初等数论作业答案

初等数论1[单选]已知36a是一个4位数（其中a是个位数，它能被5整除，也能被3整除，则a的值是（ 。A：0B：2C：5D：9参考答案单选]下面（ 是模4的一个简化剩余系。参考答案：B3：[单选]小于20的正素数的个数是（ 。A：11B：10C：9D：8参考答案4：[单选题]下面的数是3的倍数的数是（ ）。A：19B：119C：1119D：111195：-4-39（）。A：3B：2C：1D：06：[单选题]一个正整数n的各位上的数字是0或1，并且n能被2和3整除，则最小的n是（ ）。A：1110B：1101C：1011D：1001参考答案7：[单选][[4.5]+[3.7]]等于（ ）。A：3B：4C：7D：8参考答案8：[单选]{{1.8}+{2.9}}等于（ ）。A：0.4B：0.5C：0.6D：0.7参考答案单选]100与44的最小公倍数是（ ）。参考案：C10：[单选使3的n次方对模7同余于1的最小的正整数n等于（ ）。A：6B：2C：3D：13单选设a,b,c,d是模5的一个简化剩余系则a+b+c+d对模5同余（ 。A：0B：1C：2D：31单选]下面（ 是不定方程3x+7y=20的一个整数解。x=4,y=2D：x=2,y=2参考答案13：[单选]下面的（ ）是模4的一个完全剩余系。A：9，17，-5，-1B：25，27，13，-1C：0，1，6，7D：1，-1，2，-2单选]下面的（ ）是模12的一个简化剩余系。-1C：1，5，7，11D：1，-1，2，-2参考答案15：[单选若均为偶数，则a+b为（ ）A：偶数B：奇数C：正整数D：负整数参考答案：A16：[单选]1到20之间的素数是（ ）。A：1，2，3，5，7，11，13，17，19B：2，3，5，7，11，13，17，19C：1，2，4，5，10，20D：2，3，5，7，12，13，15，17参考答案：B17：如果a|b，b|c，则（）。A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a18：360200（）。A：10B：20C：30D：4019：[单选题]如果a|b，b|a，则（）。A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的关系无法确定参考答案：C20：[单选题]如果5|n，7|n，则35（）n。A：不整除B：等于C：不一定D：整除参考答案：D21：6（）。A：1B：2C：3D：422：n，m3n，3m，9（）mn。AB：不整C：等于D：初等数论第二次作业填空题1．16除100的余数4 。2．如果今天是星期一，那么从今天起再过1010天后是星四 。3．{3.2}0.8 ；[2.84]= 3 。4．[{3.6}+{1.7}]= 0.9 。5．{{4.2}{2.3}}=

-1.5 。6．15的所有正因数的和24 。7．1260的标准分解式是1260223257 8．20！的标准分解式是2183854729211131719。9．98!的末尾有 22 个零。10．890的标准分解式2×5×89 。欧拉函数值(50) 20 。12．7除3301的余数3 。不定方程ax+by=c有解的充要条件是 (a,b)c 。mmab所得的余数相同，那么就称a，b对模同余 。一次同余式axb(modm)有解的充分必要条件是 (a,m)b 。16．模7的最小非负完全剩余系0，1，2，3，4，5，6 。17（151，60 4 。18．不定方程ax+by=其中a，b，c是整有整数解的充要条件（a，b）︱c 。19．710被11除的余数1 。20．77的个位数3 。初等数论第三次作业参考答案计算题1．写出400与600的标准分解式，并求出400与600的最大公因数。解400245260023352(400,600)2352200。2．求128121被11除的余数。解因为(11)=10，而128与11互素，所以12810≡1(mod11)，于是128121≡128≡7(mod11)，所以128121被11除的余数为7。3．求1050与858的最大公因数。解：因为1050=23527，858=231113，所以(1050，858)=23=6。4．求1001！中末尾0的个数。解：因为10=25，所以10011001252<51001251001因子51015=20110052=410053=……10002490249个。3x+5y=20的一切非负整数解。解：因为（3，5）=1，所以不定方程有整数解。由观察知x=0，y=4是不定方程3x+5y=200 0的一个整数解，所以不定方程3x+5y=20的一切整数解是x5ty43t t取一切整数。x0 4y由

0t 可解得 3，所

t0,1

，故不定方程的一切非负整数解为x0 x5y4 y1 。7x+2y=1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yx 1yx1

030于是其一切整数解为y37t

，t取一切整数。15x+10y+6z=61的一切整数解。x52u6vy53u6v z65v解：不定方程的一切整数解为 ，其中u，v取一切整数。1 10解：100=22521 2252(1)(1)（100）=

2 540。3x8(mod。

x 6解因3,1=1,1|所以同余式有解并且只有一个解由3x10y8得一个解0 ，所以同余式的解为x6(mod10)。解同余式组：

x1(mod2)x1(mod3)。x1(mod5)

y 10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x1(mod30)。28x21(mod。解因为=77|2128x21(mod7个解。同余式28x21(mod35)4x3(mod5)4x3(modx2(mod5)28x21(mod35)的7个解为x2，7，12，17，22，27，32(mod35)。解同余式组：x1(mod3)x1t1 1

x1(mod3)x2(mod7)。Z，将其代入x2(mod7)得13t1

2(mod7)，即1

1(mod7)，解得t1

5(mod7)，所以t57t,t1 2

Zx11

13(57t2

)16,t2 2

Z。所以同余式组的解为x16(mod21)。初等数论第四次作业参考答案证明题1．证明：若ab(modmcd(modm，则acbd(modm。证明：由ab(modm)cd(modmm|ab)m|cd)，由整除的性质得m|[(ab)(cd，即m|[(ac)(bd)]，所以acbd(modm)。2．m,nm+n,m-nmn3的倍数。证明：若m或n为3的倍数，则mn是3的倍数；若m是3的倍数加1，n是3的倍数加1，则m-n是3的倍数；m31，n32m+n3的倍数；m32，n31m+n3的倍数；若m是3的倍数加2，n是3的倍数加2，则m-n是3的倍数，结论成立。证明：若a|cb|d，则ab|cd。证明：由a|cb|dp，q使得capdbq，所以cdapbqabpq，pq为整数，所以由整除的定义知ab|cd。n9n+18n+9(mod。证明：因为91(mod8)，所以9k1(mod8)，k=2，3，…，n-1，于是9n-1+…+92+9+1n(mod8)，所以9(9n-1+…+92+9+1)n(mod8)，从而9(9-1)(9n-1+…+92+9+1)8n(mod64)，即9(9n-1)8n(mod64)，所以9n+18n+9(mod64)。若p为奇质数，证明p|(2p-2。证明：因为p(p)=p-1，又p(2，p)=1，于是由欧拉定理得2p-11(modp)，两边平方得22p-21(modp)，再由同余的性质有222p-22(mod2p)，即：22p-12(mod2p)。所以2p|(22p-1-2)。a，bm同余的充分与必要条件是m|ab。证明：设amq

r，b

r，0r，

m。若a（modm，则

r，因1 1 2 2 1 2 1 2abm(q1

q)m｜a－b。2m｜－bm即ab（mod。

)1 2

)1 2

m|r1

rrr2 1

mr1

r，2a1的整数，证明a44a44(a2)24a244a2(a22)24a2(a222a)(a222a)由于a1且是整数，所以a222a1,a222a1，且均为整数，故当a是大于1的整数时，a44是合数。m2|m2m2)。证明：因为m2mm(m1)是两个连续整数的积，所以2|(m2m)。2|2，所以