選修課初等數(shù)論考試題庫

1、.填空題:1、(1859,1573)=1432、對于任意的正整數(shù) a,b,有a,b=ab（a,b）3、x =x +x.4、22345680 的標(biāo)準(zhǔn)分解式是 22345680 = 24 3 5 7 47 283 .5、整數(shù)集合 A中含有m個(gè)整數(shù)，且 A中任意兩個(gè)整數(shù)對于 m是不同余的，則整數(shù)集合 A是模m的完全剩余系6、設(shè)a、b是任意兩個(gè)正整數(shù)，則不大于a而為b的倍數(shù)的正整數(shù)個(gè)數(shù)為7、素?cái)?shù)寫成兩個(gè)平方數(shù)和的方法是唯一的.8、不同剩余類中的任何兩個(gè)不同整數(shù)對模m是不同余的.9、n元一次不定方程 a1x1 +a2%十十a(chǎn)/n =c.有解的充分必要條件是 （a1 +a2aj c._10、初等數(shù)論按研究

2、方法分為：初等數(shù)論、解析數(shù)論、代數(shù)數(shù)論、幾何數(shù)論11、數(shù)集合A是模m的簡化剩余系的充要條件（1） A中含有f（m）個(gè)整數(shù)；（2）任意兩個(gè)整數(shù)對模 m不同余;（3） A中每個(gè)整數(shù)都與 m互素；12、設(shè) n 是正整數(shù) C2n1,C2n3,q；”,，的最大公約數(shù)為 2k* 13、若（a,b）=1,則（a, bc） = （a,c）.14、81234被13除的余數(shù)是12.15、模7的最小非負(fù)完全剩余系是0、1、2、3、4、5、6.二、判斷題：2.,1、右n為奇數(shù)，則8|n -1。（，）2、設(shè)n、k是正整數(shù)nk與nk+的個(gè)位數(shù)字不一定相同。（x）3、任何大于1的整數(shù)a都至少有一個(gè)素因數(shù).（，）4、任何一個(gè)

3、大于1的合數(shù)與a,必然有一個(gè)不超過 J&的素因數(shù).（，）5、任意給出的五個(gè)整數(shù)中必有三個(gè)數(shù)之和能被整數(shù)3整除.（，）6、最大公約數(shù)等于1是兩兩互素的必要而不充分條件 .（，）7、設(shè)p是素?cái)?shù)，a是整數(shù)，則pa或（p,a）=1.（，）8、如果a1，a2a”是互素的，則 a1，a2a”一定兩兩互素（x）9、設(shè)p是素?cái)?shù)，若pab,則pa且pb.（ x）10、（劉維爾定理）設(shè) p是素?cái)?shù)，則（p -1）!三1（modp）（ V ）11、m是正整數(shù)（a,m） =1 ,則 a%m）三 1（modm）. （ V ）12、由于每個(gè)非零整數(shù)的約數(shù)個(gè)數(shù)是有限的.所以最大的公約數(shù)存在.且正整數(shù)。（V ）13、設(shè)

4、 d 是a1,a2ak的一個(gè)約數(shù)，則 da1,a2ak （ V ）14、1978103 9783 不能被 103 整除。（x）1115、1+ +(n>2)是整數(shù)(x)2n16、n為正整數(shù)，若2n -1為素?cái)?shù)，則n不一定是素?cái)?shù)(x)17、若n >1并且(n-1)!三(mod n),則n不是素?cái)?shù)(x)18、設(shè)f(x)是整系數(shù)多項(xiàng)式，并且 f(1),f(2),f(m)都不能被m整除，則f(m) = 0有整數(shù)解(x)19、若(叫，皿)=1 ( m)，m2是任意兩個(gè)互質(zhì)的正整數(shù))，是則甲(m1m2)=平(m1)卬(m1) ( x )20、如果兩個(gè)整數(shù)互相整除，則這兩個(gè)數(shù)僅相差一個(gè)符號( x)

5、三、計(jì)算題：1、設(shè) a、b是整數(shù)且 9 a2+ab+b2,則 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的推論1 (設(shè)p是素?cái)?shù)，若p ab，則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除的余數(shù).解：根據(jù)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)即所求的余數(shù)是29.30加、幾19x y解：設(shè)二一 2302 3+ "z 即 15x = 10y +6z=19.4、將 坦寫成三個(gè)既約分?jǐn)?shù)之和，它們的分母分別是2, 3和5.(15,1() =5 =d215x 10y =5t 口 t = -1 6u二上述方程等價(jià)于 <解得«

7、;5t 6z =19 z =45u x = -1 6u 2v，.一 x=t 2v19114從而，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,方程有解由輾轉(zhuǎn)相除法，可以知道 x = 1,y =1是方程3x + 6y =3(x+2y=1=a = 1,b = 2)的一個(gè)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、用輾轉(zhuǎn)相除法求整數(shù) X、y使得1

8、387 X-162 y =(1387,162).解：作輾轉(zhuǎn)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、將 E 寫成三個(gè)既約分?jǐn)?shù)之和，它們的分母分別是3, 5和7 (第四章習(xí)題 1)1051

9、7 x y z斛：設(shè)=一 + + 即 35x +21y +15z =17.1053 5 7因(35,21) =7,(7,15) =1 , 117,故有解.分別解 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.對于任意白確定的u和v的值，都給出一種表示法。8、求最大的正整數(shù) k ,使得10k|199!n斛：由te理3 (設(shè)n是正整數(shù)，n! = p1a p2 pka是n!的標(biāo)準(zhǔn)分解式，則 叫

10、 =£ )從而得知，1PF199199k k k199!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中所含的 5的哥指數(shù)是+=47 (199!=10kMA = 2kM5kMA)55所以所求得的最大正整數(shù)是 47.9、若四個(gè)數(shù)2839, 4582, 5164, 6522被同一個(gè)大于1的整數(shù)除所得的余數(shù)相同，且不等于零，求除數(shù)和余數(shù)各是多少？解：設(shè)除數(shù)為 d ,余數(shù)為 r,貝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、將2

11、-1 =34359738367分解因數(shù).(第三章 第四節(jié) Euler定理例7)3557解：若p 2 1,則p是2 1或2 1的素因數(shù)或者 p三1(mod70).其中有31和127,因?yàn)?35 1 =31父127 M8727391 ,所以235 1分別是因數(shù)只能用 p三1(mod70).來尋求在數(shù)列71、211、281中經(jīng)檢驗(yàn)8727391 =71父122921顯然，122921的素因數(shù)也在31、127或數(shù)列71、211、281中簡單計(jì)算122921不能被31、127整除，也不能被數(shù)列 71、211、281(J122921<351)整除.所以 122921 是素?cái)?shù)，故 235 1 =31

12、父 127M 71M122921四、證明題：1、求證：平方數(shù)的正因數(shù)個(gè)數(shù)是奇數(shù)證明：因?yàn)槊總€(gè)自然數(shù) n的正因數(shù)個(gè)數(shù)是成對出現(xiàn)的，若 d是n的因數(shù)，則口也是n的因數(shù) d當(dāng)d # Jn時(shí)，則d #n. d當(dāng)d = Jn時(shí)，則d = 口即當(dāng)n為平方數(shù)時(shí)， /是n的因數(shù)，與其配對的是 而自身. d于是，當(dāng)且僅當(dāng)n為平方數(shù)時(shí)，n的正因數(shù)個(gè)數(shù)是奇數(shù).2、求證：若(a, b) =1,貝U (a + b,a b) =1 或 2.證明：假設(shè)d是a±b的任意一個(gè)公約數(shù)，則有 da+b且da-b.于是d 2a , d 2b.又：(a,b)=1d 2 從而，d =1 或 d=2.3、假設(shè)a為正整數(shù)，則51n

13、 +2n +3n+4n的充要條件為4n.證明：因?yàn)?中(5) =4,所以，由費(fèi)馬定理有 k4三1(mod5) (1<k <4).故，若 n=4q+r(0 <r M3),則 1n+2n+3n+4n三 1r +2r +3r +4r三1r+2r+(2)r+(1)r用r =0、1、2、3分別代入上式，則當(dāng)r=1、2、3時(shí)51n +2n+3n +4n當(dāng) r =0時(shí)，4 n , 5 不整除 1n +2n +3n +4n.因此，若a為正整數(shù)，則51n+2n +3n+4n的充要條件為4n. 534、證明：對任意整數(shù) n, f(n)=3n + 5n +7n被15整除.證明：對任意整數(shù) n記作n

14、 = 15q + r (0 < r < 15)因?yàn)閷θ我獾恼麛?shù) m有a =a1m +r1則ak與r1k被m除的余數(shù)相同r =0 n2 =(15q +r)2 =(15q)2 +30qr +r2 =15A +r2 即 n2 與 r2 被 15 除的余數(shù)是相同的記為 r1. 同理，n4與r4被15除的余數(shù)是相同的記為r2.即r2 =15B+r1, r4 =15B2+2則n4 =15A2+r4. 考慮3n4 +5n2 +7被15除的余數(shù)-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可見，3n4 +5n2 +7與3r2 +5r1 +7的余數(shù)相同記為 R .二 f(n)=n (3n4+5n2+7)=(15C+R)(15q+r)=15O+Rr 且 f (n)與 Rr 有相同的余數(shù)記為 R'. 當(dāng) r =0時(shí)，R' = 0 即 15 f (n).【對于r =1,2,14的情形通過計(jì)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(帶余除法)：若a、b是兩個(gè)整數(shù)，其中 bw 0,則存在著兩個(gè)整數(shù) q和r ,使得a=bq+r,0Mr< b 成立.而且q及r是唯一的.證明：存在性：若 b a,則a =bq(q w z)可以取r =0若b a,考慮集合 A =a +kb, k w z集合A中有無限多個(gè)正整數(shù)，設(shè)其中最小的正整數(shù)為r = a + k0b.則必有0wr<b,否則就有之代(二r#b, 若r=b,則ba矛盾，于是rb即 r =a +k0b >|b

17、= a +k0b b >0這樣集合A中又有正整數(shù)a + k0b b < r與r的最小值矛盾)故0Mr <b ,取q = _k0使得a=bq+r, 0 < r < b成立.存在性得證唯一性：假設(shè)存在兩對整數(shù) 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),則 b(q1 q2) = , 口 < b .b ri -2 ri - r2 =0 =i =2 = q =q26、設(shè)A=x,x2Xm是*H m的一個(gè)完全剩余系，以 x表示x的小數(shù)部分，證明：若 (a,m) = 1

18、 ,則axi b 二12(")證明：當(dāng)x通過模m的完全剩余系時(shí)，ax+bR通過模m的完全剩余系 因此，對任意的i(iwiwm), axi+b 一定與且只與某個(gè)整數(shù)j(1EjEm)同余即存在整數(shù)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從而，“ axk ji 1 m jmmax 17、設(shè)m >1,(a,m) =1 , x1, x?，x.)是*Um的簡化剩余系，證明：Z =- f(m).其中x表示x的小i 1 m 2數(shù)部分。證明：由題可設(shè)： ax =mq + r (0 < ri

19、 < m)由xj通過模m的簡化剩余系知通過模m的最小非負(fù)簡化剩余系，f(m)axf(m)rf(m)r1f(m)11于是由定理可知：” 也= q = 與-1x ri- 1mf(m)=1 f (m)ymymymm y2m2. 一 一 b ,一 a , 8、設(shè)a、b是正整數(shù)，b<2則2 -1 2 +1證明：(1)若 a <b且 2b -1 2a +1 成立，則 2b -1 <2a +1= 2b -2a E2= 2a(2 -1)<2于是a=1, b-a =1即b =2與b a 2矛盾，故命題結(jié)論成立.(2)若 a =b且2b -1 2a +1 ,貝U 2a -1 (2a

20、1)+2= 2a -1 2n 2a -1 W2n 2a <3于是b =a =1 ,與b >2矛盾，故命題結(jié)論成立.(3)若 a>b, iEa=kb r (0 號 <b )此時(shí) 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)中已經(jīng)證明這是不可能的，故命題結(jié)論成立9、證明：存在無窮多個(gè)正整數(shù)a，使得n4+a(

21、n=1,2)都是合數(shù)(即分成兩項(xiàng)乘積即可)。4442 22 22222證明：取 a=4k，對任意的 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都是合數(shù)。. 一.，一、2 . 2一10、證明：a、b、cwN, c無平方因子且 a bc ,證明：a b.證明：設(shè)(a,b) =d ,則有 a =&與 b =。，(&,匕)=1.,1,2 , 2 zn 2,22由 a b c 得 a1bl c, a1c因?yàn)閏無平方因子，所以&=1, a=d, b=ab).即ab.11、對任意的正整數(shù) a、b、c.證明下面的結(jié)論成立。(1)由 b ac且(a,b) =1，可得出 b|c. (2)由 b c