初等數(shù)論試題庫(kù)

1、初等數(shù)論一、填空741、d (1000) = 。 (1000) =。 (101 )=。2、 ax+bY=c有解的充要條件是。20023、 2002被3除后余數(shù)為 _。4、 X=3，丫=4，Z=2，則X 2Y+3Z可能的值為。5、 (1)+ ( P)+ ( Pn) =。6高斯互反律是。7、 兩個(gè)素?cái)?shù)的和為31,則這兩個(gè)素?cái)?shù)是。8、 帶余除法定理是。9、d (37) = 。(t(37) =。10、 (1)+ (P)+ ( Pn) =。11、不能表示成5X+3Y (X、丫非負(fù))的最大整數(shù)為 。12、 7在2004!中的最高幕指數(shù)是 。13、(1501 , 300) = 。14、ax bgodm)有解

2、的充要條件是 _。15、 威爾遜定理是。16、 寫(xiě)出6的一個(gè)絕對(duì)值最小的簡(jiǎn)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(fèi)爾馬大定理是。22、寫(xiě)出12的一個(gè)簡(jiǎn)化系，要求每項(xiàng)都是5的倍數(shù)。23、24 =。24、0.428571化為分?jǐn)?shù)是 _。25、15!的標(biāo)準(zhǔn)分解是。26、1000到2003的所有整數(shù)中13的倍數(shù)有個(gè)。27、(t( 29)= 一28、不能表示成5x 4y (x，y為非負(fù)整數(shù))的最大整數(shù)為 .29、 7在2008!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中的最高幕指

3、數(shù)是 .30、2005和2006的最小公倍數(shù)是31、威爾遜定理是32、 設(shè)x 1為整數(shù)且被4、5、7除后的余數(shù)都為3，貝U最小的x是.33、 已知(a, b) =1,貝U( 5a+3b, 13a+8b) =.34、 1, 4, 9, 16,10000這100個(gè)平方數(shù)中是3的倍數(shù)的平方數(shù)有個(gè).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?cái)?shù)，則n是。39、不能表示成7X+6Y (X、丫非負(fù))的最大整數(shù)為。40、 1 X 3X 5X 7X 1999X 2001的標(biāo)準(zhǔn)分解中13的幕指數(shù)是。41、(13a+21

4、b , 34a+55b) = 。已知(a , b) =1。42、費(fèi)爾馬猜想是。43、寫(xiě)出12的一個(gè)簡(jiǎn)化系，要求每項(xiàng)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，丫=4 , Z=2，則X 2Y+Z可能的值為。47、 d (1000) = 。(r( 1000) =。( 1000) =48、 n 1，若(n 1)! 1 (mod n)則 n 為_(kāi)。49、不能表示成5X+3Y (X、丫非負(fù))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 bgodm)有解的充要條件是 _。5

5、3、威爾遜定理是。54、寫(xiě)出6的一個(gè)簡(jiǎn)化系，要求每項(xiàng)都是5的倍數(shù)。55、2 2003的末位數(shù)是 _。56、-2.3=。57、 (1)+ (P)+ ( Pn) =。58、x 1且能被4、5、7整除，則最小的x是。69、兩個(gè)素?cái)?shù)的和為31,則這兩個(gè)素?cái)?shù)是60、 帶余除法定理是。61、 d (1001) = 2002) =62、 a1x1 a2x2 anxn c有解的充要條件是 。63、不能表示成5X+6Y (X、丫非負(fù))的最大整數(shù)為 。64、 2003!中末尾連續(xù)有個(gè)零。65、(21a+4，14a+3) =。66、兩個(gè)素?cái)?shù)的和是39，這兩個(gè)素?cái)?shù)是 。67、 從1001到2000的所有整數(shù)中，13的

6、倍數(shù)有。68、 p,q是小于是100的素?cái)?shù)，pq-仁x為奇數(shù)，則x的最大值是69、n1,若(n 1)! 1 0(mod n)則 n 為。70、 7在2003!中的最高幕指數(shù)是 。71、(1515 , 600) = 。72、ax b(mod m)有解時(shí)有 個(gè)解。73、 0-32化為分?jǐn)?shù)是。74、-0.3=。4888 8875、50 被7除后的余數(shù)為。答案1、16. 2340, 12、(a, b) |c3、14、3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11n5、Pp 1q 16、 (9)( 1)(2) , p, q 為奇素?cái)?shù)pqr,0 r b7、2, 298、a, b是兩個(gè)整數(shù)，b0,則

7、存在兩個(gè)惟一的整數(shù)q, r使得a bq9、2, 38n10、p11、712、33113、114、(a,m)|b15、 P為素?cái)?shù)，(p 1)! 1 0(md p)16、1, 517、518、2,1249319、720、x 1 2t,y 2 17t,t Z21、x y z (n 3)無(wú)正整數(shù)解22、5, 25, 35, 5523、0. 6324、725、 211 36 53 72 11 1326、7827、302& 1129、33530、402203031、P為素?cái)?shù)，則有(p 1)! 1 0(mod p)32、14333、134、3335、四36、4337、24，38、素?cái)?shù)39、2940、8341

8、、142、xn yn zn (n 3) 無(wú)正整數(shù)解43、7，35，49，7744、(a,m) |b45、146、-5，-4，-3，-247、16，2340，936048、素?cái)?shù)49、750、33151、1552、(a,m) |b53、(p 1)! 1 0(mod p)54、5，2555、856、-357、pn58、140r,0 r b59、2，2960、 a, b是兩個(gè)整數(shù)，b0,則存在兩個(gè)惟一的整數(shù)q, r使得a bq61、6， 403262、(a1,a2,.an) |c63、1964、49965、166、2， 3767、7768、19369、素?cái)?shù)70、3171、1572、(a,m)73、29

9、9074、-175、4x2(mod 12)1、x6(mod 10)3x1(mod 15)x3(mod4)3、x2(mod5)x6(mod7)5、x1(mod7)x2(mod 8)x3(mod 9)6、x1(mod4)x1(mod5)x5 2 mod 7)二、解同余方程組答案x 2(mod5)人 x 3(mod8)x 1(mod7)x 3(mod 5)4、x 5(mod8)x 1(mod7) x 2(mod5)x 3(mod 8)x 6(mod9)(1)解：因?yàn)?12,10)|6-(-2),(10,15)|6-1, (12,15)|1- (-2)所以同余式組有解x2(mod 4)x2(mod 3

10、)x 6(mod 2)x 6(mod 5)x 1(mod 3)原方程等價(jià)于方程x 1(mod 5)x 2(mod4)x 2(mod 3)即 x 1(mod5)由孫子定理得x 46(mod 60)(2)解：因?yàn)?,7,8兩兩互素，所以可以利用孫子定理M156, M 235, M 340, m 280解同余式56M 1, 1(mod 5) , 35M 2, 1(mod 8) , 40M3, 1(mod 7)JJ得到 M 1 1,M 2 3,M 3 3. 于是所求的解為x 56 1 2 35 3 3 40 3 1(mod140) 267(mod 280)所以 x 267(mod 280).(3) 證

11、：因?yàn)?4,5,7 兩兩互素 , 所以可以利用孫子定理求解 .M1 35,M 2 28,M 3 20,m 140.解同余式35M1, 1(mod 4) , 28M2, 1(mod 5), 20M3, 1(mod 7) , 得到 M 11,M ,2 2,M ,3 1.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?yàn)?5, 8, 7 兩兩互素 , 所以有解利用孫子定理求得 M1 56,M 2 35,M 3 40. m 280 解同余方程 56M1, 1(mod 5) , 35M2, 1(mod 8) , 40M3 1(

12、mod 7),得到 M1, 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?yàn)?7,8,9 兩兩互素 , 所以可以利用孫子定理 M1 72,M 2 63,M 3 56,m 494解同余式72M1, 1(mod 7) , 63M2, 1(mod 8) , 56M3, 1(mod 9) 得到 M1, 4,M,2 1,M ,3 4 .于是所求的解為6)解：因?yàn)?4,5,7x原方程即為M 1 35,M 2 解同余式兩兩互素 , 所以可以利用孫子定理求解1(mod 4)1(mod5)3m

13、od7)28,M 3 20,m 14035M1, 1(mod 4) , 28M2, 1(mod 5), 20M3 1(mod 7)得到 M11,M 22,M 31 .于是所求的解為x 35 ( 1) 128 2 120 ( 1) ( 3)(mod140)81(mod 280) 所以 x 81(mod 140).(7)解：因?yàn)?, 8, 9 兩兩互素，所以有解利用孫子定理求得M172,M 245，M 340. m 360解同余方程 72M1 1(mod 5), 45M2 1(mod 8), 40M3 1(mod 9),得到M1，3,M 25,M 32于是所求的解為x 72 3 245 3 5 4

14、0 ( 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(modm)，則m為素?cái)?shù)(2) 證明當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，有3(2 1).(3) 敘述并且證明歐拉定理。(4) 解同余方程17x2(mod25)(5) 敘述并且證明帶余除法定理。(6) 敘述并且證明費(fèi)爾馬小定理。(7) 證明：若則當(dāng)通過(guò)模比的完全剩余系時(shí)，貝U也通過(guò)模円的完全剩余系.答案1 a,b m，貝y a |(m 1)!,a|(m 1)! 1，則有 a |1(1) A.(威爾遜定理)整數(shù)。是素?cái)?shù)，則:-_證：若 m不是素?cái)?shù)，則 m=ab 不可能，所以m是素?cái)?shù)

15、。證明：因?yàn)?1(mod 3),所以2n 1(1)n1(mod 3)于是,當(dāng)n是奇數(shù)時(shí),我們可以令n 2k 1.從而有 2n 1( 1)2k110(mod3),即 3(2n 1).歐拉定理)若貝一證明：設(shè) 爪-泊”是模w的一組互素剩余系.L 由 2.2定理知 *是模的一組互素剩余系.兒- j . 一 T一即.又T (fm) - 11七円(潮)二Gj斫1artwl(niod2) 解：因?yàn)?17, 25) =1,所以同余方程17x 2(mod 25)有一解 帶余除法定理：二-二且口基-二使得成立，并且是惟一的.證明：(存在性)作整數(shù)序列：-貉廠為機(jī)笳,3&對(duì)于：必存在一個(gè)整數(shù)F使得成立令打即 r;

16、 _二”2： ” 三二惟一性)：若 - 一止使得一 11 1?a- bq- r - bq占(？_釣)打一尸q-=rL-r又I_ 一，二0 1- r| &0 | z1這樣可以一直進(jìn)行下去， ZZ1Z2 Z3Z4但是自然數(shù)無(wú)窮遞降是不可能的，于是產(chǎn)生了矛盾(5) 設(shè)n是大于2的整數(shù)，證明(n)為偶數(shù)(10分)答案證：因?yàn)? -1， n) =1 ，由歐拉定理有( 1) (n) 1(mod n) ，因?yàn)?n 大于 2，只有 (n) 為偶數(shù)。2(6) 如果整系數(shù)的二次三項(xiàng)式P(x)x bx c當(dāng)x 0,1時(shí)的值都是奇數(shù)，證 明p(X) 0沒(méi)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

17、 (x) =0有根q，若q為偶數(shù)，則有q bq c為奇數(shù)，而p (q) =0為偶2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(méi)有整數(shù)根(7) 解方程 45x 21(mod132) .(10分)答案:解 因?yàn)?45,1 32)=3|21 , 所以同余式有 3個(gè)解. 將同余式化簡(jiǎn)為等價(jià)的同余方程 15x 7(mod 44) . 我們?cè)俳獠欢ǚ匠?5x 44y7, 得到一解(21,7).因此同余式的 3 個(gè)解為x 21(mod132) ,132x 21(mod132)65(mod132)3,132x 212(mod132)109(mod

18、132)3（8）證明：用算術(shù)基本定理證明、3是無(wú)理數(shù)。（10分）答案:P證：假設(shè) 3是有理數(shù)，則存在二個(gè)正整數(shù) p , q，使得-3= q2 2得有3q = p ,則同一個(gè)數(shù)左邊含奇數(shù)個(gè)因子，右邊含偶數(shù)個(gè)因子, 定理矛盾。3為無(wú)理數(shù)。由對(duì)數(shù)定義可與算術(shù)基本（9）、證明：對(duì)任何正整數(shù)n ，若n不能被4整除，則有n n n n5| 1234（10 分）答案：證：則題意知 n=4q+r， r=1，2，3。因?yàn)椋╥，5） =1,i=1,2,3,4所以有 當(dāng) r=1 時(shí)有 1 23 4 0（mod 5）當(dāng) r=2 時(shí)有 12223242 0（mod 5）當(dāng) r=3 時(shí)有 13233343 0（mod 5

19、）從而證明了結(jié)論。（10）、解不定方程4x 5y 10（ 10分）i4 1(mod 5)答案:解：因?yàn)椋?，5） =1，所以方程有解， 由觀察得有特解x=0，y=2所以方程的解為x 5t, y 2 4tt Z（11）8x 9（mod11）（ 10 分）答案解：因?yàn)椋?，11）由形式分?jǐn)?shù)有99x=1，所以同余式有解8 8 113(mod11)P(12) 證明梅森數(shù)Mp 21的素因子q p. (10分)答案證：設(shè)q是2 p-1的質(zhì)因數(shù)，由于2 p-1為奇數(shù)，二2, (2, q)=1,由條件 q|2p-1,即 2 p 三 1 (mod q)又(q,2) =1, 2 p 三 1 (mod q)設(shè)i是使

20、得2 x = 1 (mod p)成立最小正整數(shù)若1i 2為素?cái)?shù))(10 分)答案證：設(shè)q是2 p-1的質(zhì)因數(shù)，由于2 p-1為奇數(shù)，二2, (2q) =1,由條件 q|2p-1,即 2 p 三 1 (mod q)又(q,2) =1, 2 p 三 1 (mod q)設(shè)i是使得2 x = 1 (mod p)成立最小正整數(shù)若1i 1，貝y a1 3b1 ,這里 b2 a 1這樣可以進(jìn)一步求得 a2，b2且有 aba1b1 a2b2但是自然數(shù)無(wú)窮遞降是不可能的，于是產(chǎn)生了矛盾，3為無(wú)理數(shù)2小(30) 試證：對(duì)任何的正整數(shù)n,n 2不能被4整除。(6分)答案證：n=2k時(shí)有n2 2= 4k2 2，不能被

21、4整除 當(dāng)n=2k+1時(shí)有n22= 4k2 4k 3，不能被4整除所以有2 -對(duì)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)答案x=0， y=5解：因?yàn)?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)dd|n(32) 明：設(shè)d是自然數(shù)n的正因子，貝U有(10 分)答案證：設(shè)d是n的因子,則d也是n的因子，而d n所以dln d|n d，所以(d)2d nd (n) n即有dnn的因子數(shù)為2dn2d (n)(n)(33) P為奇素?cái)?shù)，則有(10 分)ap bp (a b)p(mod p)答案證：由費(fèi)爾馬小

22、定理知對(duì)一切整數(shù)有ap 三 a (P)bP-b(P)，由同余性質(zhì)知有ap+bp=a+b( p)又由費(fèi)爾馬小定理有(a+b) p= a+b ( p)(a+b) p三 ap+bp( p)2(34) 、用初等方法解不定方程x 20xy 296(10 分)答案解：由題意知x為偶數(shù)，設(shè)x10y)499由499為素?cái)?shù)有兩因子只能取x 2 x2 x 998 xy 50 y50 y 50 y22x!，則有 xi10xiy 4991, 499，從而得9980即有（35）、解不定方程式15x+25y=-100.（8分）答案解：因?yàn)椋?5, 25） |-100所以方程有解原方程的一組特解為x 0，y 4 所以原方程的解為x 5t,y 4 3t,t Z（36）、請(qǐng)用1到9這九個(gè)數(shù)中的六個(gè)（不重復(fù)）寫(xiě)出一個(gè)最大的能被15整除的六位數(shù)（10分） 答案987645（37）