西南大学2016《初等数论》网上作业(共4次)

初等数论第一次作业简答题1.叙述整数a被整数b整除的概念。2.给出两个整数a，b的最大公因数的概念。3.叙述质数的概念，并写出小于14的所有质数。4.叙述合数的概念，并判断14是否为合数。5.不定方程cbyax有整数解的充分必要条件是什么？6.列举出一个没有整数解的二元一次不定方程。7.写出一组勾股数。8.写出两条同余的基本性质。9.196是否是3的倍数，为什么？10.696是否是9的倍数，为什么？11.叙述孙子定理的内容。12.叙述算术基本定理的内容。13.给出模6的一个完全剩余系。14.给出模8的一个简化剩余系。15.写出一次同余式)(modmbax有解得充要条件。答：1.设a,b是任意两个整数，其中b≠0，如果存在一个整数q使得等式a=bq成立，我们就称b整除a或a被b整除,记做b|a。2.设a,b是任意两个整数，若整数d是他们之中每一个的因数，那么d就叫做a,b的一个公因数。a,b的公因数中最大的一个叫做最大公因数。3.一个大于1的整数，如果它的正因数只有1和它本身，就叫作质数(或素数)。14的所有质数为2,3,5,7,11,134.一个大于1的整数，如果它的正因数除了1和它本身，还有其他的正因数，则就叫作合数。14的所有正因数为1,2,7,14，除了1和本身14，还有2和7两个正因数，所以14是合数。5.不定方程cbyax有整数解的充分必要条件是。6.没有整数解的二元一次不定方程10x+10y=5。7.一组勾股数为3,4,5。8.同余的基本性质为：性质1m为正整数，a，b，c为任意整数，则①a≡a（modm）；②若a≡b（modm），则b≡a（modm）；③若a≡b（modm），b≡c（modm），则a≡c（modm）。性质3①若（modm），（modm），则（modm）②若a＋b≡c（modm），则a≡c－b（modm）。9.196不是3的倍数。因为由定义可知设a,b是任意两个整数，其中b≠0，如果存在一个整数q使得等式a=bq成立，则将a叫做b的倍数。所以a=196，b=3，不存在一个整数q使得等式a=bq成立，所以196不是3的倍数。10.696不是9的倍数。因为由定义可知设a,b是任意两个整数，其中b≠0，如果存在一个整数q使得等式a=bq成立，则将a叫做b的倍数。所以a=696，b=9，不存在一个整数q使得等式a=bq成立，所以696不是9的倍数。11.孙子定理的内容为：设是k个两两互质的正整数,(1)设,则同余式组(1)的解是(2)其中是满足的任一个整数，i＝1,2,…,k。12.任一大于1的整数能表成质数的乘积，即任一大于1的整数，（1）其中是质数，并且若，,其中是质数，则m＝n，，i＝1，2，…，n。13.模6的一个完全剩余系为1，2，3，4，5，6。14.由于8的标准分解式为8=23，所以所以模8的一个简化剩余系由4个数构成，这两个数都与8互质，并且它们关于模8不同余。比如1,7就是模8的一个简化剩余系。15.一次同余式)(modmbax有解的充要条件是(a,m)|b。初等数论第二次作业填空题1．9除28的商是3。2．11除23的余数是1。3．6的正因数是1,2,3,6。4．{4.5}=0.5。5．[8.3]+[-8.3]=﹣1。6．30的最小质因数是2。7．在所有质数中，是偶数的是2。8．在所有质数中，最小的奇质数是3。9．大于4小于16的素数有___5,7,11,13______。10．不定方程cbyax有整数解的充分必要条件是(a,b)|c。11．模5的最小非负完全剩余系是{0,1,2,3,4,}。12．模4的绝对最小完全剩余系是﹣1,0,1,2。13．5555的个位数是5。14．77的个位数是_______3________。15．316的十进位表示中的个位数字是1。16．66的个位数是6。17．710被11除的余数是1。18．（1516，600）=227400。19．6的所有正因数的和是12_。20．24与60的最大公因数是12。21．35的最小质因数是5。22．46的个位数是6。23．8的所有正因数的和是7_。24．18的标准分解式为18=2×3²。25．20的欧拉函数值)20(=8。初等数论第三次作业计算题1．求169与121的最大公因数。解：（169，121）=（169–121，121）=（48，121）=（48，121–48）=（48，73）=（48，25）=（23，25）=12．求出12!的标准分解式。解：edcba117532!12，10812412212a，5912312b，2512c，1712d，11112e，所以12!的标准分解式为117532!1225103．求不定方程3x-4y=1的一切整数解。解：因为（3,4）=1，所以不定方程有整数解。观察知x=3，y=2是其一个整数解。由公式知其一切整数解为tytx3243，t为整数。4．求不定方程7x+2y=1的一切整数解。解：因为（7,2）=1,1|1，所以不定方程有解。观察知其一个整数解是0013xy。于是其一切整数解为1237xtyt，t取一切整数。5．解同余式3x1(mod7)。解：因为（3,7）=1，所以同余式有解且有一个解。由3x-7y=1得tytx3275，所以同余式的解为)7(mod5x.6．解同余式3x8(mod10)。解：因为（3,10）=1,1|8，所以同余式有解，并且只有一个解。由3108xy得一个解0061xy，所以同余式的解为6(mod10)x.7．解同余式28x21(mod35)。解：因为（28，35）=7，而7|21，所以同余式28x21(mod35)有解，且有7个解。同余式28x21(mod35)等价于4x3(mod5)，解4x3(mod5)得x2(mod5)，故同余式28x21(mod35)的7个解为x2，7，12，17，22，27，32(mod35).8．解同余式组：)5(mod2)3(mod1xx。解：由)3(mod1x得13kx，将其代入)5(mod2x得)5(mod213k，解得)5(mod2k，即25tk，所以715tx，所以解为)15(mod7x.9．解同余式组：)7(mod3)5(mod2xx。解：由)5(mod2x得25kx，将其代入)7(mod3x得)7(mod325k，解得)7(mod3k，即37tk，所以1735tx，所以解为)35(mod17x.10．解同余式组：1(mod3)2(mod7)xx。解：由1(mod3)x得1113,xttZ，将其代入2(mod7)x得1132(mod7)t，即131(mod7)t，解得15(mod7)t，所以12257,tttZ，于是12221313(57)1621,xttttZ。所以同余式组的解为16(mod21)x.11．解同余式组：1(mod2)1(mod3)1(mod5)xxx。解：因为2，3，5两两互质，所以由孙子定理该同余式组有一个解。由孙子定理可得该同余式组的解为x1(mod30).12．一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积，这个数有许多的约数是两位数，求出这些两位约数中最大的那一个。解：设这个数为n，则由已知条件可得7532235n。由于11|99，98|72，97|97，所以99，98，97都不是n的约数。又32965，所以96是n的约数，所以n的两位约数中最大的为96.初等数论第四次作业证明题1．设n是整数，证明6|n(n+1)(2n+1)。证明：若n为偶数，则n(n+1)(2n+1)是偶数若n为奇数，则n+1是偶数，所以n(n+1)(2n+1)是偶数在证这个数能被3整除，若n被3整除，则n(n+1)(2n+1)能被3整除若n被3除余1，则2n+1能被3整除，所以n(n+1)(2n+1)能被3整除若n被3整余2，则n+1能被3整除，所以n(n+1)(2n+1)能被3整除所以6|n(n+1)(2n+1).2．设n是整数，证明：nn3|6。证明：)1()1()1)(1()1²(3nnnnnnnnnn由此知若n=1则该式＝0是6的倍数若n1则该式为三个连续正整数乘积在3个连续正整数中至少有1个是偶数即可被2整除在3个连续正整数中必有1个是3的倍数即可被3整除所以该式即可被2*3＝6整除.3．设x，y均为整数。证明：若yx2|7，则yx610|7。证明：yxyyxyyxyyxyx610|714|7,2|714)2(101420106104．设x，y均为整数。证明：若yx9|5，则yx78|5。证明：yxyyxyyxyyxyx785655,9|565)9(865728785．设x是实数，n是正整数，证明：nxnx][。证明：令，则由定义有，于是。由于na，n(a+1)均为整数，所以，从而，由定义得，所以。6．设p是质数，证明：mmpppp)()()()1(2。证明：因为p是质数，所以，。于是。7．证明：若ca|，db|，则cdab|。证明：由ca|，db|知存在整数p，q使得apc，bqd，所以abpqapbqcd，因为pq为整数，所以由整除的定义知cdab|。8．证明：若)(modmba，)(modmdc，则)(modmdbca。证明：由(mod),(mod)abmcdm得m︱()ab，m︱()cd，由整除的性质得m︱()abcd，即m︱acbd，所以(mod)acbdm.9．设a是大于1的整数，证明44a是合数。证明：44a=2222444aaa=22224aa=22(22)(22)aaaa由于a﹥1且是整数，所以222aa﹥1，222aa﹥1，且均为整数，故当a是大于1的整数时，44a是合数。10．设m为整数，证明：22|(2)mm。证明：因为2(1)mmmm是两个连续整数的积，所以22|()mm。又2|2，所以由整除的性质知22|(2)mm.