0初等数论复习题题库

0初等数论复习题题库及答案0初等数论复习题题库及答案0初等数论复习题题库及答案《初等数论》本科一、填空题（每空2分）1.写出30之内的全部素数2，3，5，7，11，13，17，19，23，29.2.设a,b是随意两个不为零的整数ab1.,则(,)(a,b)(a,b)3.若a,b是非零整数，则a与b互素的充要条件是存在整数x,y，使axby14.写出180的标准分解式是180=22325，其正约数个数有(2+1)(2+1)(1+1)=18个.5.ab,则在1,2,L,ab整除的整数恰有[]个.设与是正整数中能被ab6.设a,b是非零整数，c是整数，方程axbyc有整数解(x,y)的充要条件是(a,b)|c7.若整数会合A是模m的完满节余系，则A中含有m个整数.(3)=2;(4)=2.9.当p素数时，(1)(p)p1;(2)(pk)pkpk1.10.设m是正整数,(a,m)1,则a(m)10(modm).11.设p是素数,则关于随意的整数a,有apa0(modp).12.已知2x35(mod7)，则x1(mod7).13.同余方程x22(mod7)的解是±3(mod7).14.同余方程3x210x120(mod9)的解是X=6+9t(t∈Z).p-115.若(n,p)1，n是模p的二次节余的充要条件是n21(modp)..p-116.若(n,p)1，n是模p的二次非节余的充要条件是n21(modp)..(3)=(4)=1.5518.设p是奇素数,则(2)p21(1)8..p1-1p-1)(-1)2..19.设p是奇素数,则( )1;(pp20.(5)=1;(2)=－1.945二、判断题。(判断以下结论能否建立，每题2分).1.a|b且a|c对随意的x,yZ有a|bxcy.建立优选2.若(a,b)(a,c),则[a,b][a,c].不建立3.若a2|b3,则a|b.不建立a=8b=124.ab(modm),k0,kNakbk(modmk).建立5.acbc(modm)ab(modm).不建立6.若a2b2(modm),则ab(modm)或ab(modm)最罕有一个建立.不建立7.若ab(modm),则a2b2(modm2).不建立若经过模m的完满节余系，则xb(b是整数)经过模m的完满节余系.8.x建立9.若｛a1，a2，⋯⋯，am｝与｛b1，b2⋯⋯bm｝都是模m的完满节余系，则｛a1+b1，a2+b2，⋯⋯，am+bm｝也是模m的完满节余系。不建立10.若(a,m)1，x经过模m的简化节余系（完满节余系），则axb也经过模m的简化节余系.不建立11.若m1,m2N,(m1,m2)1,则(m1m2)(m1)(m2).建立12.同余方程4x23x30(mod15)和同余方程4x212x120(mod15)是同解的.建立13.同余方程axb(modm)等价于不定方程axmyb.建立14.当m是奇素数时,若x2a(modm)有解,则(a)1.建立15.当m不是奇素数时,若(a)m1,则方程x2a(modm)必定有解.不建立m三计算题求(1859,1573)1.(1859,1573)(1859,1573)(286,1573)解：2865)(286,143)(0,143)143(286,15732.求[－36，108，204]2.[36,108,204][36,108,204],解：Q362232,1082233,20422317,[36,108,204]2233171836.3.求(125，17)，以及x，y，使得125x+17y=(125，17)3.由等式651起逐渐回代,得解：16-56-(17-26)36-173(125-177)-173125-2217.1253-17221,x3,y-22.4.求整数x，y，使得1387x－162y=(1387，162)优选4.由等式9421起逐渐回代,得19-429-4(11-9)59-4115(20-11)-411520-911520-9(71320)3220971解：32(91-71)97132914171329141(16291)73914116273(13878162)41162731387625162.1387731626251.分解12!为质因数乘积.（8分）求最大的正整数k,使10k|199!.（8分）7.11L1分)求[13].(102100求方程8x17y43的整数解.(6分)求方程19x20y1909的正整数解.(10分)10.求方程111x－321y=75的整数解.(10分)11.求方程15x110x26x361的整数解.(8分)求不定方程3x6y12z15的整数解.(8分)求不定方程x2y3z7的全部正整数解.(8分)14.将19写成三个分数之和,它们的分母分别是2,3和5.(10分)3015.求方程x2y2x23y70的整数解.(6分)16.求方程x3y31072的整数解.(8分)17.求方程5(xyyzzx)4xyz的正整数解.(10分)18.求3406的个位数字与最后两位数字(十进制).(10分)19.解同余方程6x7(mod23).(8分)20.解同余方程12x150(mod45).(8分)x2(mod3)21.解同余式组x3(mod5).(6分)x2(mod7)优选22.解同余式f(x)0(mod35),f(x)x42x38x9.(10分)23.解同余方程:x72x67x5x20(mod5).(6分)24.求出模23的全部二次节余和二次非节余.(8分)25.判断方程x25(mod11)有没有解.(6分)26.已知563是素数,判断方程x2429(mod563)能否有解.(8分)27.求以3为其二次节余的全体素数.(8分)计算:(1)(101);(2)(73).(8分)1521计算(300).(6分)x3(mod8)30.解同余式组x11(mod20).(10分)x1(mod15)四证明题1、设a,b是两个给定的非零整数,且有整数x,y,使得axby1.求证:若a|n,b|n,则ab|n.(6分)1.Qnn(axby)naxnby证明：又ab|na,ab|nbabn.2.设a1,a2,L,an是整数,且a1a2Lan0,a1a2Lann.则4|n.(8分)2.若n是奇数,则n,a1,a2,L,an都是奇数,则a1a2Lan0不能够能,2n.即在a1,a2,L,an中最罕有一个偶数.假如只有一个偶数,不如设为a1,则2不证明：整除ai(2in).由a2a3Lan-a1知,左侧是(n-1)个奇数的和,右侧是偶数,这是不能够能的.a1,a2,L,an中最罕有两个偶数,即4n.3.任给的五个整数中，必有三个数之和被3整除.(8分)3.设ai3qiri,0ri3,i1,2,3,4,5.证明：(1)若在ri中数0,1,2都出现,不如设r10,r21,r32,则a1a2a33(q1q2q3)3建立.(2)若在ri中数0,1,2最罕有一个不出现,则最罕有三个ri取同样的值,令r1r2r3r(r0,1或2),则a1a2a33(q1q2q3)3r建立.4.设a,b是整数,且9|a2abb2,则3|(a,b).(8分)优选4.Q9a2abb2,9(ab)23ab,3(ab)23ab,3(ab)2,3ab,9(ab)2,93ab,3ab,3a或3b.证明：若3a,Q3ab,3b.若3b.Q3ab,3a.3(a,b).5.设a,b是正整数，证明5.(ab)[a,b](a证明：Qb(ab)[b,ab(ab)[b,a即b(ab)[b,a(a,b)

(ab)[a,b]a[b,ab].(8分)b)abab(ab),(a,b)(a,b)b](b,ab),而(b,ab)(a,b),b](a,b),b],结论建立6.当ab(modm)时,又n0,nN,则anbn(modm).(6分)6.Qab(modm),mab,证明：又anbn(ab)(an1an2ban3b2Lbn1),manbn,即anbn(modm).7.设A{x1,x2,L,xm}是模m的一个完满节余系,以{x}表示x的小数部分.证明:若(a,m)1,则m{axib}1(m-1).(10分)i1m27.由定理2知,{ax1b,ax2b,L,axmb}也是模m的一个完满节余系,证明：可设axibkmj(1jm),进而maxibm{kjmjm1jm1j1m(m1)m1{}}{}{}2.i1mj1mj1mj1mj1mm28.设nN,证明:(n)1n的充要条件是n2k,kN.(10分)28.若n2k,则(2k)2k(1-1)2k-1n.22若(n)n,设n2kt,2|t,证明：则n21(t)n(t),(n)(2kt)(2k)(t)2k-1(t)2kt22t2t即(t)t,进而得证.t1,(注(n)1n或2)19.设nN,则5|1n2n3n4n4n.(10分)优选9.Q(5)由定理知,k41(mod5)(1k4).4,令则nn3n4n4qr4)q2r4qr4)q4rn4qr,0r3,12(1)1(2(3)3(4证明：1r2r3r4r(mod5).若5|1n2n3n4n,即得5|1r2r3r4r,Q把r0,1,2,3代入查验可知r0,4n;若4n,则r0,易知5|1r2r3r4r,5|1n2n3n4n.设m是正整数,(a,m)1,证明:xba(m)1(modm)是同余方程axb(modm)的解.10.Q(a,m)1,由Euler定理,则a(m)1(modm).证明：axba(m)b(modm),Q(a,m)1,xa(m)-1b(modm).p-111.n是模p的二次非节余的充要条件是n21(modp).(10分)11.若(n,p)1,则由Euler定理,np-11(modp),p1p1(n21)(n21)0(modp),p1p1证明：Qp是素数,则n210(modp)或n210(modp)中必有一个建立,p-1Qn是模p的二次节余的充要条件是n21(modp),p1n21(modp).12.设ya1(modp),ya2(modp)都是模p的平方节余,yb1(modp),yb2(modp)都是模p的平方非节余.求证:ya1a2(modp),ybb12(modp)都是模的平方节余,pya1b1(modp)是模的平方非节余.(10分)p由定理知,12.1p1p1p1p1a12a221(modp),b12b221(modp),证明：p1p1p1(a1a2)2(b1b2)21(modp),(a1b1)21(modp),得证.13.设p,q为两个形如4n3的奇质数,求证:若x2p(modq)无解,则x2q(modp)有两个解.(10分)13.证明:Qp,q均为形如4n3的数,p1,q-1均为奇数,22又Qx2(p)1,则(q)p1q-1p)(p)p(modq)无解,(-1)22(1.qpqqx2q(modp)有解,设c是其一解,则因为c-c(modp),且(-c)2c2q(modp),-c也是其一解,又因为二次同余方程至多有两个解,故x2q(modp)恰有两个解为c.优选14.设p是合适p1(mod4)的素数,ya(modp)是模p的平方节余.证明:ya(modp)也是模p的平方节余.(8分)p1证明:令p由定理知21(modp),14.4k1,1,ap1则(-a)21(modp).15.设n是整数,证明:n21的任何奇因数都是4m1的形式.(10分)证明因为奇数都可表示成奇素数之积,15.:并且随意多个形如4m的整数之积也拥有4m的形式11.我们只要证明:若素数是2的因数,则拥有的形式pn1p4m1.若2则21(modp),即-1QR(p),p|n1,n由以上推论知,p4m1.16.若p是素数,则同余方程xp-11(modp)有p-1个解.(8分)16.证明:由费马定理(Fermat定理)可知,随意与p互质的数都是它的解.所以,这个同余方程恰巧有p-1个不同样的解,即x1,2,3,L,p-1(modp).an10nan-110n-1n17.设NLa110a0,求证:9|N9|ai.(8分)i017.Q101,1021,1031,L,10n1(mod9),Nan10nan110n1La110a0anan1La1a0(mod9);18.求证:641|2251.(8分)18.Q224,2416,28256,216154,2321(mod641),23210(mod641),6412251.19.证明:若m,nN,则(mn)(m,n)([m,n]).(10分)19.证明:易知mn与[m,n]有同样的素因数,设它们是pi(1ik).则(mn)mn(1-1)(1-1)L(1-1),p1p2pk([m,n])[m,n](