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1、1 初等数论一、填空1、d（1000）= 。 （1000）= 。(10174)=_ 。2、ax+bY=c 有解的充要条件是。3、20022002被 3 除后余数为。4、X=3 ，Y=4 ，Z=2，则X2Y+3Z可能的值为。5、 （1） （P） （nP）= 。6、高斯互反律是。7、两个素数的和为31，则这两个素数是。8、带余除法定理是。9、d（37）= 。 （37）= 。10、 （1） （P） （nP ）= 。11、不能表示成 5X+3Y （X、Y 非负）的最大整数为。12、7 在 2004！中的最高幂指数是。13、 （1501 ，300）= 。14、)(mod mbax有解的充要条件是。15、
2、威尔逊定理是。16、写出 6 的一个绝对值最小的简化系。17、50506666688888被 7 除后的余数为。18、d（31）= 。 （3600）= 。19、四位数13AA被 9整除，则 A= 。20、17X+2Y=3 通解为。21、费尔马大定理是。22、写出 12 的一个简化系，要求每项都是5 的倍数。23、4.2= 。24、128574 .0化为分数是。25、15！的标准分解是。26、1000到 2003的所有整数中 13的倍数有个。27、 （29）= . 28、不能表示成yx45（yx,为非负整数）的最大整数为. 29、7 在 2008！的标准分解式中的最高幂指数是. 30、2005和
3、 2006的最小公倍数是. 31、威尔逊定理是.32、设1x为整数且被 4、5、7 除后的余数都为 3，则最小的x是. 33、已知（ a，b）=1，则（ 5a+3b，13a+8b）=_. 34、1，4，9，16, 10000 这 100 个平方数中是 3 的倍数的平方数有个. 35、若今天是星期日 , 则1010天后的那一天是星期 _. 2 36、20053的末二位数是 _. 37、d（1200）= 。38、梅森数nM是素数，则 n 是。39、不能表示成 7X+6Y（X、Y 非负）的最大整数为。40、135719992001的标准分解中 13的幂指数是。41、 （13a+21b ，34a+55
4、b）= 。已知（ a ，b）=1。42、费尔马猜想是。43、写出 12 的一个简化系，要求每项都是7 的倍数。44、aXb （mod m）有解的充要条件是。45、20022002被 3 除后余数为。46、X=3 ，Y=4 ，Z=2，则X2Y+Z 可能的值为。47、d（1000）= 。 （1000）= 。 （1000）= 。48、n1， 若)(mod01)!1(nn则 n 为。49、不能表示成 5X+3Y（X、Y 非负）的最大整数为。50、7 在 2003！中的最高幂指数是。51、 （1515 ，600）= 。52、)(mod mbax有解的充要条件是。53、威尔逊定理是。54、写出 6 的一个
5、简化系，要求每项都是5 的倍数。55、20032的末位数是。56、-2.3= 。57、 （1） （P） （nP ）= 。58、1x且能被 4、5、7 整除，则最小的x是。69、两个素数的和为 31，则这两个素数是。60、带余除法定理是。61、d（1001）= 。（ 2002）= 62、cxaxaxann.2211有解的充要条件是。63、不能表示成 5X+6Y （X、Y非负）的最大整数为。64、2003！中末尾连续有个零。65、 （21a+4，14a+3）= 。66、两个素数的和是 39，这两个素数是。67、从 1001 到 2000 的所有整数中， 13 的倍数有。68、p,q 是小于是 10
6、0的素数， pq- 1=x 为奇数，则 x 的最大值是。69、n1，若)(mod01)!1(nn则 n 为。70、7 在 2003！中的最高幂指数是。71、 （1515 ，600）= 。72、)(mod mbax有解时有个解。73、23 .0化为分数是。74、-0.3= 。4 75、5088888被 7除后的余数为。3 答案1、162340，1 2、 （a，b）|c 3、1 4、3，4，5，6，7，8，9，10，11 5、np6、，p，q 为奇素数7、2，29 8、a，b 是两个整数， b0,则存在两个惟一的整数q，r 使得brrbqa0 ,9、2，38 10、np11、7 12、331 13
7、、1 14、b|),(ma15、P为素数，)(mod01)!1(pp16、1，5 17、5 18、2， 12493 19、7 20、Zttytx,172,2121、)3(nzyxnnn无正整数解22、5，25，35，55 23、06 24、25、131175322361126、78 27、30 28、1129、33530、402203031、P为素数 , 则有)(mod01)!1(pp32、14333、1 34、33 )() 1()(2121qppqqp734 35、四36、43 37、24，38、素数39、29 40、83 41、1 42、无正整数解43、7，35，49，77 44、45、1
8、 46、-5，-4，-3，-2 47、16，2340，9360 48、素数49、7 50、331 51、15 52、53、54、5，25 55、8 56、-3 57、58、140 59、2，29 60、a，b 是两个整数， b0,则存在两个惟一的整数q，r 使得brrbqa0,61、6，4032 62、caaan|),.,(2163、19 64、499 65、1 66、2，37 67、77 68、193 69、素数70、31 71、15 72、),(ma)3(nzyxnnnb|),(mab|),(ma)(mod01)!1(ppnp5 73、74、-1 75、4 二、解同余方程组1 、2、33、
9、4、5、6、7、答案（1）解：因为（ 12，10）|6-（-2） ， （10，15）|6-1， （12，15）|1-（-2）所以同余式组有解原方程等价于方程)5(mod1)3(mod1)5(mod6)2(mod6)3(mod2)4(mod2xxxxxx即)5(mod1)3(mod2)4(mod2xxx由孙子定理得)60(mod46x（2）解：因为 5,7,8两两互素 , 所以可以利用孙子定理. 280,40,35,56321mMMM. )15(mod1)10(mod6)12(mod2xxx)9(mod3)8(mod2)7(mod1xxx)7(mod1)8(mod3)5(mod2xxx)7(mo
10、d6) 5(mod2)4(mod3xxx)7(mod1)8(mod5)5(mod3xxx)7mod25)5(mod1)4(mod1xxx)9(mod6)8(mod3) 5(mod2xxx90296 解同余式)5(mod156,1M,)8(mod135,2M,)7(mod140,3M, 得到3, 3, 13,2,1MMM. 于是所求的解为)280(mod267)140(mod134033352156x所以).280(mod267x（3）证：因为 4,5,7 两两互素 , 所以可以利用孙子定理求解. 140,20,28,35321mMMM. 解同余式)4(mod135,1M,)5(mod128,2
11、M,)7(mod120,3M, 得到1,2, 13,2,1MMM. 于是所求的解为)140(mod97)140(mod6)1(2022283)1(35x（4）解： 因为 5, 8, 7两两互素 , 所以有解利用孙子定理求得40,35,56321MMM. 280m解同余方程)5(mod156,1M,)8(mod135,2M,)7(mod140,3M, 得到3,3,13,2,1MMM. 于是所求的解为)280(mod1340)5(335)3(156x得).280(mod267x（5）解 因为 7,8,9 两两互素 , 所以可以利用孙子定理 . 494,56,63,72321mMMM解同余式)7(m
12、od172,1M,)8(mod163,2M,)9(mod156,3M, 得到4,1, 43,2,1MMM. 于是所求的解为（6）解：因为 4,5,7 两两互素 , 所以可以利用孙子定理求解原方程即为)7mod3)5(mod1)4(mod1xxx140,20,28,35321mMMM. 解同余式)4(mod135,1M,)5(mod128,2M,)7(mod120,3M, 7 得到1,2, 13,2,1MMM. 于是所求的解为)280(mod81)140)(mod3()1(2012281)1(35x所以).140(mod81x（7）解： 因为 5, 8, 9两两互素 , 所以有解利用孙子定理求得
13、40,45,72321MMM. 360m解同余方程)5(mod172,1M,)8(mod145,2M,)9(mod140,3M, 得到2,5, 33,2,1MMM. 于是所求的解为)360)(mod6()2(4053452372x得).360(mod147x三、证明（1）A、叙述威尔逊定理。B证明若)(mod01)!1(mm，则 m 为素数（2）证明当n是奇数时，有) 12(3n. （3）叙述并且证明欧拉定理。（4）解同余方程)25(mod217x（5）叙述并且证明带余除法定理。（6）叙述并且证明费尔马小定理。（7）证明：若则当通过模的完全剩余系时，则也通过模的完全剩余系答案（1）A(威尔逊定
14、理 )整数是素数，则证：若 m不是素数，则 m=ab ，mba,1，则1)!1(|,)!1( |mama，则有1|a不可能，所以 m是素数。(2) 证明： 因为)3(mod12, 所以)3(mod1)1(12nn. 8 于是, 当n是奇数时 , 我们可以令12kn. 从而有)3(mod01) 1(1212kn, 即)12(3n. (3) 欧拉定理 )若则证明：设是模的一组互素剩余系由2.2 定理知是模的一组互素剩余系即又(4) 解：因为（ 17，25）=1，所以同余方程)25(mod217x有一解(5) 带余除法定理：且使得成立, 并且是惟一的证明：（存在性）作整数序列：对于必存在一个整数使得
15、成立令即惟一性）：若使得又又即从而有是惟一的(6)费尔马定理：对任意的素数p 有)(mod paap证明：设 p|a ，则有pap |，有)(mod paap，若（a，p）=1，由欧拉定理有)(mod11pap两边同乘 a 即有9 (7) 证明：当通过模的完全剩余系时, 令则否则，使得即又这与是模的一组完全剩余系矛盾构成模的完全剩余系即也通过模的完全剩余系四、综合应用（1）解方程474xx0（mod）（10 分）解：由474xx0（mod3）得)3(mod1x得 x=1+3t 代入474xx 0 （ mod9）有)3(mod111t有131tt代入x=1+3t 得194tx代入474xx0 （
16、mod27）有) 3(mod21t2132tt代入有22722tx，即)27(mod22x（2）设 2+1 为素数 ,试证)12(mod0)1() !(2ppp（10分）答案证：因 n=2+1 为素数，由威尔逊定理)(mod01)!1(nn即有)(mod1)()2(2)1(1123)2)(1(1)!1(npnpnnnnn)12(mod01)1() !(2ppp即证（3）设 P=4n+3 是素数，证明当 q=2p+1 也是素数时， 梅森数12PPM不是素数。 （10分）答案证：因 q=8n+7，由性质 2 是 q=8n+7 的平方剩余，)(mod1)2(qq即10 12|34nq所以梅森数12PPM不是素数。（4）证33393zyx无正整数解。（8 分）答案证：假设33393zyx有解，设（ x，y，z）是一组正整数解，则有x 是 3 的倍数，设 x=3x1,又得到 y 为 3 的倍数，设13yy,又有13zz，31313193zyx则有解),(111zyx且 zz1这样可以一直进行下去， zz1z2 z3z4但是自然数无穷递降是不可能的，于是产生了矛盾（5）设 n 是大于 2 的整数，
