2018级成考专升本数学与应用数学专业12月份考试资料初等数论复习资料

2019201912月份期末考试各科考试资料祝君早日毕业祝君早日毕业《初等数论》复习资料(一)一、计算题1.求[136,221,391]=？2.求解不定方程9x21y144。3.解同余式12x150(mod。4295634.求 ,其中563是素数。（8分）二、证明题nn2n3证明对于任意整数n，数3 2

是整数。5证明形如4n1的整数不能写成两个平方数的和。《初等数论》复习资料(一)答案一、计算题1、求[136,221,391]=?解[136,221,391]=[[136,221],391]136221,391=[ 17 ]=[1768,391]1768391= 17=104391=40664.2、求解不定方程9x21y144.解：因为3144化简得3x7y48；考虑3x7y1xy1，所以原方程的特解为x96,y48，因此，所求的解是x967t,y483t,tZ。3、解同余式12x150(mod45).解因为(12,45)=3¦5,又同余式等价于4x50(mod15,即4x515y.(10,3),即定理4.1中的x010.因此同余式的3个解为x10(mod45),45x10 (mod45)25(mod45)3 4545x102

(mod45)40(mod45)3429563 5634、求 ,其中563是素.429563解把 看成Jacobi符我们有429(1)4291.5631563 563

2 2 429563134 2 6767

8 429 429 429429 42967(1)671.4291429429429

2 2

67

67 27(1)271.671676767

2 2 27

27 132712711..27 2 2 13 13 ,429563二、证明题

nn

n31、证明对于任意整数n,数3 2 6是整.nn2

n3 n(2n

n(n1)(n2)1证明因为3 2 6=6 =6 ,12,33并且(2,3)=1,2n(n1)(n3n(n1)(n6n(n1)(n所以从 和 有 ,nn2n3即3 2 6是整.2、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.（11分）证明因为(n1)3

n3

3n

3n1,所以只需证明3n2

3n1(mod5).而我们知道模5的完全剩余系由-2,-1,0,1,2构成,所以这只需将n=0,±1,±23n23n11，7，1，19，7.5,3n23n11，7，1，19，71，2，4所以3n2

3n1(mod5)所以相邻两个整数的立方之差不能被5整除。3、证明形如4n1的整数不能写成两个平方数的和.（11分）证明设n是正数,并且n1(mod4),如果nx2y2,4,xy0,1,2,-1x2,y20,1所以x2y20,1,2(mod4),而这与n1(mod4)的假设不符,即定理的结论成立.一、计算题

《初等数论》复习资料(二)判断同余方程组是否有解，如有解则求出其解：试求方程［］=的实数解。3.解同余方程x3-2x+12≡0(mod81)二、论证题2n-1n必是素数。叙述并证明欧拉(Euler)定理。试证不定方程x2y+1 =2z+1无正整数解。f(a)af(123)=1+2+3《初等数论》复习资料(二)答案等价于x4x10x14

(mod15)(mod16)(mod因(15，16)=1，(15，50)｜(14－4)，（16，50）｜（14－10）故方程组有解，且等价于x1x10x14

(mod3)(mod16)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3分(mod25)列表计算如下miCiMiMi′CiMiMi′31400140016107532250251448128064得解x≡1114（mod1200）。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。7分

6x-47

是整数，设此数为k，则7k4x= 6

，7k8于是

10 ］=k。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。7k8故 ［10

-k］=0从而 0≤-3k+8＜10。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。解得2＜k≤8，于是k=0，1，2，3 32 11x=3, 6,3。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3.方程x3-2x+12≡0（mod3）有一解x0(mod3)故x=3t, f(x)=x3-2x+12, f′(x)=3x2-21f(0)=12, f′(0)=-2解12-2·3t≡0(mod32)，得t≡2(mod3)1 1t=2+3t，x=6+32t21 2f(6)=216,f′(6)=106，解216+106·32t≡0(mod33)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。2t≡0(mod3)，故2t=3t，x=6+33t2 3 3再解216+106·33t≡0(mod34)3即8+t≡0(mod3)3得t≡1(mod3),故3t=1+3t，x=33+34t3 4 4原方程的解为x≡33(mod81)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。二、论证题nn=ab,a＞1，b＞1则2n-1=(2a)b-1, 记2a=c, 则2n-1=cb-1,=(c-1)(cb-1 +cb-2 +…+c+1)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。显然c-1＞1，而后一式中有b-1≥1，故cb-1

+…+c+1≥c+1＞1这就表明2n-1可分解为两个大于1的整数之积此与2n-1是素数矛盾，故n必是素数。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。欧拉定理：若(a,m)=1,则a(m)证：设

x,x,…,x1 2

a (1)(m)是模m的一个简化剩余系，则ax,ax,…,ax(m) (2)1 2也是模m的简化剩余系因而(2)的每一个数，与且仅与(1)中的一数关于模m同余，故ax·ax…ax1 2 (m

xx…x (modm)12 (m)即 a(m)xx…x ≡xx…x （modm）。。。。。。。。。。。。12 (m) 12 (m)但(x,m)=1, i=1,2,…,(m),故i(xx…x ,m)=112 (m)于是可从同余式两边除去xx…x ，得12 (m)am)m改写为2Z=x2y+1-1=(x-1)(x2y+…+x+1).。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。由原方程知x≠1, 2｜x,故x≥3，上面第二个因式x2y+…+x+12y+1112Z的矛盾，故方程无正整数解。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。已知20022002＜(211)2002=213·11·154＜(104)1694=106774故20022002至多有6774位数字，于是进而f(f(20022002))≤5+9·4=41f(f(f(20022002)))≤3+9=12另一方面，由Euler定理得20022002≡42002 46·333+4≡44 4(mod9)f(a)≡a(mod9)，故f(f(f((20022002)))≡f(f(20022002))≡f(20022002)≡20022002≡4(mod9)f(f(f(20022002)))12944，因而f(f(f((20022002)))≡4《初等数论》复习资料(三)一、选择题1、整数5874192能被( )整除.A 3 B 3与9 C 9 D 3或92、整数637693能被( )整除A 3 B 5 C 7 D 93、模5的最小非负完全剩余系( ).A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,44、在整数中正素数的个数（）.A 有1个 B 有限多 C 无限多 D 不一二、解同余式（组）（1）45x21(mod132).x1(mod7)（2）x2(mod.x9)1、25x13y7z42、4x9y5z8《初等数论》复习资料(三)答案一、选择题1、B；2、C；3、D；4、C.二、解同余式（组）（1）45x21(mod132).解因为(45,132)=3¦213。将同余式化简为等价的同余方程15x7(mod44).。。。。。。我们再解不定方程15x44y7,x(21,7).4.121.x0因此同余式的3个解为x21(mod132),x21132(mod132)65(mod132),3x212132(mod132)109(mod132).3x1(mod7)（2）x2(mod.x9)

。。。。。。解因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理先解同余式72x7),63x8),56x9),得到x1

4(mod7),x2

1(mod8),x3

4(mod9).。。。。于是所求的解为x7241632564494。。。510(mod494)478(mod494).三、求不定方程25x13y7z4解我们将它分为两个二元一次不定方程来求解25x+13y=t,t+7z=4..325(-t)+13(2t)=t,32+7(-4)=4,所以,上面两个方程的解分别为x327k 1 ,

2.。。。。y2t25k1

z4k2消去t

x3213k

7k2,21y6425k1z4k

14k2这里kk1 2

2是任意整数.。。。。。。。。。。。。求不定方程4