选修课初等数论考试题库

1、.填空题:1、(-1859,1573)=1432、对于任意的正整数a,b,有a,b=ab（a,b）3、x=x+x.4、22345680的标准分解式是22345680=2435747283.5、整数集合A中含有m个整数，且A中任意两个整数对于m是不同余的，则整数集合A是模m的完全剩余系6、设a、b是任意两个正整数，则不大于a而为b的倍数的正整数个数为7、素数写成两个平方数和的方法是唯一的.8、不同剩余类中的任何两个不同整数对模m是不同余的.9、n元一次不定方程a1x1+a2%十十a/n=c.有解的充分必要条件是（a1+a2ajc._10、初等数论按研究方法分为：初等数论、解析数论、代数数论、几何

2、数论11、数集合A是模m的简化剩余系的充要条件（1）A中含有f（m）个整数；（2）任意两个整数对模m不同余;（3）A中每个整数都与m互素；12、设n是正整数C2n1,C2n3,崂；“，的最大公约数为2k*13、若（a,b）=1,则（a,bc）=（a,c）.14、81234被13除的余数是12.15、模7的最小非负完全剩余系是0、1、2、3、4、5、6.二、判断题：2.,1、右n为奇数，则8|n-1。（，）2、设n、k是正整数nk与nk+的个位数字不一定相同。（x）3、任何大于1的整数a都至少有一个素因数.（，）4、任何一个大于1的合数与a,必然有一个不超过J&的素因数.（，）5、任意给

3、出的五个整数中必有三个数之和能被整数3整除.（，）6、最大公约数等于1是两两互素的必要而不充分条件.（，）7、设p是素数，a是整数，则pa或（p,a）=1.（，）8、如果a1，a2an是互素的，则a1，a2an一定两两互素（x）9、设p是素数，若pab,则pa且pb.（x）10、（刘维尔定理）设p是素数，则（p-1）!三1（modp）（V）11、m是正整数（a,m）=1,则a%m）三1（modm）.（V）12、由于每个非零整数的约数个数是有限的.所以最大的公约数存在.且正整数。（V）13、设d是a1,a2ak的一个约数，则da1,a2ak（V）14、19781039783不能被103整除。（x

4、）1115、1+(n>2)是整数(x)2n16、n为正整数，若2n-1为素数，则n不一定是素数(x)17、若n>1并且(n-1)!三(modn),则n不是素数(x)18、设f(x)是整系数多项式，并且f(1),f(2),f(m)都不能被m整除，则f(m)=0有整数解(x)19、若(m1，m0=1(m1,m2是任意两个互质的正整数)，是则甲(m1m2)=中(m1)卬(m1)(=-16u2v，.一x=t2V19114从而，4故y=1-6u-3V(u,v=z)取u=v=0得x=-1,y=1,z=4即=一一十一十一ly=t3030235、z=45u5、求不定方程3x+6y=15的解.解：:

5、(3,6)=315,方程有解由辗转相除法，可以知道x=1,y=1是方程3x+6y=3(x+2y=1=a=1,b=2)的一个解x-52t所以，x0=-5,y0=5就是原方程的解；由定理2知«(tez)y-5-t)20、如果两个整数互相整除，则这两个数仅相差一个符号(x)三、计算题：1、设a、b是整数且9a2+ab+b2,则3(a,b).解：由9a2+ab+b2=3(a-b)2+3ab=3(a一b)2=3a-b=9(a一b)2.一._22一一一再由9a+ab+b得93abn3ab.由定理4的推论1(设p是素数，若pab，则pa或pb.)得3a或3'b.2、求(12345,678)

6、.解：(12345,678).=(12345,339)=(12006,339)=(6003,339)=(5664,339)=(177,339)=(177,162)=3、求(25733+46)26被50除的余数.解：根据定理4,有(2573346)26=(733-4)26三(7-4)26,(177,81)=(96,81)=(3,81)=3.=(772)16-4三326=3(35)5=26三7(-1)16-426-21三29(mod50)即所求的余数是29.30加、几19xy解：设二一23023+"z即15x=10y+6z=19.4、将坦写成三个既约分数之和，它们的分母分别是2,3和5.

7、(15,1()=5=d215x10y=5t口t=-16u二上述方程等价于<解得«5t6z=19z=45u6、用辗转相除法求整数X、y使得1387x-162y=(1387,162).解：作辗转相除：1387=(162)x(2)+91,162=91x(2)+2091=20411,20=1119,11=912,9=241,2=120由此可得n=6,q-8,q2-2,q3=4,q4=1,q5=1,*=4x=(-1)nJQn=73，y=(-1)npn=625，又。387,162).=1n=1,故138773-162625=1=(1387,162)7、将E写成三个既约分数之和，它们的分母分

8、别是3,5和7(第四章习题1)10517xyz斛：设=一+即35x+21y+15z=17.105357因(35,21)=7,(7,15)=1,117,故有解.分别解5x+3y=t,7t+15z=17得x=t+3u,y=2t_5u,uwZ,t=11+15v,z=47v,vwZ消去t得x=1115v+3u,y=22+30v-5u,z=47v,u、vZ.对于任意白确定的u和v的值，都给出一种表示法。8、求最大的正整数k,使得10k|199!n斛：由te理3(设n是正整数，n!=p1ap2apka是n!的标准分解式，则叫=£)从而得知，1p/199199kkk199!的标准分解式中所含的5的

9、哥指数是+=47(199!=10kMA=2kM5kMA)55所以所求得的最大正整数是47.9、若四个数2839,4582,5164,6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？解：设除数为d,余数为r,贝U由d45822836=1746,d51644582=582,d65225164=1358,知d(1764,582,1358)=194由此得d=97,r=23或d=194,r=120.3510、将2-1=34359738367分解因数.(第三章第四节Euler定理例7)四、证明题：1、求证：平方数的正因数个数是奇数证明：因为每个自然数n的正因数个数是成对出现

10、的，若d是n的因数，则口也是n的因数d当d#JH时，则d#n.d当d=jn时，则d=口即当n为平方数时，/是n的因数，与其配对的是而自身.d于是，当且仅当n为平方数时，n的正因数个数是奇数.2、求证：若(a,b)=1,贝U(a+b,ab)=1或2.证明：假设d是a±b的任意一个公约数，则有da+b且da-b.于是d2a,d2b.又：(a,b)=1d2从而，d=1或d=2.3、假设a为正整数，则51n+2n+3n+4n的充要条件为4n.证明：因为中(5)=4,所以，由费马定理有k4三1(mod5)(1<k<4).故，若n=4q+r(0<r<3),则1n+2n+3

11、n+4n三1r+2r+3r+4r三1r+2r+(2)r+(1)r用r=0、1、2、3分别代入上式，则当r=1、2、3时51n+2n+3n+4n当r=0时，4n,5不整除1n+2n+3n+4n.因此，若a为正整数，则51n+2n+3n+4n的充要条件为4n.534、证明：对任意整数n,f(n)=3n+5n+7n被15整除.证明：对任意整数n记作n=15q+r(0<r<15)因为对任意的整数m有a=a1m+、则ak与r1k被m除的余数相同r=0n2=(15q+r)2=(15q)2+30qr+r2=15A+r2即n2与r2被15除的余数是相同的记为r1.同理，n4与r4被15除的余数是相

12、同的记为r2.即r2=15B+r1,r4=15B2+2则n4=15A2+r4.考虑3n4+5n2+7被15除的余数-4_2-一一4、一一2、一3n5n7=3(缺r)5(15Ar)7=315A23(15B2r2)5(15A115B1r1)7=15Q3r25rl7=15QR可见，3n4+5n2+7与3r2+5rl+7的余数相同记为R.二f(n)=n(3n4+5n2+7)=(15C+R)(15q+r)=15O+Rr且f(n)与Rr有相同的余数记为R.当r=0时，R'=0即15f(n).【对于r=1,2,14的情形通过计算列出下表：】r=1、14r=2、13r=3、12r=4、11r=5、10

13、r=6、9r=7、8r1=1r1=4r1=4r1二1r1=10r1=6r1=42=112=1r2=612=1r2=10r2=612=1R=0R=0R=10R=0R=12R=10R=0R:0R"=0R"=0R：=0R=0R：=0R=05、定理（带余除法）：若a、b是两个整数，其中bw0,则存在着两个整数q和r,使得a=bq+r,0Mr<b成立.而且q及r是唯一的.证明：存在性：若ba,则a=bq（qwz）可以取r=0若ba,考虑集合A=a+kb,kwz集合A中有无限多个正整数，设其中最小的正整数为r=a+k0b.则必有0wr<b,否则就有之代（二r#b,若r=b,

14、则ba矛盾，于是rb即r=a+k0b>|b=a+k0bb|>0这样集合A中又有正整数a+k0bb<r与r的最小值矛盾）故0Mr<b,Wq=k0使得a=bq+r,0<r<b成立.存在性得证唯一性：假设存在两对整数q1、r1及q2、r2都使得a=bq+r,0Wr<b成立.即有a=bq+ri=bq2+r2（09，2<b）,则b（q1q2）=,口<b.bri-2i-r2=0=i=r2nq=q26、设A=x1,x2Xm是*Hm的一个完全剩余系，以x表示x的小数部分，证明：若（a,m）=1,则axib二12（"）证明：当x通过模m的完全剩余系

15、时，ax+bR通过模m的完全剩余系因此，对任意的i（iwiwm）,axi+b一定与且只与某个整数j（1EjEm）同余即存在整数k使得：ax+b=km+j(1Ej<m)"口皿”(m.1)jwmjmmm22maxbmi从而，“axkji1mjmmax17、设m>1,(a,m)=1,x1,x?，xf(m)是*Um的简化剩余系，证明：Z=-f(m).其中x表示x的小i1m2数部分。证明：由题可设：ax=mq+ri(0<ri<m)由xj通过模m的简化剩余系知通过模m的最小非负简化剩余系，f(m)axf(m)rf(m)r1f(m)11于是由定理可知：”ax=qi=与=1”

16、ri=Lmf(m)=，f(m)ymymymmy2m2.一一b,一a,8、设a、b是正整数，b<2则2-12+1证明：(1)若a<b且2b-12a+1成立，则2b-1<2a+1=2b2aE2=2a(2-1)<2于是a=1,b-a=1即b=2与ba2矛盾，故命题结论成立.(2)若a=b且2b-12a+1,贝U2a-1(2a1)+2=2a-12n2a-1W2n2a<3于是b=a=1,与b>2矛盾，故命题结论成立.(3)若a>b,iEa=kbr(0号<b)此时2kb1=(2k_1)(2(k)b+2(k1)b+1)=(2b1)Q(Qwz).故2a1=2kb

17、r1-2r(2kb-11)=2r(2b1)Q11-(2b-1)Q(2r1)(Qz),-b,_a,-b,-r,由2-12+1=2-12+1,在(1)中已经证明这是不可能的，故命题结论成立9、证明：存在无穷多个正整数a，使得n4+a(n=1,2)都是合数(即分成两项乘积即可)。44422222222证明：取a=4k，对任意的门乏11,有门+4k=(n+2k)-4nk=(n+2k+2nk)(n+2k2nk)丁n2十2k22nk=(n-k)2+k22k2二vk=2.3TnwN-.3N4+a都是合数。.一.，一、2.2一10、证明：a、b、cwN,c无平方因子且abc,证明：ab.证明：设(a,b)=d

18、，则有a=&与b=dh,(a,匕)=1.,1,2,22,22由abc得a1blc,a1c因为c无平方因子，所以&=1,a=d,b=ab).即ab.11、对任意的正整数a、b、c.证明下面的结论成立。(1)由bac且(a,b)=1，可得出b|c.(2)由bc与a,c,且(a,b)=1.可推出abc.证明：(1)=(a,b)=1.存在整数X与y使得ax+by=1.二acx+bcy=c.丁bac.bacx+bcy.即bc(2).由(a,b)=1,存在整数X与y使得ax+by=1.又由bc与ac得abac,abbc.因止匕，abqxabpy=c.abc12、设m是整数且4m,a1,a2，am与b1,b2，bm是模m的两个完全剩余系，证明：a1b1,a2b2，,ambm不是模m的完全剩余系。证明：因为4m,若a1b1,a2b2，ambm