初等數(shù)論試題庫

1、初等數(shù)論一、填空741、d (1000) = 。小(1000) =。 (101 )= 02、ax+bY=c有解的充要條件是。2002.3、2002 被3除后余數(shù)為一。4、X=3 , Y=4 , Z=2 ,則X 2Y+3Z可能的值為 。5、小(1) + 小(P) + 小(Pn) =。6、高斯互反律是7、兩個素數(shù)的和為31,則這兩個素數(shù)是 。8、帶余除法定理是 。9、d (37) = 。 (T (37) =。10、小(1) + 小(P) + 小(Pn) =。11、不能表示成5X+3Y (X、Y非負)的最大整數(shù)為 。12、7在2004!中的最高幕指數(shù)是 。13、(1501 , 300) = 。14、

2、ax b(m0dm)有解的充要條件是 015、威爾遜定理是。16、寫出6的一個絕對值最小的簡化系 。888 88 666 6617、5050 被7除后的余數(shù)為。18、d (31) = 。(3600) =。19、四位數(shù)3AA1被9整除，則A=。20、 17X+2Y=3 通解為。21、費爾馬大定理是。22、寫出12的一個簡化系，要求每項都是5的倍數(shù)。23、2.4 = 024、0.428571化為分數(shù)是。25、15!的標準分解是 。26、1000到2003的所有整數(shù)中13的倍數(shù)有 個。27、(29) =.28、不能表示成5x 4y(x,y為非負整數(shù))的最大整數(shù)為 一.29、7在2008!的標準分解式

3、中的最高幕指數(shù)是 .30、2005和2006的最小公倍數(shù)是 一.31、威爾遜定理是32、設x 1為整數(shù)且被4、5、7除后的余數(shù)都為3,則最小的x是.33、已知(a, b) =1,貝U (5a+3b, 13a+8b) =.34、1, 4, 9, 16, 1000(® 100個平方數(shù)中是3的倍數(shù)的平方數(shù)有 個.35、若今天是星期日，則1010天后的那一天是星期 .36、32005的末二位數(shù)是.37、d (1200) = 。38、梅森數(shù)Mn是素數(shù)，則n是。39、不能表示成7X+6Y (X、Y非負)的最大整數(shù)為。40、1 X3X5X7X 1999X2001的標準分解中13的幕指數(shù)是。41、(

4、13a+21b , 34a+55b) = 。已知(a , b) =1。42、費爾馬猜想是。43、寫出12的一個簡化系，要求每項都是7的倍數(shù)。44、aX.= b (mod m)有解的充要條件是 。45、20022002被3除后余數(shù)為。46、X=3 , Y=4 , Z=2 ,則X 2Y+Z可能的值為。47、d (1000) = 。 (T (1000) =。小(1000) =48、n 若" 1) 1 030d 必則口 為o49、不能表示成5X+3Y (X、Y非負)的最大整數(shù)為 。50、7在2003!中的最高幕指數(shù)是 。51、(1515 , 600) = 。52、ax "mod m

5、)有解的充要條件是 053、威爾遜定理是。54、寫出6的一個簡化系，要求每項都是5的倍數(shù)。55、2 2003的末位數(shù)是 。56、-2.3= 。57、小(1) + 小(P) + 小(Pn) =。58、x 1且能被4、5、7整除，則最小的x是069、兩個素數(shù)的和為31,則這兩個素數(shù)是。60、帶余除法定理是。61、d (1001) = 。 (T ( 2002) =62、a1x1 a2x2 .anxn C有解的充要條件是 一。63、不能表示成5X+6Y(X、Y非負)的最大整數(shù)為 。64、2003!中末尾連續(xù)有 個零。65、(21a+4, 14a+3) =。66、兩個素數(shù)的和是39,這兩個素數(shù)是。67、

6、從1001到2000的所有整數(shù)中，13的倍數(shù)有。68、p,q是小于是100的素數(shù)，pq- 1=x為奇數(shù)，則x的最大值是69、n>1,若(門1)! 1 030d 切則口 為o70、7在2003!中的最高幕指數(shù)是 。71、(1515 , 600) = 。72、ax "mod m)有解時有個解。73、0.32化為分數(shù)是。74、-0.3= 。4>888 8875、50 被7除后的余數(shù)為。答案1、2、3、4、5、16. 2340, 1(a, b) |c110, 113, 4, 5, 6, 7, 8, 9,npp 1q 16、（9）（ 1）"2"（_p） , p,

7、 q 為奇素數(shù) pq7、 2, 298、a, b是兩個整數(shù)，b>0,則存在兩個惟一的整數(shù)q, r使得a bq r，0 r b 9、 2, 38 n10、p11、712、 33113、114、 (a,m)|b15、P為素數(shù)，(p 1)! 1 0(m0d p)16、 1, 517、518、2, 1249319、720、x 1 2t,y 2 17t,t Z n n n21、x y z(n 3)無正整數(shù)解22、 5, 25, 35, 5523、 0. 6324、725、211 36 53 72 11 1326、7827、3028、1129、 33530、 402203031、P為素數(shù)，則有(p

8、1)! 1 0(mod p)32、14333、134、3335四36 4337 24，38素數(shù)39 2940 8341 142 xn yn zn (n 3) 無正整數(shù)解43 7， 35， 49， 7744(a,m) |b45 146 -5， -4， -3， -247 16， 2340， 936048素數(shù)49 750 33151 1552(a,m) | b53( p 1)! 1 0(mod p)54 5， 2555 856 -3 n57 p58 14059 2， 2960、a, b是兩個整數(shù)，b>0,則存在兩個惟一的整數(shù)q, r使得a bq r，0 r61 6， 403262(a1,a2,

9、.an) |c63 1964 49965 166 2， 3767 7768 19369素數(shù)70 3171 1572(a,m)73、74、75、2990-14、解同余方程組x 2(mod 12)1、 x 6(mod 10) 3x 1(mod 15)2、x 3(mod4)3、 x 2(mod5)x 6(mod7)x 1(mod7)5、x 2(mod 8)x 3(mod 9)x 1(mod4)6、 x 1(mod5)x 5 2 mod 7)4、7、x 2(mod5)x 3(mod8)x 1(mod7)x3(mod 5)x 5(mod8)x 1(mod7)x 2(mod5)x 3(mod 8)x 6(

10、mod9)答案(12, 15) |1- (-2)(1)解：因為(12, 10) |6- (-2), (10, 15) |6-1, 所以同余式組有解x2(mod 4)x2(mod 3)x 6(mod 2)x 6(mod 5)x 1(mod 3)原方程等價于方程x 1 (mod 5)x 2(mod4)x2(mod 3)即 x 1(mod5)由孫子定理得x 46(mod 60)(2)解：因為5,7,8兩兩互素，所以可以利用孫子定理.M156, M 235, M340, m 2803解同余式56M 1, 1(mod 5) 35M 2, 1(mod 8) 40M3, 1(mod 7) ,得到 M 1,1

11、,M ,23,M ,33.于是所求的解為x 56 1 2 35 3 3 40 3 1(mod140)267(mod280)所以 x 267(mod 280).( 3)證：因為4,5,7 兩兩互素 , 所以可以利用孫子定理求解.M 135, M 228, M 320, m 140.解同余式35M 1, 1(mod4), 28M 2, 1(mod 5) , 20M 3,1(mod 7),得到 M1,1,M ,2 2,M ,31 .于是所求的解為x 35 ( 1) 3 28 2 2 20 ( 1) 6(mod 140)97(mod 140)( 4)解：因為 5, 8, 7 兩兩互素, 所以有解利用孫

12、子定理求得M 156, M 2 35, M 3 40. m 280解同余方程56M1, 1(mod 5) , 35M 2,1(mod 8), 40M3, 1(mod 7) , 得到M 1, 1,M ,2 3, M ,3 3 .于是所求的解為x 56 1 ( 3) 35 3 ( 5) 40 3 1(mod 280)得 x 267(mod280).( 5)解因為 7,8,9 兩兩互素 , 所以可以利用孫子定理.M 172,M 263, M 356,m 494解同余式72M1, 1(mod 7) , 63M 2, 1(mod 8), 56M 3,1(mod 9) ,得到 M 1, 4,M ,21,M

13、 ,34 . 于是所求的解為( 6)解：因為4,5,7 兩兩互素 , 所以可以利用孫子定理求解1(mod 4)1(mod5)原方程即為M 135, M 2解同余式28, M 3 20, m 1403mod7)35M 1, 1(mod4), 28M 2, 1(mod 5) , 20M 3, 1(mod 7)得到 M；1,M ,22,M ,31 .于是所求的解為x 35 ( 1) 1 28 2 1 20 ( 1) ( 3)(mod140) 81(mod 280)所以 x 81(mod140).(7)解：因為5, 8, 9 兩兩互素,所以有解利用孫子定理求得M172 M 2 45，M 3 40. m

14、 360解同余方程 72M1, 1(mod 5), 45M 2 1(mod 8), 40M 3 1(mod9), 得到M1,3, M ,25，M ,32.于是所求的解為x 72 3 2 45 3 5 40 ( 2) ( 6)(mod 360)得 x 147(mod 360).三、證明(1) A、敘述威爾遜定理。B,證明若(m 1)! 1 0(m0dm)，則m為素數(shù)(2)證明當n是奇數(shù)時，有3(2n 1).(3)敘述并且證明歐拉定理。(4)解同余方程17x 2(mod 25)(5)敘述并且證明帶余除法定理。(6)敘述并且證明費爾馬小定理。(7)證明：若m砌則當k通過模播的完全剩余系時，則 會+七

15、也通過模相的完全剩余系.答案(1) A.(威爾遜定理)整數(shù)9是素數(shù)，則(HI五7觥則證：若 m不是素數(shù)，則 m=ab 1abm，則 a|(m 1)!,a|(m 1)1,則有 a|1 不可能，所以m是素數(shù)。 證明：因為21(m0d 3),所以2n 1 ( 1)n 1(mod 3)于是，當n是奇數(shù)時，我們可以令n 2k 1. 從而有 2n 1 （ 1）2k1 1 0（mod3）,即 3（2n 1）.（3）歐拉定理）若則明13、證明：設 生火瑪卻是模 陶的一組互素剩余系.二（%.）=1由§ 2.2定理知徵1，期,，與你）是模m的一組 互素剩余系.叼”。/叫XmQd啕即產(chǎn)*也-討網(wǎng)）又: a

16、i 。三12仍（阿），©骨尸陶e.1.，做'三 l（mod題） 解：因為（17, 25） =1,所以同余方程17x230d 25）有一解（5）帶余除法定理：，出咯且上。，則也昨貪使得"酎"尸（0"<與成立，并且中產(chǎn)是惟一的.證明：（存在性）作整數(shù)序列：3瓦-2瓦一瓦。，瓦瓦,3&對于就必存在一個整數(shù)才使得華小9+i）b成立令廠“一的即"班+七.<&r的惟一性）：若明$曰名使得廣阻飛a- bq- r - bq., 6（0一外）.個一尸q-=rL-r,1,0 4 h -小 方'.1.0 & q -

17、 gj< 1又7名b-媚口即從而有“ ="一久是惟一的.（6）費爾馬定理：對任意的素數(shù)p有aP a（m0d P）證明：設 p|a,則有 Plap,有 ap a（m0d P）,若（a, p） =1,由歐拉定理有aP1（m0d p）兩邊同乘a即有 證明：當K通過模 臉的完全剩余系 的色時，令4三口馬十B 1三掰則，一一一，否則，八刑10使得占廣藥的那陶)，即鼻4小二口%十方(mod制)aat =«(modp«)又二.,. I 1、一 ',)這與冬，是模 臉的一組完全剩余系矛盾.:瓦同也構成模一的完全剩余系.即五十B也通過模酒的完全剩余系四、綜合應用(1)

18、解方程 x4 7x 4m0 (mod 2 7)(10分)解：由 x4 7x 4 三0 (mod3)彳3 x 130d 3)得 x=1+3t 代入x4 7x 4=0 ( mod9)有 11t1(m0d 3)有 t 1 3t1代入 x=1+3t 得x 4 9ti代入 x4 7x 4 =0 (mod27)有 ti 2(mod 3) ti 2 3t2代入有x 22 27t2即 x 22(mod 27)(2)設 2P+1 為素數(shù)試證(P!)2 ( 1)P 0(mod 2 P 1) (10 分)答案證：因n=2P+1為素數(shù)，由威爾遜定理(nn1 0(modn”ht(n 1)! 1 (n 1)(n 2) 3

19、 2 1 1 (n 1) 2 (n 2) p(n p) 1(mod n)(p!)2( 1)P 1 0(mod 2p 1)即證P(3)設P=4n+3是素數(shù)，證明當q=2p+1也是素數(shù)時，梅森數(shù)M p 21不是素數(shù)。(10分)答案2(一)1(mod q)證：因q=8n+7,由性質(zhì)2是q=8n+7的平方剩余，q即94n 3q|24n3 1P所以梅森數(shù)M P 21 不是素數(shù)。333( 4)證x 3y 9z 無正整數(shù)解。( 8分)答案333證：假設x3y9z有解，設(x, y, z)是一組正整數(shù)解，則有x是3的倍333數(shù)，設x=3xi,又得到y(tǒng)為3的倍數(shù)，設y 3yi,又有z 34，xi 3yi9zi則

20、有解(x1 , y1 ,z1) 且 z>z1這樣可以一直進行下去， Z>Z1>Z2> Z3>Z4>-但是自然數(shù)無窮遞降是不可能的，于是產(chǎn)生了矛盾( 5)設n 是大于 2的整數(shù)，證明(n) 為偶數(shù)(10 分)答案證：因為(-1， n) =1，由歐拉定理有( 1) (n) 1(mod n) ，因為 n 大于2，只有(n) 為偶數(shù)。(6)如果整系數(shù)的二次三項式P(x) x2 bx c當x 0，1時的值都是奇數(shù)，證明p(x) 0沒有整數(shù)根(8分)答案 :證：由條件可得c 為奇數(shù)， b 為偶數(shù)2如果p (x) =0有根q,右q為偶數(shù)，則有qbq c為奇數(shù)，而p (q)

21、 =0為偶2數(shù)，不可能，若q為奇數(shù)，則有qbq c為奇數(shù)，而p (q) =0為偶數(shù)，也不可能，所以p(x) 0沒有整數(shù)根( 7)解方程45x 21(mod132) .( 10分)答案 :解 因為 (45,132)=3|21, 所以同余式有3個解 .將同余式化簡為等價的同余方程15x 7(mod44) . 我們再解不定方程15x 44y 7 , 得到一解(21,7).因此同余式的3 個解為x 21(mod 132)10132x 21 (mod132) 65(mod132)3,132x 21 2 (mod132) 109(mod132)3(8)證明：用算術基本定理證明 J百是無理數(shù)。(10分)答案

22、：P證：假設43是有理數(shù)，則存在二個正整數(shù) p, q,使得V3= q ,由對數(shù)定義可 22 .一 .得有3q = p，則同一個數(shù)左邊含奇數(shù)個因子，右邊含偶數(shù)個因子，與算術基本 定理矛盾。內(nèi)為無理數(shù)。(9)、證明：對任何正整數(shù)n ，若n不能被4整除，則有511n 2n 3n 4n (10 分)答案：證：則題意知 n=4q+r, r=1, 2, 3。因為。=1,i=1,2,3,4所以有1 (mod 5)當 r=1 時有 1 2 3 4 0(mod 5)當 r=2 時有 12 22 32 42 0(mod 5)當 r=3 時有 13 23 33 43 0(mod 5)從而證明了結論。(10)、解不定

23、方程4x 5y 10(10分)答案：x=0, y=2 x 5t, y 2 4t,t Z(10 分)=1,所以同余式有解。3(mod11)解：因為(4, 5) =1,所以方程有解，由觀察得有特解所以方程的解為(11)8x 9(mod 11)答案解：因為(8, 11) 由形式分數(shù)有99x -8 8 1111P ,(12)證明梅森數(shù)Mp 21的素因子q p. (io分)答案證：設q是2 p-1的質(zhì)因數(shù)，由于2 p-1為奇數(shù)， qw2, (2, q) =1,由條件 q|2p-1,即 2 p =1 (modq)又丁 (q,2) =1, 2 P m1 (mod q)設i是使得2 xm1 (mod p)成立

24、最小正整數(shù)若1<i<p,則有i|p則與p為素數(shù)矛盾i=p, p|q-1,從而證明了結論。(13)試證若p 2,5且是素數(shù)，則p99 9p 1（9分）答案證：因為p 2,5且是素數(shù)所以(p, 10) =1,由歐拉定理有 p 110 1(mod p) ,從而有p99 9p 1(14)證明：對任何的正整數(shù) a, 5a+2不可能是平方數(shù)(9分)答案證：因為平方數(shù)被5除后的余數(shù)為1, 4,而5a+2被5除后的余數(shù)為2,2不同余1, 4關于5,所以不相等2(15)判斷方程xm3 (mod 8 3)是否有解，右有解則有幾解(答案加(旦)1解：因為83,所以有解，由性質(zhì)知有解就有兩解。2(16).

25、求4x xy 3 0的整數(shù)解.(10分)答案8分）12y 4x 解：因為x 0,所以x,因為y為整數(shù)，所以X只能取-1,-3,1,3X1 1x21從而原方程的解為y1 1,y21,x33y311x4V43112(17) .判斷同余萬程xm73(mod137)是否有解，若有解，有幾解.(8分)答案73 ()12解：因為137,所以同余萬程x三73(mod137)有解由定理有解則有兩解。22(18) .證明：不存在整數(shù)x，y使等式x y =1995成立.(10分)答案證：假設有整數(shù)x, y存在，使x2+y2=1995成立。x2, y2被4除余數(shù)為0或1 .；x2 + y2被4除余數(shù)為0 , 1或2

26、 .又; 1995被4除余數(shù)為3 .得出矛盾，假設不成立.故沒有整數(shù)x, y存在，使x2+y2= 1995成立.(19) .設 721a673b,試求 a, b 的化 (10 分)答案解 72 =8X9,且(8, 9)=1. 8| a673b ,且 9| a673b8| 73b b=6且 9|a +6+7+3 + 6即9|22 +a,即a=5,所以a=5, b=6(20) .用1, 2,ooo 8, 9不重復地寫出被11整除最大的九位數(shù)(10分)答案13因為被11整除的數(shù)的特征是奇數(shù)位數(shù)碼之和減去偶數(shù)位數(shù)碼之和為11的倍數(shù),要寫最大的九位數(shù)，前面可用98765,然后對后面的數(shù)字進行調(diào)整，此時奇

27、數(shù)位數(shù)碼和比偶數(shù)位數(shù)碼之和大7,只要后面最大4或小7即可，小賣7不行，只能大4,剛好4,3之和比1,2之和大4,為 了最大，后4位為2413,所以所求數(shù)為987652413.2(21)解萬程 x 2x 2 m0 (mod 12 5) (10 分)答案解：由 x2 2x 2 m0 (mod5)彳# x 12mod5)x 1(mod 5) 得 x=1+5t 代入x2 2x 2 = 0 (mod25)有 4t 1(mod5)有 t 1 5t1 代入 x=1+5t 得x 6 25t1代入 x2 2x 2=0 (mod125)有 14t12(mod 5) t1 2 5t2 代入有x 56 125t 2,

28、 x 56(mod125),同理另一解為x 67(mod125)(22)設P為素數(shù)，試證對任整數(shù)a ,都有P |(P1)! aP+a。(10分)答案證：由威爾遜定理(p 1)! 1(mod p)由歐拉定理ap a(mod P),兩式相乘即得 p (p 1)! a a(mod p) II ，P即有P | (P 1 ) ! a +a(23)證明不定方程x2-2xy2+5z+3=0無整數(shù)解答案證:若不定方程有解，則x y2 'y4 5z 3但 y4m0, 1(mod5), 對 y,zy4-5z-3三 2, 3(mod5)而一個平方數(shù)三0,1,4 (mod 5)y4-5z-3不可能為完全平方，

29、即 .4也3不是整數(shù),所以原不定方程無解。14P ,(24)證明梅森數(shù)Mp 21的素因子q一定為2 p t + 1型。(p>2為素數(shù))。(10 分)答案證：設q是2 p-1的質(zhì)因數(shù)，由于2 p-1為奇數(shù)， qw2,. (2q) =1,由條件 q12P-1,即 2 P 三1 (mod q)又丁 (q,2) =1, 2 P m1 (mod q)設i是使得2 xm1 (mod p)成立最小正整數(shù)若1<i<P,則有i|P則與P為素數(shù)矛盾i=P, P|q-1又二 q-1為偶數(shù)，2q-1, 2P|q-1,q-1=2Pk,即 q=2Pk+1(25)證明形如4m+1的素數(shù)有無窮多個(10分)

30、答案證：假設形如4m+1的素數(shù)只有有限個，設為P1Pk,顯然(2P1 Pk)2+1的最小素因數(shù)p是奇數(shù)，且p與P1Pk不同，設p為4m+3 形的素數(shù)，但p整除(2p1 pk)2+1,表明(2p1 pk)2+1m0 (mod p)1 E22 1 一 ( 1) 2( 1產(chǎn)1即x三(-1)(mod P)有解，即p ，但 p矛盾，；p為4m+1形，這與4m+1的素數(shù)只有k個矛盾。(26)如果整系數(shù)的二次三項式P(x) x2 bx c當x 01 時的值都是奇數(shù)，證明 P(x) 0沒有整數(shù)根(6分)答案證：由條件可得c為奇數(shù)，b為偶數(shù)如果p (x) =0有根q,若q為偶數(shù)，則有q bq c為奇數(shù)，而p (

31、q) =0 2為偶數(shù)，不可能，若q為奇數(shù)，則有q bq c為奇數(shù)，而p (q) =0為偶 數(shù)，也不可能，所以p(x) 0沒有整數(shù)根(27)設P為奇素數(shù)，則有(8分)(1) 1p 1 2P 1 (p 1)p1 1(mod p)(2) 1p 2P (p 1)P 0(mod p)15答案 證：由歐拉定理1P 12P 1(p1)p1111 p1 1(modp)由費爾馬定理1P 12P 1(p1)p112p 10(mod p)(28)證明：對任何正整數(shù)k, m, n5k 24 5m 4 八5n 3,有 11|543(6 分)答案 證：(5, 11) =1, (4, 11) =1, (3, 11) =1

32、由歐拉定理得10-101051(mod11), 310 1(mod11), 4 1(mod 11),進一步有5. 555 1(mod 11)3 1(mod 11)41(mod11)對任何正整數(shù)k, m, n有5k 2 5m 4 o5n 324 c35435430(mod11)即有5k 2, 5m 4-5n 31 1 | 543(29)證明： 內(nèi)是無理數(shù)。(8分)答案 證：假設 出是有理數(shù)，則存在自數(shù)數(shù)a,b使得滿足x2 3y2即a2 3b22 2知道a是3的倍數(shù)，設a=3a1，代入得b3a1 ,又得到b為3的倍數(shù)，a122設 b 3b1,則 a13b1 ,這里 b2 a1這樣可以進一步求得 a

33、2, b2且有 a>b>a1>b1> a2>b2>但是自然數(shù)無窮遞降是不可能的，于是產(chǎn)生了矛盾，幾為無理數(shù).、 2（30）試證：對任何的正整數(shù)n,n 2不能被4整除。（6分）答案 證：n=2k時有n2 2= 4k2 2 ,不能被4整除當n=2k+1時有n2 2= 4k2 4k 3,不能被4整除所以有2 八對任何的正整數(shù)n，n 2不能被4整除（31）解不定方程4x 5y 10（6分）16答案解：因為(4, 5) =1,所以不定方程有解，由觀察得有特解x 0 5t所以不定方程的解為y 2 4t t為整數(shù)x=0, y=5(32)明：設d是自然數(shù)n的正因子，則有d n2d|n答案1 d(n)(10 分)證：設d是n的因子，則d也是n的因子，而n的因子數(shù)為1n2 d (n)2d( d) nd n2所以ddln d ,所以dn即有dnd (n)(33) P為奇素數(shù)，則有(10分)a p b p (a b)p(mod p)答案證：由費爾馬小定理知對一切整數(shù)有apa (p)bhb(P),由同余性質(zhì)知有ap+bp=a+b( p