初等數(shù)論題庫

精選精選浙江師范大學(xué)《初等數(shù)論》考試卷（A1卷）一、填空（30分）741、d（1000）= φ（1000）= 。(101)= 。2、ax+bY=c有解的充要條件是 。3、2002

被3除后余數(shù)為 。4、[X]=3，[Y]=4，[Z]=2，則[X—2Y+3Z]可能的值。5、φ（1）＋φ（P）＋…φ（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 。解同余方程組（12分）x2(mod12)x6(mod10)x1(mod15)A、敘述威爾遜定理。B．證明若(m0(modmm為素數(shù)（10分）四．解方程x47x4≡0（mod ２７） （10分）2Ｐ+1,

(

0(mod2p1)（10分）P六、設(shè)P=4n+3是素數(shù)，證明當(dāng)q=2p+1也是素數(shù)時，梅森數(shù)M 2P分）

1（10七、證x3

3y

9z

無正整數(shù)解。（8分）八、設(shè)n是大于2的整數(shù)，證明(n)為偶數(shù)（10分）答案1、16．2340，123、14、3，4，5，6，7，8，9，10，115、pnq( )q6、p7、2，29

p12 2

p( )q ，p，q為奇素數(shù)8、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abqr,0rb答案解：因為）））（所以同余式組有解 x2(mod4) x2(mod3)

x2(mod4)x2(modx6(mod2)x6(modxx即 x即由孫子定理得x46(mod60)答案A．(威爾遜定)整數(shù) 是素數(shù)，則證：若mm=ab1abma|ma|ma|1不可能，所以m是素數(shù)。答案x

7x4≡0（mod3）得x1(mod3)得x=1+3t代入1x47x4≡0t1代入x=1+3tx41代入x47x4≡0（mod27）有t1t123t2代入有x2227t2，即x22(mod27)答案證：因n=2Ｐ+1(n0(modn即有(n(n2)3211(n2(n2)p(np)n)(p!)2(1)p10(mod2p1)即證答案2( )q)2證：因q=8n+7，由性質(zhì)2是q=8n+7的平方剩余，q 即q|24n31P所以梅森數(shù)M 2P1不是素數(shù)。P答案證：假設(shè)

x33y

9z3有解，設(shè)x3的倍1數(shù)，設(shè)x=3x1

,y3

y3y

,又有

z3z

x33y3

9z3則有解(x

11,y,z11

)z>z

1 1 1 1 1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)生了矛盾答案證：因為（-1，n）=1，由歐拉定理有(1)(n)1(modn)，因為n大于2，只有(n)為偶數(shù)。浙江師范大學(xué)《初等數(shù)論》考試卷（B1卷）一、填空（30分）1、d（37）= 。σ（37）= 。2、φ（1）＋φ（P）＋…φ（Pn）= 。3、不能表示成5X+3Y（X、Y非負）的最大整數(shù)為 。4、7在2004！中的最高冪指數(shù)。5（1501，300）= 。6、axb(modm)有解的充要條件是 。7、威爾遜定理。8、寫出6的一個絕對值最小的簡化系 。88669、 50 50 被7除后的余數(shù)為 。二、解同余方程組（12分）x2(modxx7)三、證明當(dāng)n是奇數(shù)時，有(2n.（10分）四、如果整系數(shù)的二次三項式p(x)x2bxc當(dāng)x0,1p(x)0沒有整數(shù)根（8分）五、解方程45x21(mod132).（10分）

時的值都是奇數(shù)，證明3六、證明：用算術(shù)基本定理證明 是無理數(shù)（10分）3七、證明：對任何正整數(shù)ｎ,若ｎ不能被4整除，則有5|1n2n3n4n （10分八、解不定方程4x5y10（10分）答案:1、2，382、pn3、74、3315、16、(a,m)|b7、P為素數(shù)，(p1)!10(modp)8、1，59、5答案:解：因為5,7,8兩兩互素,所以可以利用孫子定理.M156,M235,M340,m280.解同余式56M,5),35M

8),40M

7),1M,M得到 1

2 32 3 M, M, 2 3 于是所求的解為x561235334031(mod140)267(mod280)所以x267(mod280).答案:證明：因為2,所以2n1n3).于是,當(dāng)n是奇數(shù)時,我們可以令n2k1.從而有2n

1(1)2k110(mod3),3(2n即 .答案:證：由條件可得c為奇數(shù)，b為偶數(shù)q，若q

q2bqc為奇數(shù)，而p（q）=0為偶q

q2bqc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15x7(mod44).我們再解不定方程15x44y7,得到一解(21,7).因此同余式的3個解為x21(mod132),132x21

(mod132)65(mod132)3 132x212 (mod132)109(mod132)3答案:證：假設(shè)

33

p3=q，由對數(shù)定義可3得有3q2=p2,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(shù)基本3定理矛盾?！?為無理數(shù)。3答案:n=4q+r，r=1，2，3。因為(i,5=1,i=1,2,3,4所以有ir=1時有12340(mod5)

1(mod5)r=2時有

22

32

42

0(mod5)r=3時有

23

33

43

0(mod5)從而證明了結(jié)論。答案:解：因為（4，5）=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x5t,y24t,tZ浙江師范大學(xué)《初等數(shù)論》考試卷（C1卷）一、 填空（30分）1d31= 。（360= 。2、四位數(shù)被9整除，則A= 。3、17X+2Y=3通解為 。4、費爾馬大定理是 。5、出2的一個簡化系，要求每項都是5的倍 。6、2.4= 。7、0.2857化為分數(shù)是 。8、15！的標準分解是 。9、1000到2003的所有整數(shù)中13的倍數(shù)有 個二、解同余方程組分）x4)x2(modx6(mod7)三、敘述并且證明歐拉定理（12分）四、8x9(mod11) （10分P五、證明梅森數(shù)M 2Pp2,5

1的素因子qp.（10分）p9六、試證若

且是素數(shù)，則

p1

（9分）七、證明：對任何的正整數(shù)a，5a+2不可能是平方數(shù)（9分）八、判斷方程x2≡３（mod ８３）是否有解，若有解則有幾解分）答案1、2，124932、73x12ty217ttZ4xn

yn

zn(n3)無正整數(shù)解5、5，25，35，556、0．637、78211369、78答案

5372

1113證：因為4,5,7兩兩互素,所以可以利用孫子定理求解.M135,M228,M320,m140.解同余式35M,4),28M

5),20M

7),1M,M得到 1

2 32 3 M, 2,M, 2 3 于是所求的解為x35(1)3282220(1)6(mod140)97(mod140)(歐拉定理)若則(歐拉定理)若則證明：設(shè)是模的一組互素剩余系．即又由§2.2互素剩余系．證明：設(shè)是模的一組互素剩余系．即又

是模 的一組答案解：因為（8，11）=1，所以同余式有解。由形式分數(shù)有x9

3(mod11)8 811答案證：q

p-1

p-1為奇數(shù)，∴q≠2，∴（2，q）=1,由條件q|2p-1,即2p≡1（modq）又∵（q,2）=1，2p≡1（modq）設(shè)i是使得2x≡1（modp）成立最小正整數(shù)p為素數(shù)矛盾i=p, p|q-1，從而證明了結(jié)論。答案證：因為p2,5且是素數(shù)所以（p，10）=1，由歐拉定理有10p11(modp)，從而有p9p1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(guān)于5，所以不相等答案(3)1解：因為83 ，所以有解，由性質(zhì)知有解就有兩解。浙江師范大學(xué)《初等數(shù)論》考試卷（D1卷）一、填空題(每小題3分，共30分)1.σ（29）= .不能表示成5x4y（x,y為非負整數(shù)）的最大整數(shù).7在2008！的標準分解式中的最高冪指數(shù)是 4.2005和2006的最小公倍數(shù)是 .威爾遜定理是 .設(shè)x1為整數(shù)且被457除后的余數(shù)都為3，則最小的x是 .7.已知（a，b）=1，則（5a+3b，13a+8b）= .8.1，4，9，16,…10000這100個平方數(shù)中是3的倍數(shù)的平方數(shù)有 個.9.若今天是星期,則1010天后的那一天是星.10.32005的末二位數(shù).二．解同余方程組（12分）x3(modx5(modx1(mod7)三．解同余方程17x2(mod25（10）四．求4x2xy30的整數(shù). （10分）五．判斷同余方程x2≡73(mod137)是否有解，若有解，有幾解.(8分)x,yx

y2＝1995成立.（10分）七．設(shè)72|a673b，試求a，b的值.（10分）八．用12。，9不重復(fù)地寫出被11整除最大的九位數(shù)10分）答案1. 302.113.3354.40220305.P,p0(modp)6.1437.18.339.四10.11.答案解：因為5,8,7兩兩互素,所以有解利用孫子定理求得

M1 M2M340.m280解同余方程

56M,

5)

35M,

8)

40M,

1(mod7),得到1 2 32 3 M,M, M, 2 3 1于是所求的解為x561(3)353(5)4031(mod280)得x267(mod280).答案解：因為（17，25）=117x2(mod25有一解2 2 1 6x 6(mod17 8 4 46答案解：因為x0,所以

y4x 3x,3因為yx-1,-3,1,3x 1 x x 3

31 2 3 4從而原方程的解為

y 11

y 12

y 113

y 114答案解：因為

(73137

)

，所以同余方程x2≡73(mod137)有解由定理有解則有兩解。答案證：假設(shè)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.又∵1995被４除余數(shù)為３.∴得出矛盾，假設(shè)不成立.故沒有整數(shù)x，y存在，使x2＋y2＝1995成立.答案解72＝8×9，且(8，9)＝1∴8|a673b，且9|a673b∴8|73b 9|a＋6＋7＋3＋6即9|22＋a，即a=5，所以a=5，b=6答案因為被1111最大的九位987657,只要4774,4,31,24,為了最42413,所以所求數(shù)為987652413.浙江師范大學(xué)《初等數(shù)論》考試卷（E1卷）一、填空（30分）1、d（1200）= 。2、梅森數(shù)Mn是素數(shù)，則n是 。3、不能表示成7X+6Y（X、Y非負）的最大整數(shù)。4、1×3×5×7……×1999×2001的標準分解中13的冪指數(shù)是 。5（13a+21b，34a+55b）= 。已知，b）=1。6、費爾馬猜想是 。7、寫出12的一個簡化系，要求每項都是7的倍數(shù) 。8、有解的充要條件。9、2002

被3除后余數(shù)為 。10、[X]=3，[Y]=4，[Z]=2，則[X—2Y+Z]可能的值為 二、解方程組分）x7)x2(mod8)x3(mod9)三、敘述并且證明帶余除法定理（10分）四、解方程x22x2≡0（mod １２５10分）五、設(shè)Ｐ為素數(shù)，試證對任整數(shù)ａ，（Ｐ－１！aP＋（10分x2-2xy2+5z+3=0無整數(shù)解P七、證明梅森數(shù)M 2P1的素因子ｑ一定為２ｐｔ＋１型（ｐ>２為素數(shù)（10分）P八、證明形如4m+1的素數(shù)有無窮多個（10分）答案1、24，2、素數(shù)3、294、835、16xn

yn

zn(n3)無正整數(shù)解7、7，35，49，778、(a,m)|b，9、110、 -5，-4，-3，-2答案解因為7,8,9兩兩互素,所以可以利用孫子定理.M 72,M M 56,m4941 2 3解同余式72M,1(mod7),63M,1(mod8),56M,

1(mod9),112得到M,12

4,M,

231,M,3

4

3.于是所求的解為x724163256(4)494)510(mod494)478(mod494).答案帶余除法定理：且使得對于必存在一個整數(shù)使得成立帶余除法定理：且使得對于必存在一個整數(shù)使得成立令即惟一性）：若使得

是惟一的．又又又即從而有是惟一的．又即從而有是惟一的．x

2x2≡0（mod5）得x1,2(mod5)對x1(mod5)得x=1+5t代入1x22x2≡0（mod25）有4t5t11

代入x=1+5t得x625t1代入x22x2≡0（mod125）有14t1

2(mod5)t111

22

代入有x562

，x56(mod125)，同理另一解為x67(mod125)答案證：由威爾遜定理(p1)!1(modp)由歐拉定理

apa(modp)，兩式相乘即得(p1)!apa(modp)即有Ｐ（Ｐ－１！aP＋a答案y45z3證:若不定方程有解，則y45z3y4≡0，1(mod5),y4-5z-3≡2，3(mod5)而一個平方數(shù)≡0，1，4（mod5）∴y4-5z-3不可能為完全平方，即所以原不定方程無解。

y4y45z3答案q

p-1

p-1為奇數(shù)，∴q≠2，∴（2·q）=1,由條件q|2p-1,即2p≡1（modq）又∵（q,2）=1，2p≡1（modq）設(shè)i是使得2x≡1（modp）成立最小正整數(shù)p為素數(shù)矛盾∴i=p, ∴p|q-1又∵q-1為偶數(shù)，2|q-1,∴2p|q-1,q-1=2pk,即q=2pk+1答案證：假設(shè)形如4m+1的素數(shù)只有有限個，設(shè)為p1…pk，顯然(2p1…pk)2+1ppp1…pkp4m+3形p整除(2p1…pk)2+1，表明(2p1…pk)2+1≡0（modp）1

p11

2 (1)2m11pp即2≡(-1)(mod)有解，即 ，

p

矛盾，∴p為4m+1形，這與4m+1的素數(shù)只有k個矛盾。浙江師范大學(xué)《初等數(shù)論》考試卷（F1卷）一、 填空（36分）1、d（1000）= 。σ（1000）= 。φ（1000）= 。2、n，若(n0(modn)則n為 。3、不能表示成5X+3Y（X、Y非負）的最大整數(shù)為 。4、7在2003！中的最高冪指數(shù)是 。5（1515，600）= 。6、axb(modm)有解的充要條件是 。7、威爾遜定理是 。8、寫出6的一個簡化系，要求每項都是5的倍數(shù) 。9、0.3化為分數(shù)是 。10、22003的末位數(shù)是 。、[-2.3]= 。12、φ（1）＋φ（P）＋…φ（Pn）= 。13、x1且能被4、5、7整除，則最小的x是 。886614、

50

被7除后的余數(shù)為 。15、兩個素數(shù)的和為31，則這兩個素數(shù)是 。16、帶余除法定理是 二、 解同余方程組（12分）x2(modxx7)三、 敘述并且證明費爾馬小定理（12分）四、 如果整系數(shù)的二次三項式p(x)x明 p(x)0沒有整數(shù)根（6分五、 設(shè)Ｐ為奇素數(shù)，則有（8分

bxc當(dāng)x時的值都是奇數(shù)，證（1）1p1

2p

(pp

1(modp)（2）1p

2

(p

0(modp)六、 證明：對任何正整數(shù)ｋ，ｍ，ｎ證明：

有１１|55k245m435n3 （6分）3是無理數(shù)。（8分）3七、 試證：對任何的正整數(shù)n,n

24（6分）八、 解不定方程4x5y10（6分）答案1、16，2340，93601、素數(shù)2、73、3314、155、(a,m)|b6、p0(modp)7、5，25298909、810、 -311、 pn12、 14013、 514、 2，29a，b是兩個整數(shù)，b>0,則存在兩個惟一的整數(shù)q，r使得abqr,0rb答案解：證：因為5,8,7兩兩互素,所以可以利用孫子定理求解.M156,M235,M340,m280.解同余式56M,5),35M

8),40M

7),1M,M得到 1

2 32 3 M, M, 2 3 于是所求的解為x561235334031(mod140)267(mod280)答案p

apa(modp)p|a，則有p|apa

a(modp)，若（a，p）=1，由歐拉定理有a

1(modp)兩邊同乘a即有ap

a(modp)答案證：由條件可得c為奇數(shù)，b為偶數(shù)p（x）=0qqq

bqcp（q）=0為qq也不可能，所以p(x)0沒有整數(shù)根答案

bqcp（q）=0為偶數(shù)，證：由歐拉定理1p2p1(pp11p1p)由費爾馬定理1p12p(pp12p1p)答案5，1）=（4，1）=（3，1）=1由歐拉定理得5101(mod11)，3101(mod11)，4101(mod11)，進一步有551(mod11)，351(mod11)，451(mod11)對任何正整數(shù)ｋ，ｍ，ｎ有55k245m435n35244330(mod11)即有１１|55k245m435n3答案31證：假設(shè) 是有理數(shù)，則存在自數(shù)數(shù)a,b使得滿31

x23y2即a2

2，容易知a3

b

3a2,b3

ba，設(shè)11b3b設(shè)1121121

，則a

2,這里b a3a2，b2…a>b>a1>b1>3但是自然數(shù)無窮遞降是不可能的，于是產(chǎn)生了矛盾，∴

為無理數(shù)答案證：n=2kn

2=4k

24整除n=2k+1n所以有

2=4k2

4k34整除nn

24整除答案解：因為（4，5）=1，所以不定方程有解，由觀察得有特解x=0，y=5x05t所以不定方程的解為y2t為整數(shù)浙江師范大學(xué)《初等數(shù)論》考試卷（G1卷）一、填空（30分）1、d（1001）= 。σ（2002）=2、a

x ax111 2 11

....axn n

c有解的充要條件是 。3、不能表示成5X+6Y（X、Y非負）的最大整數(shù)為 。4、2003！中末尾連續(xù)有 個零。5（21a+4，14a+3）= 。6x2

y

z2通解為 。7、兩個素數(shù)的和是39，這兩個素數(shù)是 。8、從1001到2000的所有整數(shù)中，13的倍數(shù)有 。9、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 。二、解同余方程組（12分） x4) xx52mod7)三、證明費爾馬小定理。 （10分）四、明：設(shè)ｄ是自然數(shù)ｎ的正因子，則 dn2d(n)dn （10）五、Ｐ為奇素數(shù)，則有（10分）apbp(ab)p(modp)x

20xy19960。 （10分）七、解不定方程式15x+25y=-100. (8分)19（不重復(fù)15（10分）答案1、6，40322、(a,a,...a)|2、1 2 n3、194、4995、167、2，378、779、193答案解：因為4,5,7兩兩互素,所以可以利用孫子定理求解x4)xx3mod7)原方程即為.M 35,M 28,M 20,m140.1 2 3解同余式35M,4),28M

5),20M

7),MM得到 1

2 31,M,22,M,31.于是所求的解為x351282120(3)(mod140)81(mod280)所以x81(mod140).答案費爾馬小定理：pa

a(modp)）當(dāng)，p=1，則ap1(odp)，兩邊同乘P即得apa(modp)（2）當(dāng)

(a,p)P|a

p|apa

a(modp)a

a(modp)答案n證：dndnnd（n） d 所以dn d|nd，所

( d)2dn

nd(n)即有

1 dn2d(n)dn答案證：由費爾馬小定理知對一切整數(shù)有又由費爾馬小定理有（a+b）p≡a+b（a+b）p≡ap+bp(p)答案1xx2x1

，則有x2

10x1

y4990即有1x(x11 1

10y)499由499為素數(shù)有兩因子只能取1,499，從而得x2x2x998x998 y50y50y50y50答案解：因為（15，25）|-100所以方程有解原方程的一組特解為x0,y4所以原方程的解為x5t,y43t,tZ答案987645浙江師范大學(xué)《初等數(shù)論》考試卷（H1卷）一、 填空（30分）1（1000）= 。2、n，若(n0(modn)則n為 。3、7在2003！中的最高冪指數(shù)是 。4（1515，600）= 。5、axb(modm)有解時有 個解。6、帶余除法定理是 。7、寫出6的一個簡化系，要求每項都是5的倍數(shù) 。8、0.3化為分數(shù)是