2839, 4582, 5164, 6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？解：设除数为 d ,余数为 r,贝U由 d 4582 2836 =1746, d 5164 4582 = 582, d 65225164= 1358 ,知d (1764,582,1358) =194 由此得 d =97, r =23或 d =194,r =120. 3510、将2
11、-1 =34359738367分解因数.(第三章 第四节 Euler定理例7)3557解：若p 2 1,则p是2 1或2 1的素因数或者 p三1(mod70).其中有31和127,因为235 1 =31父127 M8727391 ,所以235 1分别是因数只能用 p三1(mod70).来寻求在数列71、211、281中经检验8727391 =71父122921显然，122921的素因数也在31、127或数列71、211、281中简单计算122921不能被31、127整除，也不能被数列 71、211、281(J122921<351)整除.所以 122921 是素数，故 235 1 =31
12、父 127M 71M122921四、证明题：1、求证：平方数的正因数个数是奇数证明：因为每个自然数 n的正因数个数是成对出现的，若 d是n的因数，则口也是n的因数 d当d # Jn时，则d #n. d当d = Jn时，则d = 口即当n为平方数时， /是n的因数，与其配对的是 而自身. d于是，当且仅当n为平方数时，n的正因数个数是奇数.2、求证：若(a, b) =1,贝U (a + b,a b) =1 或 2.证明：假设d是a±b的任意一个公约数，则有 da+b且da-b.于是d 2a , d 2b.又：(a,b)=1d 2 从而，d =1 或 d=2.3、假设a为正整数，则51n
13、 +2n +3n+4n的充要条件为4n.证明：因为 中(5) =4,所以，由费马定理有 k4三1(mod5) (1<k <4).故，若 n=4q+r(0 <r M3),则 1n+2n+3n+4n三 1r +2r +3r +4r三1r+2r+(2)r+(1)r用r =0、1、2、3分别代入上式，则当r=1、2、3时51n +2n+3n +4n当 r =0时，4 n , 5 不整除 1n +2n +3n +4n.因此，若a为正整数，则51n+2n +3n+4n的充要条件为4n. 534、证明：对任意整数 n, f(n)=3n + 5n +7n被15整除.证明：对任意整数 n记作n
14、 = 15q + r (0 < r < 15)因为对任意的整数 m有a =a1m +r1则ak与r1k被m除的余数相同r =0 n2 =(15q +r)2 =(15q)2 +30qr +r2 =15A +r2 即 n2 与 r2 被 15 除的余数是相同的记为 r1. 同理，n4与r4被15除的余数是相同的记为r2.即r2 =15B+r1, r4 =15B2+2则n4 =15A2+r4. 考虑3n4 +5n2 +7被15除的余数-4_2-一一4、 一一 2、一3n5n7 =3(缺r ) 5(15A1 r )7=315A23 (15B2r2) 5(15Al 15B1r1)7 =15Q
15、3r25rl7 =15Q R可见，3n4 +5n2 +7与3r2 +5r1 +7的余数相同记为 R .二 f(n)=n (3n4+5n2+7)=(15C+R)(15q+r)=15O+Rr 且 f (n)与 Rr 有相同的余数记为 R'. 当 r =0时，R' = 0 即 15 f (n).【对于r =1,2,14的情形通过计算列出下表：】r =1、14r =2、13r =3、12r =4、11r =5、10r =6、9r = 7、8r1 =1r1 =4r1 = 4r1 二1r1 =10r1 = 6r1 = 42 =112=1r2 = 612=1r2 =10r2 = 612=1R
16、 =0R =0R=10R=0R=12R=10R = 0R:0R" = 0R" = 0R： = 0R= 0R： = 0R = 05、定理(带余除法)：若a、b是两个整数，其中 bw 0,则存在着两个整数 q和r ,使得a=bq+r,0Mr< b 成立.而且q及r是唯一的.证明：存在性：若 b a,则a =bq(q w z)可以取r =0若b a,考虑集合 A =a +kb, k w z集合A中有无限多个正整数，设其中最小的正整数为r = a + k0b.则必有0wr<b,否则就有之代(二r#b, 若r=b,则ba矛盾，于是rb即 r =a +k0b >|b
17、= a +k0b b >0这样集合A中又有正整数a + k0b b < r与r的最小值矛盾)故0Mr <b ,取q = _k0使得a=bq+r, 0 < r < b成立.存在性得证唯一性：假设存在两对整数 q1、r1及q2、r2都使得a =bq+r, 0 W r < b成立.即有 a =bq +ri =bq2 +2 (0 9，2 < b),则 b(q1 q2) = , 口 < b .b ri -2 ri - r2 =0 =i =2 = q =q26、设A=x,x2Xm是*H m的一个完全剩余系，以 x表示x的小数部分，证明：若 (a,m) = 1
18、 ,则axi b 二12(")证明：当x通过模m的完全剩余系时，ax+bR通过模m的完全剩余系 因此，对任意的i(iwiwm), axi+b 一定与且只与某个整数j(1EjEm)同余即存在整数k使得：、1口皿"/1)j w m j m m m 22ax + b = km + j (1 E j <m)m ax b mi从而，“ axk ji 1 m jmmax 17、设m >1,(a,m) =1 , x1, x?，x.)是*Um的简化剩余系，证明：Z =- f(m).其中x表示x的小i 1 m 2数部分。证明：由题可设： ax =mq + r (0 < ri
19、 < m)由xj通过模m的简化剩余系知通过模m的最小非负简化剩余系，f(m)axf(m)rf(m)r1f(m)11于是由定理可知：” 也= q = 与-1x ri- 1mf(m)=1 f (m)ymymymm y2m2. 一 一 b ,一 a , 8、设a、b是正整数，b<2则2 -1 2 +1证明：(1)若 a <b且 2b -1 2a +1 成立，则 2b -1 <2a +1= 2b -2a E2= 2a(2 -1)<2于是a=1, b-a =1即b =2与b a 2矛盾，故命题结论成立.(2)若 a =b且2b -1 2a +1 ,贝U 2a -1 (2a
20、1)+2= 2a -1 2n 2a -1 W2n 2a <3于是b =a =1 ,与b >2矛盾，故命题结论成立.(3)若 a>b, iEa=kb r (0 号 <b )此时 2kb 1=(2k -1)(2(k)b +2(k)b + +1) = (2b 1)Q(Q w z). 故 2a 1 =2kb r 1 -2r (2kb -1 1) =2r(2b 1)Q 1 1 -(2b -1)Q (2r 1)(Q z), -b,_a,-b,-r,由2 -1 2 +1= 2 -1 2 +1,在(1)中已经证明这是不可能的，故命题结论成立9、证明：存在无穷多个正整数a，使得n4+a(
21、n=1,2)都是合数(即分成两项乘积即可)。4442 22 22222证明：取 a=4k，对任意的 nwN,有n +4k =(n + 2k) -4n k =(n +2k +2nk) (n +2k 2nk)丁 n2 十2k2 2nk = (n -k)2 +k2 2k2二vk =2.3Tnw N -.3 N 4 + a都是合数。. 一.，一、2 . 2一10、证明：a、b、cwN, c无平方因子且 a bc ,证明：a b.证明：设(a,b) =d ,则有 a =&与 b =。，(&,匕)=1.,1,2 , 2 zn 2,22由 a b c 得 a1bl c, a1c因为c无平方因
22、子，所以&=1, a=d, b=ab).即ab.11、对任意的正整数 a、b、c.证明下面的结论成立。(1)由 b ac且(a,b) =1，可得出 b|c. (2)由 b c与 a,c,且(a, b) =1 .可推出 ab c.证明：(1) =(a,b) =1 .存在整数 X与 y使得 ax + by = 1.二 acx + bcy = c.丁 b ac. b acx + bcy.即 b c(2).由(a,b) =1,存在整数 X与y使得ax + by =1.又由b c与ac得ab ac, abbc.因止匕，abqx abpy =c. ab c12、设m是整数且4m,a1 ,a2，am
23、 与b1,b2，bm是模m的两个完全剩余系，证明：a1 b1,a2 b2，,am bm不是模m的完全剩余系。证明：因为4m ,若 a1 b1,a2 b2，am bm是模m的完全剩余系，则其中的奇数与偶数各半.又因为 a1，a2 , am与 b1，b2,bm也是模m的两个完全剩余系，从而有 ab必须使a- bi同为奇数或偶数.即a bi三2(mod4),这对于4 m的模m的完全剩余系是不可能的。13、设 a、 b、 c、 d 是整数，并且 a 三 b(mod m) , c 三 d(mod m).求证：(i)a+c 三 b + d(mod m).(ii) ac 三 bd (mod m)证明：(i)因为 a 三b(mod m) , c 三d(mod m),由定义知 mab, m,c-d .从而， m (ab)+(cd) =(a+c)(b+d)故，a+c三b+d(mod m).(ii)由定理1 (3)知存在整数 q与q2,使得a = b + qm, c = d+q1m,从而 ac=(b + qm)(d +q1m) =bd +(qq2m+q1d +q2b)m.因此，ac = bd (mod m).