選修課初等數(shù)論考試題庫(kù)

1、.填空題:1、(-1859,1573)=1432、對(duì)于任意的正整數(shù)a,b,有a,b=ab（a,b）3、x=x+x.4、22345680的標(biāo)準(zhǔn)分解式是22345680=2435747283.5、整數(shù)集合A中含有m個(gè)整數(shù)，且A中任意兩個(gè)整數(shù)對(duì)于m是不同余的，則整數(shù)集合A是模m的完全剩余系6、設(shè)a、b是任意兩個(gè)正整數(shù)，則不大于a而為b的倍數(shù)的正整數(shù)個(gè)數(shù)為7、素?cái)?shù)寫成兩個(gè)平方數(shù)和的方法是唯一的.8、不同剩余類中的任何兩個(gè)不同整數(shù)對(duì)模m是不同余的.9、n元一次不定方程a1x1+a2%十十a(chǎn)/n=c.有解的充分必要條件是（a1+a2ajc._10、初等數(shù)論按研究方法分為：初等數(shù)論、解析數(shù)論、代數(shù)數(shù)論、幾何

2、數(shù)論11、數(shù)集合A是模m的簡(jiǎn)化剩余系的充要條件（1）A中含有f（m）個(gè)整數(shù)；（2）任意兩個(gè)整數(shù)對(duì)模m不同余;（3）A中每個(gè)整數(shù)都與m互素；12、設(shè)n是正整數(shù)C2n1,C2n3,嶗；“，的最大公約數(shù)為2k*13、若（a,b）=1,則（a,bc）=（a,c）.14、81234被13除的余數(shù)是12.15、模7的最小非負(fù)完全剩余系是0、1、2、3、4、5、6.二、判斷題：2.,1、右n為奇數(shù)，則8|n-1。（，）2、設(shè)n、k是正整數(shù)nk與nk+的個(gè)位數(shù)字不一定相同。（x）3、任何大于1的整數(shù)a都至少有一個(gè)素因數(shù).（，）4、任何一個(gè)大于1的合數(shù)與a,必然有一個(gè)不超過(guò)J&的素因數(shù).（，）5、任意給

3、出的五個(gè)整數(shù)中必有三個(gè)數(shù)之和能被整數(shù)3整除.（，）6、最大公約數(shù)等于1是兩兩互素的必要而不充分條件.（，）7、設(shè)p是素?cái)?shù)，a是整數(shù)，則pa或（p,a）=1.（，）8、如果a1，a2an是互素的，則a1，a2an一定兩兩互素（x）9、設(shè)p是素?cái)?shù)，若pab,則pa且pb.（x）10、（劉維爾定理）設(shè)p是素?cái)?shù)，則（p-1）!三1（modp）（V）11、m是正整數(shù)（a,m）=1,則a%m）三1（modm）.（V）12、由于每個(gè)非零整數(shù)的約數(shù)個(gè)數(shù)是有限的.所以最大的公約數(shù)存在.且正整數(shù)。（V）13、設(shè)d是a1,a2ak的一個(gè)約數(shù)，則da1,a2ak（V）14、19781039783不能被103整除。（x

4、）1115、1+(n>2)是整數(shù)(x)2n16、n為正整數(shù)，若2n-1為素?cái)?shù)，則n不一定是素?cái)?shù)(x)17、若n>1并且(n-1)!三(modn),則n不是素?cái)?shù)(x)18、設(shè)f(x)是整系數(shù)多項(xiàng)式，并且f(1),f(2),f(m)都不能被m整除，則f(m)=0有整數(shù)解(x)19、若(m1，m0=1(m1,m2是任意兩個(gè)互質(zhì)的正整數(shù))，是則甲(m1m2)=中(m1)卬(m1)(=-16u2v，.一x=t2V19114從而，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,方程有解由輾轉(zhuǎn)相除法，可以知道x=1,y=1是方程3x+6y=3(x+2y=1=a=1,b=2)的一個(gè)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、如果兩個(gè)整數(shù)互相整除，則這兩個(gè)數(shù)僅相差一個(gè)符號(hào)(x)三、計(jì)算題：1、設(shè)a、b是整數(shù)且9a2+ab+b2,則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的推論1(設(shè)p是素?cái)?shù)，若pab，則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除的余數(shù).解：根據(jù)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)即所求的余數(shù)是29.30加、幾19xy解：設(shè)二一23023+"z即15x=10y+6z=19.4、將坦寫成三個(gè)既約分?jǐn)?shù)之和，它們的分母分別是2,3和5.

7、(15,1()=5=d215x10y=5t口t=-16u二上述方程等價(jià)于<解得«5t6z=19z=45u6、用輾轉(zhuǎn)相除法求整數(shù)X、y使得1387x-162y=(1387,162).解：作輾轉(zhuǎn)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、將E寫成三個(gè)既約分?jǐn)?shù)之和，它們的分母分

8、別是3,5和7(第四章習(xí)題1)10517xyz斛：設(shè)=一+即35x+21y+15z=17.105357因(35,21)=7,(7,15)=1,117,故有解.分別解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.對(duì)于任意白確定的u和v的值，都給出一種表示法。8、求最大的正整數(shù)k,使得10k|199!n斛：由te理3(設(shè)n是正整數(shù)，n!=p1ap2apka是n!的標(biāo)準(zhǔn)分解式，則叫=£)從而得知，1p/199199kkk199!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中所含的5的

9、哥指數(shù)是+=47(199!=10kMA=2kM5kMA)55所以所求得的最大正整數(shù)是47.9、若四個(gè)數(shù)2839,4582,5164,6522被同一個(gè)大于1的整數(shù)除所得的余數(shù)相同，且不等于零，求除數(shù)和余數(shù)各是多少？解：設(shè)除數(shù)為d,余數(shù)為r,貝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、將2-1=34359738367分解因數(shù).(第三章第四節(jié)Euler定理例7)四、證明題：1、求證：平方數(shù)的正因數(shù)個(gè)數(shù)是奇數(shù)證明：因?yàn)槊總€(gè)自然數(shù)n的正因數(shù)個(gè)數(shù)是成對(duì)出現(xiàn)

10、的，若d是n的因數(shù)，則口也是n的因數(shù)d當(dāng)d#JH時(shí)，則d#n.d當(dāng)d=jn時(shí)，則d=口即當(dāng)n為平方數(shù)時(shí)，/是n的因數(shù)，與其配對(duì)的是而自身.d于是，當(dāng)且僅當(dāng)n為平方數(shù)時(shí)，n的正因數(shù)個(gè)數(shù)是奇數(shù).2、求證：若(a,b)=1,貝U(a+b,ab)=1或2.證明：假設(shè)d是a±b的任意一個(gè)公約數(shù)，則有da+b且da-b.于是d2a,d2b.又：(a,b)=1d2從而，d=1或d=2.3、假設(shè)a為正整數(shù)，則51n+2n+3n+4n的充要條件為4n.證明：因?yàn)橹?5)=4,所以，由費(fèi)馬定理有k4三1(mod5)(1<k<4).故，若n=4q+r(0<r<3),則1n+2n+3

11、n+4n三1r+2r+3r+4r三1r+2r+(2)r+(1)r用r=0、1、2、3分別代入上式，則當(dāng)r=1、2、3時(shí)51n+2n+3n+4n當(dāng)r=0時(shí)，4n,5不整除1n+2n+3n+4n.因此，若a為正整數(shù)，則51n+2n+3n+4n的充要條件為4n.534、證明：對(duì)任意整數(shù)n,f(n)=3n+5n+7n被15整除.證明：對(duì)任意整數(shù)n記作n=15q+r(0<r<15)因?yàn)閷?duì)任意的整數(shù)m有a=a1m+、則ak與r1k被m除的余數(shù)相同r=0n2=(15q+r)2=(15q)2+30qr+r2=15A+r2即n2與r2被15除的余數(shù)是相同的記為r1.同理，n4與r4被15除的余數(shù)是相

12、同的記為r2.即r2=15B+r1,r4=15B2+2則n4=15A2+r4.考慮3n4+5n2+7被15除的余數(shù)-4_2-一一4、一一2、一3n5n7=3(缺r)5(15Ar)7=315A23(15B2r2)5(15A115B1r1)7=15Q3r25rl7=15QR可見(jiàn)，3n4+5n2+7與3r2+5rl+7的余數(shù)相同記為R.二f(n)=n(3n4+5n2+7)=(15C+R)(15q+r)=15O+Rr且f(n)與Rr有相同的余數(shù)記為R.當(dāng)r=0時(shí)，R'=0即15f(n).【對(duì)于r=1,2,14的情形通過(guò)計(jì)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（帶余除法）：若a、b是兩個(gè)整數(shù)，其中bw0,則存在著兩個(gè)整數(shù)q和r,使得a=bq+r,0Mr<b成立.而且q及r是唯一的.證明：存在性：若ba,則a=bq（qwz）可以取r=0若ba,考慮集合A=a+kb,kwz集合A中有無(wú)限多個(gè)正整數(shù)，設(shè)其中最小的正整數(shù)為r=a+k0b.則必有0wr<b,否則就有之代（二r#b,若r=b,

14、則ba矛盾，于是rb即r=a+k0b>|b=a+k0bb|>0這樣集合A中又有正整數(shù)a+k0bb<r與r的最小值矛盾）故0Mr<b,Wq=k0使得a=bq+r,0<r<b成立.存在性得證唯一性：假設(shè)存在兩對(duì)整數(shù)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）,則b（q1q2）=,口<b.bri-2i-r2=0=i=r2nq=q26、設(shè)A=x1,x2Xm是*Hm的一個(gè)完全剩余系，以x表示x的小數(shù)部分，證明：若（a,m）=1,則axib二12（"）證明：當(dāng)x通過(guò)模m的完全剩余系

15、時(shí)，ax+bR通過(guò)模m的完全剩余系因此，對(duì)任意的i（iwiwm）,axi+b一定與且只與某個(gè)整數(shù)j（1EjEm）同余即存在整數(shù)k使得：ax+b=km+j(1Ej<m)"口皿”(m.1)jwmjmmm22maxbmi從而，“axkji1mjmmax17、設(shè)m>1,(a,m)=1,x1,x?，xf(m)是*Um的簡(jiǎn)化剩余系，證明：Z=-f(m).其中x表示x的小i1m2數(shù)部分。證明：由題可設(shè)：ax=mq+ri(0<ri<m)由xj通過(guò)模m的簡(jiǎn)化剩余系知通過(guò)模m的最小非負(fù)簡(jiǎn)化剩余系，f(m)axf(m)rf(m)r1f(m)11于是由定理可知：”ax=qi=與=1”

16、ri=Lmf(m)=，f(m)ymymymmy2m2.一一b,一a,8、設(shè)a、b是正整數(shù)，b<2則2-12+1證明：(1)若a<b且2b-12a+1成立，則2b-1<2a+1=2b2aE2=2a(2-1)<2于是a=1,b-a=1即b=2與ba2矛盾，故命題結(jié)論成立.(2)若a=b且2b-12a+1,貝U2a-1(2a1)+2=2a-12n2a-1W2n2a<3于是b=a=1,與b>2矛盾，故命題結(jié)論成立.(3)若a>b,iEa=kbr(0號(hào)<b)此時(shí)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)中已經(jīng)證明這是不可能的，故命題結(jié)論成立9、證明：存在無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)a，使得n4+a(n=1,2)都是合數(shù)(即分成兩項(xiàng)乘積即可)。44422222222證明：取a=4k，對(duì)任意的門乏11,有門+4k=(n+2k)-4nk=(n+2k+2nk)(n+2k2nk)丁n2十2k22nk=(n-k)2+k22k2二vk=2.3TnwN-.3N4+a都是合數(shù)。.一.，一、2.2一10、證明：a、b、cwN,c無(wú)平方因子且abc,證明：ab.證明：設(shè)(a,b)=d

18、，則有a=&與b=dh,(a,匕)=1.,1,2,22,22由abc得a1blc,a1c因?yàn)閏無(wú)平方因子，所以&=1,a=d,b=ab).即ab.11、對(duì)任意的正整數(shù)a、b、c.證明下面的結(jié)論成立。(1)由bac且(a,b)=1，可得出b|c.(2)由bc與a,c,且(a,b)=1.可推出abc.證明：(1)=(a,b)=1.存在整數(shù)X與y使得ax+by=1.二acx+bcy=c.丁bac.bacx+bcy.即bc(2).由(a,b)=1,存在整數(shù)X與y使得ax+by=1.又由bc與ac得abac,abbc.因止匕，abqxabpy=c.abc12、設(shè)m是整數(shù)且4m,a1,a2，am與b1,b2，bm是模m的兩個(gè)完全剩余系，證明：a1b1,a2b2，,ambm不是模m的完全剩余系。證明：因?yàn)?m,若a1b1,a2b2，ambm