《初等数论》模拟试卷

1、浙江师范大学初等数论考试卷(G卷)、填空(30分)1、d (1001) = _6。 (T ( 2002) =_40322、a1xl a2x2 .anxn c有解的充要条件是(a1,a2，an) |c。3、不能表示成5X+6Y(X、Y非负)的最大整数为94、2003!中末尾连续有_499 个零。5、(21a+4, 14a+3)=6、x2 y2 z2 通解为。7、两个素数的和是39,这两个素数是 2、37 _08、从1001到2000的所有整数中，13的倍数有j7 _09、p,q是小于是100的素数，pq-1=x为奇数，则x的最大值是 二、解同余方程组(12分)x 1(mod4)x 1(mod 5

2、)x 5 2 mod 7)由孙子定理得x 81(mod140).三、证明费尔马定理。(10分)四、明：设d是自然数n的正因子，则有1 d(n)td n2( 10 分)d|n答、设d是n的因子，则 口也是n的因子，而n的因子数为d (n)1d (n)所以 d 旦，所以(d)2 nd即有d n2d n d|ndd nd|n五、p为奇素数，则有(10分)ap bp (a b) p(mod p)答、由费尔马小定理知对一切整数有apa (p)bhb(P),由同余性质知有ap+bp=a+b( p)又由费尔马小定理有(a+b) p=a+b ( p)(a+b) pm ap+bp(p)六、用初等方法解不定方程x

3、2 20xy 1996 0。(10分)2答：由题意知x为偶数，设X 2x1 ,则有Xi 10Xiy 499 0即有x1(x1 10y)499由499为素数有两因子只能取1, 499,从而 得x 2 x2 x 998 x998y 50 y50 y 50 y50七、解不定方程式15x+25y=-100.(8分)答：x 5t,y 4 3t,t Z八、请用1到9这九个数中的六个(不重复)写出一个最大的能被6整除的六位数(10 分)答：987654浙江师范大学初等数论考试卷( A卷)、填空(30分)1、d (1000) = 16(2 的 3 次 *5 的 3 次。j (1000) = 2340(2A4-

4、1) /(2-1)*(514-1)/(5-1)74° ()= 1101 2、 ax+bY=c有解的充要条件是(a,b)/c3、20022002被3除后余数为j。4、X=3 , Y=4 , Z=2 ,则X2Y+3Z可能的值为3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 115、()(1) + 4 (P) +4 ( Pn) =pn。p 1q 16、高斯互反律是 (q) ( 1) (-) , p, q为奇素数一pq7、两个素数的和为 31,则这两个素数是 2和29。8、带余除法定理是a 和 b 是整数， b>=0,贝)存在唯的整数， 使得 a=b*q+r,0=vrv=b 0、解同

5、余方程组(12分)x 2(mod12)x 6(mod10)x 1(mod15)x2(mod 4)答：原方程等价于 x2(mod 3)由孙子定理得x 46(mod60)x 1(mod 5)三、叙述并且证明威尔逊定理。(10分)四、解方程 x4 7x 4=0( mod 27)(10 分)答：x 22(mod 27)五、设 2P+1 为素数，试证(p!)2 ( 1)p 0(mod 2P 1) (10分)答：因n=2P+1为素数，由威尔逊定理 (n 1)! 1 0(modn)即有(n 1)! 1 (n 1)(n 2) 3 2 1 1 (n 1) 2 (n 2) p(n p) 1(mod n)(p!)2

6、( 1)p 1 0(mod 2p 1)即证六、设P=4n+3是素数，证明当 q=2p+1也是素数时，梅森数 MP 2P 1不是素数。(10分)2答：因q=8n+7 ,由性质2是q=8n+7的平方剩余，(一)1(mod q)即 qq 124n 3 1七、证x3 3y3 9z3 无正整数解。(8分)八、 设n是大于2的整数，证明 (n)为偶数(10分)答：假设x3 3y3 9z3有解，设(x, y, z)是一组正整数解，则有 x是3的倍数，设x=3xi,又得到y为3的倍数，设y 3y1,又有z 3乙，x： 3y： 9马3则有解(x1, y1, z1)且 z>zi这样可以一直进行下去，z>

7、;z1>z2> z3>z4>-但是自然数无穷递降是不可能的，于是产生了矛盾。浙江师范大学初等数论考试卷( B卷)七、填空(30分)1、d (37) = 2。 (T (37) = 38。2、。(1) +。(P) +。(Pn) =pn。3、不能表示成5X+3Y (X、Y非负)的最大整数为 7。4、7在2004!中的最高哥指数是 331。5、( 1501 , 300) = 1。6、ax b(mod m)有解的充要条件是 (a,m)|b 。7、威尔逊定理是P为素数，(p 1)! 1 0(mod p)。8、写出6的一个绝对值最小的简化系1, 5。9、888 88 666 66被7

8、除后的余数为 5。5050八、解同余方程组(12分)x 2(mod 5)x 3(mod 8)答：x 267(mod 280).x 1(mod 7)九、证明当n是奇数时，有3(2n 1). (10分)答：证明：因为21(mod3),所以2n 1 ( 1)n 1(mod 3).于是，当n是奇数时，我们可以令n 2k 1. 从而有 2n 1 ( 1)2k1 1 0(mod 3), 即 3(2n 1).十、如果整系数的二次三项式p(x) x2 bx c当x 0,1 时的值都是奇数，证明p(x) 0没有整数根(8分)答、由条件可得c为奇数，b为偶数如果p (x) =0有根q,若q为偶数，则有q2 bq

9、c为奇数，而p (q) =0为偶数，不可能，若q为奇数，则有q2 bq c为奇数，而p (q) =0为偶数，也不可能，所以p(x) 0没有整数根解方程 45x 21(mod132) . (10 分)解 因为(45,132)=3 |21,所以同余式有3个解.将同余式化简为等价的同余方程15x 7(mod 44).我们再解不定方程15x 44y 7, 得到一解(21,7).因此同余式的3个解为x 21(mod132),132x 21 (mod132) 65(mod132), 3132x 21 2 (mod132) 109(mod 132) 3七、证明：用算术基本定理证明J3是无理数。(10分)答：

10、假设43是有理数，则存在二个正整数p, q,使得T3=R,由对数定义可得有3q2 =p2,则同一个数左边含奇数个因子，右边含偶数个因子，与算术基本定理矛盾。一. 73为无理数。八、证明：对任何正整数n，若n不能被4整除，则有511n 2n 3n 4n(10 分)答：则题意知 n=4q+r, r=1, 2, 3。因为(i,5) =1,i=1,2,3,4所以有 i4 1(mod 5)当 r=1 时有 1 2 3 4 0(mod 5)当 r=2 时有 12 22 32 42 0(mod 5)当 r=3 时有 13 23 33 43 0(mod 5)从而证明了结论。九、解不定方程4x 5y 10 (1

11、0分)答：由观察得有特解x=0, y=2所以方程的解为x 5t, y 2 4t,t Z浙江师范大学初等数论考试卷(C卷)十、 填空(30分)1、d (31) = _2。 (T (3600) = 292、四位数3AA1被9整除，则A= 73、17X+2Y=3 通解为 x 1 2t,y 2 17t,t Z。4、费尔马大定理是xnyn zn(n 3)无正整数解。5、写出12的一个简化系，要求每项都是5的倍数 5, 25, 35, 55_。6、2.4 =0. 6 。 37、0.428571化为分数是一。7 -8、15!的标准分解是 211 36 53 72 11 13。9、1000到2003的所有整数

12、中13的倍数有 78 个。十一、解同余方程组(12分)x 3(mod 4)x 2(mod 5)答：x 97(mod140).x 6(mod 7)十二、叙述并且证明欧拉定理。(12分)十三、 8x 9(mod 11)(10 分)99答：x - 3(mod11)8 8 11五、证明梅森数 M P 2P 1的素因子q p. (10分) 答：设q是2P-1的质因数，由于2P-1为奇数， qw2,.(2, q) =1,由条件 q|2P-1,即 2P m 1 (modq)又丁 (q,2) =1, 2P m 1 (mod q)设i是使得2x =1 (mod p)成立最小正整数若1<i<P,则有i

13、|P则与P为素数矛盾i=p, p|q-1,从而证明了结论。六、试证若p 2,5且是素数，则p999 (9分)p 1答：p 2,5且是素数(p, 10) =1,由欧拉定理有10P 1 1(mod p),从而 有99 9p 1七、证明：对任何的正整数a, 5a+2不可能是平方数(9分)答：因为平方数被 5除后的余数为1, 4,而5a+2被5除后的余数为2,不同余，所以不相等八、判断方程x2三3 m mod 8 3)是否有解，若有解则有几解(8分)答：因为(83) i，所以有解，由性质有两解。浙江师范大学初等数论考试卷(E卷)十四、填空(30分)1、d (1200) = _24。2、梅森数Mn是素数

14、，则n是素数。3、不能表示成7X+6Y (X、Y非负)的最大整数为 294、1X 3X5X7X 1999X2001的标准分解中13的哥指数是 835、(13a+21b , 34a+55b) = _ 1。已知(a , b) =1。6、费尔马猜想是 xn yn zn(n 3)无正整数解 。7、写出12的一个简化系，要求每项都是7的倍数7, 35, 49, 77。8、aX书(mod m)有解的充要条件是 (a,m)|b。 20029、2002 被3除后余数为 1。10、凶=3 , Y=4 , Z=2 ,则X2Y+Z可能的值为-5, -4, -3, -2。十五、解方程组(10分)x 1(mod 7)x

15、 2(mod 8)x 3(mod 9)解 因为7,8,9两两互素，所以可以利用孙子定理.我们先解同余式72Ml 1(mod 7) , 63M 2 1(mod8), 56M 3 1(mod 9),得到M 1,4,M ,21, M ,34 .于是所求的解为x 72 4 1 63 ( 1) 2 56 ( 4) 3(mod 494) 510(mod 494) 478(mod 494).十六、叙述并且证明欧拉定理。(10分)十七、 解方程 x2 2x 2 = 0 (mod 12 5) (10 分)答：由 x2 2x 2 = 0 (mod5)得 x 1,2(mod 5)对 x 1(mod 5)得 x=1+

16、5t 代入2x 2x 2 =0 (mod25)有 4t 1(mod 5)有 t 1 5tl 代入 x=1+5t 得 x 6 25tl代入 x2 2x 2=0 (modi25)有 14tl 2(mod 5) t12 5t2 代入有x 56 125t2， x 56(mod 125)，同理另一解为x 67(mod 125)十八、设P为素数，试证对任整数a ,都有P |(P1) ! aP+a。(10分)答：由威尔逊定理(p 1)! 1(mod p)由欧拉定理ap a(mod p),两式相乘即得十九、 证明：对任何正整数k , m , n5k 2 5m 4 5n 3有1 1 |543(10 分)答： (

17、 5， 11) =1， ( 4， 11) =1， ( 3， 11) =1 由欧拉定理得510 1(mod11)， 310 1(mod 11) ， 410 1(mod 11) ，进一步有55 1(mod 11) ， 35 1(mod 11) ， 45 1(mod 11)对任何正整数k, m, n有55k 2 45m 4 35n 3 52 44 33 0(mod11)即有5k 2 5m 4 5n 31 1 |543七、证明梅森数 M P 2P 1的素因子q一定为2 p t + 1型。 (其中p >2为素数)。(10答：设q是2P-1的质因数，由于2P-1为奇数，.,qw2,.(2q) =1,

18、由条件 q|2p-1,即 2P 三1 (mod q)又丁 (q,2) =1, 2P m 1 (mod q)设i是使得2x =1 (mod p)成立最小正整数若1<i<p,则有i|p则与p为素数矛盾i=p, p|q-1又二 q-1为偶数，2q-1,2p|q-1,q-1=2pk,即 q=2pk+1八、试证x3 3y3 9z3 无正整数解。( 10 分)答：假设x3 3y3 9z3有解，设(x, y, z)是一组正整数解，则有x是3的倍数，设x=3xi,又得到y为3的倍数，设y 3y1,又有z 3乙，x3y943则有解(x1, y1,z1)且Z>Z1这样可以一直进行下去， Z>

19、;Z1>Z2> Z3>Z4>但是自然数无穷递降是不可能的，于是产生了矛盾。浙江师范大学初等数论考试卷( F卷)二十、填空(36分)1、d (1000) = 16。6(1000) =2340。小(1000) =9360。2、n 1 , 若(n 1)! 1 0(modn)则 n 为素数。3、不能表示成5X+3Y (X、Y非负)的最大整数为7 。4、7在2003!中的最高幕指数是 _331_。5、(1515 , 600) = _15_06、ax b(mod m)有解的充要条件是 (a,m)|b_。7、威尔逊定理是 (p 1)! 1 0(mod p)。8、写出6的一个简化系，要

20、求每项都是 5的倍数_5, 25_09、0.32化为分数是_型_0- 90 一10、2 2003的末位数是_811、-2.3= _- 3_ 。12、小(1) + 小(P) + 小(Pn) =_pn_o13、x 1且能被4、5、7整除，则最小的x是_140_。14、888 88 666 66被7除后的余数为 5。 505015、两个素数的和为31,则这两个素数是 2, 29。16、带余除法定理是 a, b是两个整数，b>0,则存在两个惟一的整数q, r使得 a bq r,0 r b。二十一、解同余方程组(12分)x 2(mod 5)x 3(mod 8) 答：由孙子定理 x 267(mod

21、280)x 1(mod 7)二十二、叙述并且证明费尔马小定理。(12分)答：费尔马定理：对任意的素数 p有ap a(mod p)证明：设p|a,则有p|ap,有apa(mod p),若(a, p) =1,由欧拉定理有ap 1 1(mod p)两边同乘a即有ap a(mod p)二十三、如果整系数的二次三项式 p(x) x2 bx c当x 0,1时的值都是奇数，证明 p(x) 0没有整数根(6分)答：由条件可得c为奇数，b为偶数如果p (x) =0有根q,若q为偶数，则有q2 bq c为奇数，而p (q) =0为偶数，不可能，若q为奇数，则有q2 bq c为奇数，而p (q) =0为偶数，也不 可能，所以p(x) 0没有整数根二十四、设P为奇素数，则有(8分)(1) 1p 1 2p 1 (p 1)p 1 1(mod p)答：由欧拉定理1p 1 2p 1(p 1)p 1 1 11 p 1 1(mod p)(2) 1P