选修课初等数论考试题库

1、填空题：abI、 (1859,1573)=1432、对于任意的正整数 a, b,有a, b.(a, b)3、x =尤+ 对.4、22345680 的标准分解式是 22345680 = 24 3 - 5 - 7 - 47 - 283.5、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三7、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ax + a x + a x = c.有解的充分必要条件是(a + aa )c._112

2、2n n12n10、初等数论按研究方法分为：初等数论、解析数论、代数数论、几何数论II、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c2 1,c2 3,c2 2n1,的最大公约数为 2k+1 13、若(a,b) = 1,则(a,bc) = (a,c).14、8123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： TOC o 1-5 h z 1、若n为奇数，则81 n2 1。( V )2、 设n、k是正整数nk与nk+4的个位数字不一定相

3、同。(X )3、 任何大于1的整数a都至少有一个素因数.(V )4、 任何一个大于1的合数与a，必然有一个不超过va的素因数.(V )5、 任意给出的五个整数中必有三个数之和能被整数3整除.(V )6、 最大公约数等于1是两两互素的必要而不充分条件.(V )7、 设p是素数，a是整数，则pa或(p,a) = 1.( V )8、 如果a ,aa是互素的，则a ,aa 一定两两互素(X)12n12n9、 设p是素数，若pab，则p|a且p|b.( X )10、 (刘维尔定理)设p是素数，0(p 1)! =1(modp)( V )11、m 是正整数(a, m) = 1，则 a(m)三 1(modm)

4、. ( 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a , aa的一个约数，则d a , aa ( V )12k12k14、1978103 19783不能被 103 整除。(x )15、1 + 1 +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(mod n)，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(mm= 1 ( mm2是任意两个互质的正

5、整数)，是则(m1m2) =9(m？(”) ( X )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91。2 + ab + b2，则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的推论1 (设p是素数，若pab，则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除的余数.解：根据定理 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)即所求的余数是29.194、将痛写成三个既约分数之和，它们的分母分别是2, 3和5.19 XX7解：设 W = - + y + 7 即 15x = 10y +

7、67 = 19.、115 x +10 y = 5t11 = -1 + 6u(15,10)= 5 =幺.上述方程等价于.$ 67 = 19解得L = 4 -5ux = 1 + 6u + 2vI x = t + I x = t + 2v 从而，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 方程有解由辗转相除法，可以知道x = -1,y = 1是方程3x + 6y = 3(x

8、+ 2y = 1 n a = 1,b = 2)的一个解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、用辗转相除法求整数x、y使得1387x-162 y =(1387,162).解：作辗转相除：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).= 广 1,故 1387 x 73 -162 x 625 1 (1387,162)7、将旦写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3, 5和7(第四章习题一 1)10517 X y z解：设 + 蓦 + 5，即 35x + 21y +15 z = 17 .因(35,21) 7,(7,15) 1, 1|17，故有解.分别解 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 .对于任意的确定的u和v的值，都给出一种表示法。8、求最大的正整数k，使得10 k 199!解：由定理3 (设解：由定理3 (设n是正整数，n! p 1 - p 2 *P ak是n!的标准分解式，则a 才)从而得知，r112r1-r199199,199!的标准分解式中所含的5的幕指数是弋-1 + 三厂+ 47( 199! 10k x A = 2k x5k x A)552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

11、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，则由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、将235 -1 34359738367分解因数(第三章 第四节Euler定理例7)解：若p 235-1，则p是25-1或27-1的素因数或者p三1(mod70).其中有31和127，因为235 -1 31x 127 x8727391,所以235 -1分别是因数只能用p三1(m

12、od70).来寻求在数列71、211、281中经检验8727391 71 x 122921显然，122921的素因数也在31、127或数列71、211、281中简单计算122921不能被31、127整除，也不能被数列71、211、281(J122921 351)整除.所以 122921 是素数，故 235 -1 31x 127 x 71x 122921四、证明题：1、求证：平方数的正因数个数是奇数.n证明：因为每个自然数n的正因数个数是成对出现的，若d是n的因数，则也是n的因数 d当d。瑚n时，则d。：.d当d = n时，则d = n即当n为平方数时，/n是n的因数，与其配对的是Jn自身. d

13、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，则(a + b, a - b) = 1 或 2.证明：假设d是a + b的任意一个公约数，则有d|a + b且d|a -b.于是d |2a，d |2b.又(a,b) = 1/. d |2从而，d = 1 或 d = 2.3、假设a为正整数，则5|1n + 2n + 3n + 4n的充要条件为4 |n.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 + 3n + 4n 三 1r + 2r + 3r + 4r 三

14、1r + 2 + (-2)r + (-1)r用r = 0、1、2、3分别代入上式，则当r = 1、2、3时5” + 2n + 3n + 4n当 r = 0 时，4|n，5 不整除 1 + 2 + 3 + 4.因此，若a为正整数，则5 1n + 2n + 3n + 4n的充要条件为4|n.4、证明：对任意整数n，f (n) = 3n5 + 5n3 + 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 = am +二则ak与r：被m除的余数相同r = 0 n2 = (15q + r)2 = (15q)2 + 30qr + r2 = 15A + r2

15、 即 n2 与 r2 被 15 除的余数是相同的记为 r .11同理，n4与r4被15除的余数是相同的记为r .即r2 = 15B + r，r4 = 15B + r则n4 = 15A + r4.211222考虑3n4 + 5n2 + 7被15除的余数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可见，3n4 + 5n2 + 7与3r + 5, + 7的余数相同记为R . f

16、 (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 15|f (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、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(带余除法)：若a、b是两个整数，其中b乂0,则存在着两个整数q和r，使得a = bq + r, 0 r b成立.而且q及r是唯一的.证明：存在性：若b|a，则a = bq(q g z)可以取r = 0若b|a，考虑集合A = a + kb, k g z集合A中有无限多个正整数，设其中最小的正整数为r = a + kb.则必有0 r b( . r丰|b|，若r = |b|，则b a矛盾，于是r b|即 r = a + kb |b| n a + kb 一 |b| 0这样集合A中又有正整数a + kb 一

18、|b| r与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. 存在性得证 唯一性：假设存在两对整数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)，则 b(q q ) = r r，11221 2 I1221. b r r r r =0 n r = r n q = q121212126、设A = 气,七是模m的一个完全剩余系，以尤表示x的小数部分，证明：若(a,m) =1，则尤吐 + b = 1(m 1) m 2i=1证明：当x通过模m的完全剩余系时，ax + b

19、R通过模m的完全剩余系.因此，对任意的i(1 i m)，ax + b 一定与且只与某个整数j (1 j m)同余即存在整数k使得：ax + b = km + j (1 j 1,(a，m) =1，x 1,x2，,七()是模m的简化剩余系，证明：乙衬 = 2 f (m).其中x表示x的小i 1数部分。证明：由题可设：ax =mq + r (0 r V m)由x通过模m的简化剩余系知r通过模m的最小非负简化剩余系， TOC o 1-5 h z i i i iii于是由定理可知：如% =如q +二=也饵 = !区r = mf(m) = 1 f(m) mi m m m i2m2i 1i 1i 1i 18

20、、设a、b是正整数，b V 2则2b 1|2a +1证明：(1)若a v b 且 2b 1|2a +1 成立，则 2b 1 2a +1 n 2b 2 2 n 2a(2b-a 1) 2矛盾，故命题结论成立. 若 a = b 且 2b 1|2a +1，贝ij 2a 1|(2a 1) + 2 n 2a 1|2 n 2a 1 2 n 2a 2矛盾，故命题结论成立.若a b，记a=kb +r (0k2 :.Vk = 2.3VneN :.3N 4 + a都是合数。10、证明：a、b、c e N，c无平方因子且a2 b2c，证明：a|b.证明：设(a, b) = d，则有 a = da与 b = db,(a, b= 1.由 a2 b2c 得 ai b2 c， a2 c因为c无平方因子，所以a = 1，a = d，b = a%即a|b.11、对任意的正整数a、b、c .证明下面的结论成立。(1)由 b|ac 且(a,b) = 1,可得出 blc.(2)由 b|c 与 a|c,且(a,b) = 1.可推出 ab c .证明：(1).(a, b) = 1.存在整数工与 使得 ax + by = 1.二 acx + bcy = c. b ac :. b