0初等數(shù)論復(fù)習(xí)題題庫

0初等數(shù)論復(fù)習(xí)題題庫及答案0初等數(shù)論復(fù)習(xí)題題庫及答案0初等數(shù)論復(fù)習(xí)題題庫及答案《初等數(shù)論》本科一、填空題（每空2分）1.寫出30之內(nèi)的全部素?cái)?shù)2，3，5，7，11，13，17，19，23，29.2.設(shè)a,b是隨意兩個(gè)不為零的整數(shù)ab1.,則(,)(a,b)(a,b)3.若a,b是非零整數(shù)，則a與b互素的充要條件是存在整數(shù)x,y，使axby14.寫出180的標(biāo)準(zhǔn)分解式是180=22325，其正約數(shù)個(gè)數(shù)有(2+1)(2+1)(1+1)=18個(gè).5.ab,則在1,2,L,ab整除的整數(shù)恰有[]個(gè).設(shè)與是正整數(shù)中能被ab6.設(shè)a,b是非零整數(shù)，c是整數(shù)，方程axbyc有整數(shù)解(x,y)的充要條件是(a,b)|c7.若整數(shù)會(huì)合A是模m的完滿節(jié)余系，則A中含有m個(gè)整數(shù).(3)=2;(4)=2.9.當(dāng)p素?cái)?shù)時(shí)，(1)(p)p1;(2)(pk)pkpk1.10.設(shè)m是正整數(shù),(a,m)1,則a(m)10(modm).11.設(shè)p是素?cái)?shù),則關(guān)于隨意的整數(shù)a,有apa0(modp).12.已知2x35(mod7)，則x1(mod7).13.同余方程x22(mod7)的解是±3(mod7).14.同余方程3x210x120(mod9)的解是X=6+9t(t∈Z).p-115.若(n,p)1，n是模p的二次節(jié)余的充要條件是n21(modp)..p-116.若(n,p)1，n是模p的二次非節(jié)余的充要條件是n21(modp)..(3)=(4)=1.5518.設(shè)p是奇素?cái)?shù),則(2)p21(1)8..p1-1p-1)(-1)2..19.設(shè)p是奇素?cái)?shù),則( )1;(pp20.(5)=1;(2)=－1.945二、判斷題。(判斷以下結(jié)論能否建立，每題2分).1.a|b且a|c對隨意的x,yZ有a|bxcy.建立優(yōu)選2.若(a,b)(a,c),則[a,b][a,c].不建立3.若a2|b3,則a|b.不建立a=8b=124.ab(modm),k0,kNakbk(modmk).建立5.acbc(modm)ab(modm).不建立6.若a2b2(modm),則ab(modm)或ab(modm)最罕有一個(gè)建立.不建立7.若ab(modm),則a2b2(modm2).不建立若經(jīng)過模m的完滿節(jié)余系，則xb(b是整數(shù))經(jīng)過模m的完滿節(jié)余系.8.x建立9.若｛a1，a2，??，am｝與｛b1，b2??bm｝都是模m的完滿節(jié)余系，則｛a1+b1，a2+b2，??，am+bm｝也是模m的完滿節(jié)余系。不建立10.若(a,m)1，x經(jīng)過模m的簡化節(jié)余系（完滿節(jié)余系），則axb也經(jīng)過模m的簡化節(jié)余系.不建立11.若m1,m2N,(m1,m2)1,則(m1m2)(m1)(m2).建立12.同余方程4x23x30(mod15)和同余方程4x212x120(mod15)是同解的.建立13.同余方程axb(modm)等價(jià)于不定方程axmyb.建立14.當(dāng)m是奇素?cái)?shù)時(shí),若x2a(modm)有解,則(a)1.建立15.當(dāng)m不是奇素?cái)?shù)時(shí),若(a)m1,則方程x2a(modm)必定有解.不建立m三計(jì)算題求(1859,1573)1.(1859,1573)(1859,1573)(286,1573)解：2865)(286,143)(0,143)143(286,15732.求[－36，108，204]2.[36,108,204][36,108,204],解：Q362232,1082233,20422317,[36,108,204]2233171836.3.求(125，17)，以及x，y，使得125x+17y=(125，17)3.由等式651起逐漸回代,得解：16-56-(17-26)36-173(125-177)-173125-2217.1253-17221,x3,y-22.4.求整數(shù)x，y，使得1387x－162y=(1387，162)優(yōu)選4.由等式9421起逐漸回代,得19-429-4(11-9)59-4115(20-11)-411520-911520-9(71320)3220971解：32(91-71)97132914171329141(16291)73914116273(13878162)41162731387625162.1387731626251.分解12!為質(zhì)因數(shù)乘積.（8分）求最大的正整數(shù)k,使10k|199!.（8分）7.11L1分)求[13].(102100求方程8x17y43的整數(shù)解.(6分)求方程19x20y1909的正整數(shù)解.(10分)10.求方程111x－321y=75的整數(shù)解.(10分)11.求方程15x110x26x361的整數(shù)解.(8分)求不定方程3x6y12z15的整數(shù)解.(8分)求不定方程x2y3z7的全部正整數(shù)解.(8分)14.將19寫成三個(gè)分?jǐn)?shù)之和,它們的分母分別是2,3和5.(10分)3015.求方程x2y2x23y70的整數(shù)解.(6分)16.求方程x3y31072的整數(shù)解.(8分)17.求方程5(xyyzzx)4xyz的正整數(shù)解.(10分)18.求3406的個(gè)位數(shù)字與最后兩位數(shù)字(十進(jìn)制).(10分)19.解同余方程6x7(mod23).(8分)20.解同余方程12x150(mod45).(8分)x2(mod3)21.解同余式組x3(mod5).(6分)x2(mod7)優(yōu)選22.解同余式f(x)0(mod35),f(x)x42x38x9.(10分)23.解同余方程:x72x67x5x20(mod5).(6分)24.求出模23的全部二次節(jié)余和二次非節(jié)余.(8分)25.判斷方程x25(mod11)有沒有解.(6分)26.已知563是素?cái)?shù),判斷方程x2429(mod563)能否有解.(8分)27.求以3為其二次節(jié)余的全體素?cái)?shù).(8分)計(jì)算:(1)(101);(2)(73).(8分)1521計(jì)算(300).(6分)x3(mod8)30.解同余式組x11(mod20).(10分)x1(mod15)四證明題1、設(shè)a,b是兩個(gè)給定的非零整數(shù),且有整數(shù)x,y,使得axby1.求證:若a|n,b|n,則ab|n.(6分)1.Qnn(axby)naxnby證明：又ab|na,ab|nbabn.2.設(shè)a1,a2,L,an是整數(shù),且a1a2Lan0,a1a2Lann.則4|n.(8分)2.若n是奇數(shù),則n,a1,a2,L,an都是奇數(shù),則a1a2Lan0不能夠能,2n.即在a1,a2,L,an中最罕有一個(gè)偶數(shù).假如只有一個(gè)偶數(shù),不如設(shè)為a1,則2不證明：整除ai(2in).由a2a3Lan-a1知,左側(cè)是(n-1)個(gè)奇數(shù)的和,右側(cè)是偶數(shù),這是不能夠能的.a1,a2,L,an中最罕有兩個(gè)偶數(shù),即4n.3.任給的五個(gè)整數(shù)中，必有三個(gè)數(shù)之和被3整除.(8分)3.設(shè)ai3qiri,0ri3,i1,2,3,4,5.證明：(1)若在ri中數(shù)0,1,2都出現(xiàn),不如設(shè)r10,r21,r32,則a1a2a33(q1q2q3)3建立.(2)若在ri中數(shù)0,1,2最罕有一個(gè)不出現(xiàn),則最罕有三個(gè)ri取同樣的值,令r1r2r3r(r0,1或2),則a1a2a33(q1q2q3)3r建立.4.設(shè)a,b是整數(shù),且9|a2abb2,則3|(a,b).(8分)優(yōu)選4.Q9a2abb2,9(ab)23ab,3(ab)23ab,3(ab)2,3ab,9(ab)2,93ab,3ab,3a或3b.證明：若3a,Q3ab,3b.若3b.Q3ab,3a.3(a,b).5.設(shè)a,b是正整數(shù)，證明5.(ab)[a,b](a證明：Qb(ab)[b,ab(ab)[b,a即b(ab)[b,a(a,b)

(ab)[a,b]a[b,ab].(8分)b)abab(ab),(a,b)(a,b)b](b,ab),而(b,ab)(a,b),b](a,b),b],結(jié)論建立6.當(dāng)ab(modm)時(shí),又n0,nN,則anbn(modm).(6分)6.Qab(modm),mab,證明：又anbn(ab)(an1an2ban3b2Lbn1),manbn,即anbn(modm).7.設(shè)A{x1,x2,L,xm}是模m的一個(gè)完滿節(jié)余系,以{x}表示x的小數(shù)部分.證明:若(a,m)1,則m{axib}1(m-1).(10分)i1m27.由定理2知,{ax1b,ax2b,L,axmb}也是模m的一個(gè)完滿節(jié)余系,證明：可設(shè)axibkmj(1jm),進(jìn)而maxibm{kjmjm1jm1j1m(m1)m1{}}{}{}2.i1mj1mj1mj1mj1mm28.設(shè)nN,證明:(n)1n的充要條件是n2k,kN.(10分)28.若n2k,則(2k)2k(1-1)2k-1n.22若(n)n,設(shè)n2kt,2|t,證明：則n21(t)n(t),(n)(2kt)(2k)(t)2k-1(t)2kt22t2t即(t)t,進(jìn)而得證.t1,(注(n)1n或2)19.設(shè)nN,則5|1n2n3n4n4n.(10分)優(yōu)選9.Q(5)由定理知,k41(mod5)(1k4).4,令則nn3n4n4qr4)q2r4qr4)q4rn4qr,0r3,12(1)1(2(3)3(4證明：1r2r3r4r(mod5).若5|1n2n3n4n,即得5|1r2r3r4r,Q把r0,1,2,3代入查驗(yàn)可知r0,4n;若4n,則r0,易知5|1r2r3r4r,5|1n2n3n4n.設(shè)m是正整數(shù),(a,m)1,證明:xba(m)1(modm)是同余方程axb(modm)的解.10.Q(a,m)1,由Euler定理,則a(m)1(modm).證明：axba(m)b(modm),Q(a,m)1,xa(m)-1b(modm).p-111.n是模p的二次非節(jié)余的充要條件是n21(modp).(10分)11.若(n,p)1,則由Euler定理,np-11(modp),p1p1(n21)(n21)0(modp),p1p1證明：Qp是素?cái)?shù),則n210(modp)或n210(modp)中必有一個(gè)建立,p-1Qn是模p的二次節(jié)余的充要條件是n21(modp),p1n21(modp).12.設(shè)ya1(modp),ya2(modp)都是模p的平方節(jié)余,yb1(modp),yb2(modp)都是模p的平方非節(jié)余.求證:ya1a2(modp),ybb12(modp)都是模的平方節(jié)余,pya1b1(modp)是模的平方非節(jié)余.(10分)p由定理知,12.1p1p1p1p1a12a221(modp),b12b221(modp),證明：p1p1p1(a1a2)2(b1b2)21(modp),(a1b1)21(modp),得證.13.設(shè)p,q為兩個(gè)形如4n3的奇質(zhì)數(shù),求證:若x2p(modq)無解,則x2q(modp)有兩個(gè)解.(10分)13.證明:Qp,q均為形如4n3的數(shù),p1,q-1均為奇數(shù),22又Qx2(p)1,則(q)p1q-1p)(p)p(modq)無解,(-1)22(1.qpqqx2q(modp)有解,設(shè)c是其一解,則因?yàn)閏-c(modp),且(-c)2c2q(modp),-c也是其一解,又因?yàn)槎瓮喾匠讨炼嘤袃蓚€(gè)解,故x2q(modp)恰有兩個(gè)解為c.優(yōu)選14.設(shè)p是合適p1(mod4)的素?cái)?shù),ya(modp)是模p的平方節(jié)余.證明:ya(modp)也是模p的平方節(jié)余.(8分)p1證明:令p由定理知21(modp),14.4k1,1,ap1則(-a)21(modp).15.設(shè)n是整數(shù),證明:n21的任何奇因數(shù)都是4m1的形式.(10分)證明因?yàn)槠鏀?shù)都可表示成奇素?cái)?shù)之積,15.:并且隨意多個(gè)形如4m的整數(shù)之積也擁有4m的形式11.我們只要證明:若素?cái)?shù)是2的因數(shù),則擁有的形式pn1p4m1.若2則21(modp),即-1QR(p),p|n1,n由以上推論知,p4m1.16.若p是素?cái)?shù),則同余方程xp-11(modp)有p-1個(gè)解.(8分)16.證明:由費(fèi)馬定理(Fermat定理)可知,隨意與p互質(zhì)的數(shù)都是它的解.所以,這個(gè)同余方程恰巧有p-1個(gè)不同樣的解,即x1,2,3,L,p-1(modp).an10nan-110n-1n17.設(shè)NLa110a0,求證:9|N9|ai.(8分)i017.Q101,1021,1031,L,10n1(mod9),Nan10nan110n1La110a0anan1La1a0(mod9);18.求證:641|2251.(8分)18.Q224,2416,28256,216154,2321(mod641),23210(mod641),6412251.19.證明:若m,nN,則(mn)(m,n)([m,n]).(10分)19.證明:易知mn與[m,n]有同樣的素因數(shù),設(shè)它們是pi(1ik).則(mn)mn(1-1)(1-1)L(1-1),p1p2pk([m,n])[m,n](