初等數(shù)論模擬試題四套附答案

初等數(shù)論模擬試題四套初等數(shù)論模擬試題四套(附答案)PAGEPAGE13/13初等數(shù)論模擬試題二一、單項選擇題1、(0,b)（C ）.A b B b C b D 2、如果ba，ab，則(D ).A ab B ab C ab D ab3、如果(a,b)1，則(ab,ab)=（C A a B b C 1 D ab4、小于30的素數(shù)的個數(shù)A 10 B 9 C 8 D 75、大于10且小于30的素數(shù)有（C）.A 4個 B 5個 C 6個 D 7個6、如果3n，5n，則15（A ）n.A 整除 B 不整除 C 等于 D不一7、在整數(shù)中正素數(shù)的個數(shù)）.A 有1個 B 有限多 C 無限多 D 不一定二、計算題1、 求24871與3468的最大公因解：24871=34687+5953468=5955+493595=4931+102493=1024+85102=851+1785=175,,(24871,3468)=17.2、 求[24871,3468]=?解：因為（24871,3468）=17所以[24871,3468]= 24871346817=50736842487134685073684。3、求[136,221,391]=?解：[136,221,391]=[[136,221],391]=[136221,391]=[1768,391]17三、證明題

=1768391=104391=40664.171、 如果a,b是兩個整數(shù),b0,則存在唯一的整數(shù)對q,r,使得abqr,其中0rb.證明：首先證明唯一性.設(shè)qrabqr,0rb.bqrbqrqrrbqqrrrb,0rb,所以rrb.如果qq,則等式bqqrr不可因此qqrr.其次證明存在性.我們考慮整數(shù)的有序列……,3b,2b,b,0,……則整數(shù)a應(yīng)介于上面有序列的某兩數(shù)之間,即存在一整數(shù)q使qba我們設(shè)raqb,則有abqr0rb.2、 證明對于任意整數(shù)n,數(shù)nn2

n3

是整數(shù).n

n2

3 2 6n3=n(23nn2)=1n(n2),3 2 6 6 62,33數(shù),并且(2,3)=1,所以從2n(n和3n(n1)(n有6n(n1)(n,n

n2

n3是整數(shù).3 2 63、 任意一個n位數(shù)anan1a2a1與其按逆字碼排列得到的數(shù)a1a2an1an的差必是9的倍數(shù).證明：因為aan

aa2

a 10n1n

n1

10n2a2

10a,1aa1 2

a=an1 n 1

10n1a2

10n2

n1

10a,n所以,aa aa-aaa a=n n1 2 1 1 2 n1 na(10n11)n

n1

10(10n31)a10n3)a2

10n1).94、 證明相鄰兩個偶數(shù)的乘積是8的倍證明:設(shè)相鄰兩個偶數(shù)分別為2n,(2n2)所以2n(2n2)=4n(n1)2即4n(n1)8.初等數(shù)論模擬試題三一、單項選擇題1、如果(A),則不定方程axbyc有解.A (a,b)c B c(a,b) C ac D (a,b)a2、不定方程525x231y210（A ）.A 有解 B 無解 C 有正數(shù)解 D有負(fù)數(shù)二、求解不定方程1、9x21y144.解：因為（9，21）=33144，所以有解；化簡得3x7y48；考慮3x7y1，有x,y1，所以原方程的特解為x96,y48，因此，所求的解是x967t,y483t,tZ。2、6x17y18.解：因為(6,17)18,所以有解;考慮6x17y1xy1;所以x54,y18是特解,即原方程的解是x5417t,y183、107x37y25.解：因為（107，37）=125，所以有解；考慮107x37y1，有x,y26，所以，原方程特解為x925=225y2625=-650，所以通解為x22537t,y650107t求不定方程25x13y7z4解我們將它分為兩個二元一次不定方程來求解25x+13y=t,t+7z=4.利用求二元一次不定方程的方法,因為25(-t)+13(2t)=t,32+7(-4)=4,所以,上面兩個方程的解分別為xt

t327k,.2,. 1 y25k z4k1 2消去tx3213k

7k2,21y6425k1z4k

14k22這里kk1 2求不定方程4x9y5z8解我們將它分為兩個二元一次不定方程來求解4x-9y=t,t+5z=8.利用求二元一次不定方程的方法,因為4(-2t)-9(-t)=t,48+5(-8)=8,所以,上面兩個方程的解分別為x2t9k1yt4k

,t485k2.z8k1 2消去tx969k

10k2,21y484k1z8k

5k22這里kk1 2初等數(shù)論模擬試題四一、選擇題1、整數(shù)5874192能被(B)整除.A 3 B 3與9 C 9 D 3或92、整數(shù)637693能(C )整除A 3 B 5 C 7 D 93、模5的最小非負(fù)完全剩余系(D ).A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,44、如果ab(modm),c是任意整,則（A ）A acbc(modm) B ab C acbc(modm) D ab二、解同余式（組）（1）45x21(mod132).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).于是定理4.1中的x 21.0因此同余式的3個解為x21(mod132),x21132(mod132)65(mod132),3x212132(mod132)109(mod132).3（2）12x150(mod45)解因為(12,45)=3|15,又同余式等價于4x50(mod15,即4x515y.我們利用解不定方程的方法得到它的一個解是(10,3),即定理4.1中的x 10.03x10(mod45),x1045(mod45)25(mod45),3x10245(mod45)40(mod45).3（3）111x75(mod321).解因為(111,321)=3|753將同余式化簡為等價的同余方程37x25(mod107).我們再解不定方程37x107y25,于是定理4.1中的x08.因此同余式的3個解為x8(mod,x8321(mod99(mod,3x82321(mod206(mod.3x1(mod7)（4）x2(mod.x9)解因為(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我們先解同余式72x7),63x8),56x9),得到x1

7),x2

1(mod8),x3

4(mod9).于是所求的解為x724163256(4)494)510(mod494)478(mod494).x2)（5）x（5）x3(mod7).x(mod9)(參考上題)三、證明題1、 如果整數(shù)a的個位數(shù)是5,則該數(shù)是5的倍.證明設(shè)a是一正整,并將a寫成10進(jìn)位數(shù)的形10

a=an

10n

10n1 an1

,0 ai

10.所以我們得到

aa0(mod所以整數(shù)a的個位數(shù)是5,則該數(shù)是5的倍數(shù).2、證明當(dāng)n是奇數(shù)時，有(2n.證明因為21(mod3),所以2n1n3).于是,當(dāng)n是奇數(shù)時,我們可以令n2k1.從而有2n12k1,即(2n.初等數(shù)論模擬試題四一、計算：1、判斷同余式x2438(mod593)是否有解？(答：無解。方法參照題2)2、判斷同余式x2365(mod1847)是否有解？365 18471847 如果其值是1,則所給的同余式有解,否則無解.365573

365 5 73 因為 ,所以1847 . 1847184754),734)

5 184721再 , 所 以

1847

5

5 , 73184722211

1847 73 73 737317371141.11 11 7 7 36536518473、11的平方剩余與平方非剩余.解因為111552又因為12

1,22

4,

9,42

5,523,115811429 4、計算563 429(1)4291.5631563 563

2 2 429563134 2 6767

8 429 429 429429 42967671.4291429429 2 2 429

67

6727271.6716767 2 2 67 27 27132712711..27 2 2 13 13 , 429563383 5、計算443 二、證明題：1、證明相鄰兩個整數(shù)的立方之差不能被5整除.證明因為(n1)3

n3

3n

3n1,所以只需證明3n2

3n1(mod.而我們知道模5的完全剩余系由-2,-1,0,1,2構(gòu)成,所以這只需將n=0,±1,±2代入3n2

3n11，7，1，19，7.5,

3n11，7，1，19，71，2，4所以

3n1(mod所以相鄰兩個整數(shù)的立方之差不能被5整除。2、證明形如4n1的整數(shù)不能寫成兩個平方數(shù)的和.證明設(shè)n是正數(shù),并且n1(mod4),如果nx2y2,4,x,y0,1,2,-1x2y20,1x

y

0,1,2(mod4),而這與n1(mod4)的假設(shè)不符,即定理的結(jié)論成立.3、一個能表成兩個平方數(shù)和的數(shù)與一個平方數(shù)的乘積,仍然是兩個平方數(shù)的和;兩個能表成兩個平方數(shù)和的數(shù)的乘積,也是一個兩個平方數(shù)和的數(shù).（11分）證明（1）設(shè)ma2

b2,則顯然r2m(ra

(rb)2.（2）如果nc2d2,那么mn(a2b2)(c2d2)a2c2a2d2b2c2b2d2=(a2c

b2d

2abcd)(a2d

b2c

2abcd) =(acbd)

(adbc)2.3、素數(shù)寫成兩個平方數(shù)和的方法是唯一的.證明

pa2b2c2d

,則 p2(a2b2)(c2d2)=(acbd)2(adbc)2=(acbd)(acbd)(adbc)

(adbc)2.