選修課初等數(shù)論考試題庫

1、填空題：abI、 (1859,1573)=1432、對于任意的正整數(shù) a, b,有a, b.(a, b)3、x =尤+ 對.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個整數(shù)，且A中任意兩個整數(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是任意兩個正整數(shù)，則不大于a而為b的倍數(shù)的正整數(shù)個數(shù)為三7、素數(shù)寫成兩個平方數(shù)和的方法是唯一的.8、不同剩余類中的任何兩個不同整數(shù)對模m是不同余的.9、n元一次不定方程ax + a x + a x = c.有解的充分必要條件是(a + aa )c._112

2、2n n12n10、初等數(shù)論按研究方法分為：初等數(shù)論、解析數(shù)論、代數(shù)數(shù)論、幾何數(shù)論II、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)個整數(shù)；(2)任意兩個整數(shù)對模m不同余;(3) A中每個整數(shù)都與m互素;12、設(shè) n 是正整數(shù)c2 1,c2 3,c2 2n1,的最大公約數(shù)為 2k+1 13、若(a,b) = 1,則(a,bc) = (a,c).14、8123被13除的余數(shù)是12.15、模7的最小非負完全剩余系是0、1、2、3、4、5、6.二、判斷題： TOC o 1-5 h z 1、若n為奇數(shù)，則81 n2 1。( V )2、 設(shè)n、k是正整數(shù)nk與nk+4的個位數(shù)字不一定相

3、同。(X )3、 任何大于1的整數(shù)a都至少有一個素因數(shù).(V )4、 任何一個大于1的合數(shù)與a，必然有一個不超過va的素因數(shù).(V )5、 任意給出的五個整數(shù)中必有三個數(shù)之和能被整數(shù)3整除.(V )6、 最大公約數(shù)等于1是兩兩互素的必要而不充分條件.(V )7、 設(shè)p是素數(shù)，a是整數(shù)，則pa或(p,a) = 1.( V )8、 如果a ,aa是互素的，則a ,aa 一定兩兩互素(X)12n12n9、 設(shè)p是素數(shù)，若pab，則p|a且p|b.( X )10、 (劉維爾定理)設(shè)p是素數(shù)，0(p 1)! =1(modp)( V )11、m 是正整數(shù)(a, m) = 1，則 a(m)三 1(modm)

4、. ( V )12、由于每個非零整數(shù)的約數(shù)個數(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)d是a , aa的一個約數(shù)，則d a , aa ( V )12k12k14、1978103 19783不能被 103 整除。(x )15、1 + 1 +1 (n，2)是整數(shù)(X )2n16、n為正整數(shù)，若2n -1為素數(shù)，則n不一定是素數(shù)(X )17、若n 1并且(n -1)!三(mod n)，則n不是素數(shù)(X )18、設(shè)f (x)是整系數(shù)多項式，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(mm= 1 ( mm2是任意兩個互質(zhì)的正

5、整數(shù))，是則(m1m2) =9(m？(”) ( X )20、如果兩個整數(shù)互相整除，則這兩個數(shù)僅相差一個符號(X )三、計算題：1、設(shè)a、b 是整數(shù)且91。2 + ab + b2，則3|(a,b).解：由 9 a2 + ab + b2 n 3 |(a 一 b) + 3ab n 31(a 一 b) n 3 |a 一 b n 9 |(a 一 b)2.再由 9 a2 + ab + b2 得 9 3ab n 3 |ab.由定理4的推論1 (設(shè)p是素數(shù)，若pab，則pa或p|b.)得3|a或3|b.2、求(12345, 678).解：(12345,678).= (12345,339) = (12006,3

6、39) = (6003,339) = (5664,339)=(177,339) = (177,162) = (177,81) = (96,81) = (3,81) =3.3、求(25733 + 46)26被50除的余數(shù).解：根據(jù)定理 4,有(25733 + 46)26 三(733 - 4)26 三(7 + 72)16 - 426 三7 (-1)16 - 426三(7 - 4)26三326 = 3 (35 )5三一21三29(mod50)即所求的余數(shù)是29.194、將痛寫成三個既約分數(shù)之和，它們的分母分別是2, 3和5.19 XX7解：設(shè) W = - + y + 7 即 15x = 10y +

7、67 = 19.、115 x +10 y = 5t11 = -1 + 6u(15,10)= 5 =幺.上述方程等價于.$ 67 = 19解得L = 4 -5ux = 1 + 6u + 2vI x = t + I x = t + 2v 從而，I y = -t - 30故 y = 1 一 6u 一 3v(u, v g 7)取 u = v = 0 得 x = -1, y = 1,7 = 4 即一=+ + 302 3 57 = 4 - 5u5、求不定方程3 x + 6 y = 15的解.解：(3,6) = 3,5 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

8、+ 2y = 1 n a = 1,b = 2)的一個解I x = -5 + 2t所以，x0=-5, y0 = 5就是原方程的解；由定理2知I y = 5-t (t g 7)6、用輾轉(zhuǎn)相除法求整數(shù)x、y使得1387x-162 y =(1387,162).解：作輾轉(zhuǎn)相除：1387 = (-162)x (-8) + 91, -162 = 91x (-2) + 2091 = 20 x 4 +11, 20 = 11 x 1 + 9 , 11 = 9 x 1 + 2 , 9 = 2 x 4 +1, 2 = 1x 2 + 0由此可得 n 6 , q 8 , q 2 , q 4 , q 1, q 1, q 4

9、 123456X = (1)-1Q = 73 , y =(1) np = 625，又(1387,162).= 廣 1,故 1387 x 73 -162 x 625 1 (1387,162)7、將旦寫成三個既約分數(shù)之和，它們的分母分別是3, 5和7(第四章習(xí)題一 1)10517 X y z解：設(shè) + 驀 + 5，即 35x + 21y +15 z = 17 .因(35,21) 7,(7,15) 1, 1|17，故有解.分別解 5x + 3y = t,71 +15z =17 得 x = -t + 3u, y = 2t - 5u, u g Z, t =11 + 15v, z = -4 一 7v, v

10、 g Z消去 t 得 x -11 - 15v + 3u, y = 22 + 30v 一 5u, z -4 一 7v, u、v g Z .對于任意的確定的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10 k 199!解：由定理3 (設(shè)解：由定理3 (設(shè)n是正整數(shù)，n! p 1 - p 2 *P ak是n!的標(biāo)準(zhǔn)分解式，則a 才)從而得知，r112r1-r199199,199!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中所含的5的幕指數(shù)是弋-1 + 三廠+ 47( 199! 10k x A = 2k x5k x A)552所以所求得的最大正整數(shù)是47 .9、若四個數(shù)2839,4582,5164, 6522被同一個大

11、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，則由d|4582 2836 1746, d|5164 4582 582, d|6522 5164 1358，知 d |(1764,582,1358) 194 由此得 d = 97, r = 23 或 d =194, r 120.10、將235 -1 34359738367分解因數(shù)(第三章 第四節(jié)Euler定理例7)解：若p 235-1，則p是25-1或27-1的素因數(shù)或者p三1(mod70).其中有31和127，因為235 -1 31x 127 x8727391,所以235 -1分別是因數(shù)只能用p三1(m

12、od70).來尋求在數(shù)列71、211、281中經(jīng)檢驗8727391 71 x 122921顯然，122921的素因數(shù)也在31、127或數(shù)列71、211、281中簡單計算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 是素數(shù)，故 235 -1 31x 127 x 71x 122921四、證明題：1、求證：平方數(shù)的正因數(shù)個數(shù)是奇數(shù).n證明：因為每個自然數(shù)n的正因數(shù)個數(shù)是成對出現(xiàn)的，若d是n的因數(shù)，則也是n的因數(shù) d當(dāng)d。瑚n時，則d。：.d當(dāng)d = n時，則d = n即當(dāng)n為平方數(shù)時，/n是n的因數(shù)，與其配對的是Jn自身. d

13、于是，當(dāng)且僅當(dāng)n為平方數(shù)時，n的正因數(shù)個數(shù)是奇數(shù).2、求證：若(a, b) = 1，則(a + b, a - b) = 1 或 2.證明：假設(shè)d是a + b的任意一個公約數(shù)，則有d|a + b且d|a -b.于是d |2a，d |2b.又(a,b) = 1/. d |2從而，d = 1 或 d = 2.3、假設(shè)a為正整數(shù)，則5|1n + 2n + 3n + 4n的充要條件為4 |n.證明：因為中(5) = 4，所以，由費馬定理有k4三1(mod5) (1 k 4).故，若 n = 4q + r (0 r 3)，則 1n + 2n + 3n + 4n 三 1r + 2r + 3r + 4r 三

14、1r + 2 + (-2)r + (-1)r用r = 0、1、2、3分別代入上式，則當(dāng)r = 1、2、3時5” + 2n + 3n + 4n當(dāng) r = 0 時，4|n，5 不整除 1 + 2 + 3 + 4.因此，若a為正整數(shù)，則5 1n + 2n + 3n + 4n的充要條件為4|n.4、證明：對任意整數(shù)n，f (n) = 3n5 + 5n3 + 7n被15整除.證明：對任意整數(shù)n記作n = 15q + r(0 r 15)因為對任意的整數(shù)m有a = am +二則ak與r：被m除的余數(shù)相同r = 0 n2 = (15q + r)2 = (15q)2 + 30qr + r2 = 15A + r2

15、 即 n2 與 r2 被 15 除的余數(shù)是相同的記為 r .11同理，n4與r4被15除的余數(shù)是相同的記為r .即r2 = 15B + r，r4 = 15B + r則n4 = 15A + r4.211222考慮3n4 + 5n2 + 7被15除的余數(shù)3n4 + 5n 2 + 7 = 3(154 + r 4) + 5(154 + r 2) + 721=3 X154 + 3 x (15B + r ) + 5(154 + 15B + r) + 7 = 15Q + 3r + 5r + 7 = 15Q + R22211121可見，3n4 + 5n2 + 7與3r + 5, + 7的余數(shù)相同記為R . f

16、 (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，R = 0 即 15|f (n).【對于r = 1,2，14的情形通過計算列出下表:】r =1、 14r = 2、13r = 3、 12r = 4、11r = 5、10r = 6、9r = 7、8r = 1r = 4r = 4r =1r = 10r = 6r = 41111111r =1r =1r = 6r =1r = 10r = 6r =12222222R = 0R = 0R = 10R = 0R = 12R

17、= 10R=0R = 0R = 0R = 0R = 0R = 0R = 0R = 05、定理(帶余除法)：若a、b是兩個整數(shù)，其中b乂0,則存在著兩個整數(shù)q和r，使得a = bq + r, 0 r b成立.而且q及r是唯一的.證明：存在性：若b|a，則a = bq(q g z)可以取r = 0若b|a，考慮集合A = a + kb, k g z集合A中有無限多個正整數(shù)，設(shè)其中最小的正整數(shù)為r = a + kb.則必有0 r b( . r豐|b|，若r = |b|，則b a矛盾，于是r b|即 r = a + kb |b| n a + kb 一 |b| 0這樣集合A中又有正整數(shù)a + kb 一

18、|b| r與r的最小值矛盾)故0 r |b|，取q = 一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)q、f及q、都使得a = bq + r, 0 r V例成立.即有 a = bq + r = bq + r (0 r, r V lb)，則 b(q q ) = r r，11221 2 I1221. b r r r r =0 n r = r n q = q121212126、設(shè)A = 氣,七是模m的一個完全剩余系，以尤表示x的小數(shù)部分，證明：若(a,m) =1，則尤吐 + b = 1(m 1) m 2i=1證明：當(dāng)x通過模m的完全剩余系時，ax + b

19、R通過模m的完全剩余系.因此，對任意的i(1 i m)，ax + b 一定與且只與某個整數(shù)j (1 j m)同余即存在整數(shù)k使得：ax + b = km + j (1 j 1,(a，m) =1，x 1,x2，,七()是模m的簡化剩余系，證明：乙襯 = 2 f (m).其中x表示x的小i 1數(shù)部分。證明：由題可設(shè)：ax =mq + r (0 r V m)由x通過模m的簡化剩余系知r通過模m的最小非負簡化剩余系， TOC o 1-5 h z i i i iii于是由定理可知：如% =如q +二=也餌 = !區(qū)r = mf(m) = 1 f(m) mi m m m i2m2i 1i 1i 1i 18

20、、設(shè)a、b是正整數(shù)，b V 2則2b 1|2a +1證明：(1)若a v b 且 2b 1|2a +1 成立，則 2b 1 2a +1 n 2b 2 2 n 2a(2b-a 1) 2矛盾，故命題結(jié)論成立. 若 a = b 且 2b 1|2a +1，貝ij 2a 1|(2a 1) + 2 n 2a 1|2 n 2a 1 2 n 2a 2矛盾，故命題結(jié)論成立.若a b，記a=kb +r (0k2 :.Vk = 2.3VneN :.3N 4 + a都是合數(shù)。10、證明：a、b、c e N，c無平方因子且a2 b2c，證明：a|b.證明：設(shè)(a, b) = d，則有 a = da與 b = db,(a, b= 1.由 a2 b2c 得 ai b2 c， a2 c因為c無平方因子，所以a = 1，a = d，b = a%即a|b.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 blc.(2)由 b|c 與 a|c,且(a,b) = 1.可推出 ab c .證明：(1).(a, b) = 1.存在整數(shù)工與 使得 ax + by = 1.二 acx + bcy = c. b ac :. b