初等数论试题库.docx
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初等数论试题库
初等数论
一、填空
74
1、d(1000)=。
©(1000)=。
(101)=。
2、ax+bY=c有解的充要条件是。
2002
3、2002被3除后余数为_。
4、[X]=3,[丫]=4,[Z]=2,则[X—2Y+3Z]可能的值为。
5、©
(1)+©(P)+…©(Pn)=。
6高斯互反律是。
7、两个素数的和为31,则这两个素数是。
8、带余除法定理是。
9、d(37)=。
(t(37)=。
10、©
(1)+©(P)+…©(Pn)=。
11、不能表示成5X+3Y(X、丫非负)的最大整数为。
12、7在2004!
中的最高幕指数是。
13、(1501,300)=。
14、axbgodm)有解的充要条件是_。
15、威尔逊定理是。
16、写出6的一个绝对值最小的简化系。
8888866666
17、5050被7除后的余数为。
18、d(31)=。
(3600)=。
19、四位数3AA1被9整除,则A=。
20、17X+2Y=3通解为。
21、费尔马大定理是。
22、写出12的一个简化系,要求每项都是5的倍数。
23、2・4=。
24、0.428571化为分数是_。
25、15!
的标准分解是。
26、1000到2003的所有整数中13的倍数有个。
27、(t(29)=一
28、不能表示成5x4y(x,y为非负整数)的最大整数为—.
29、7在2008!
的标准分解式中的最高幕指数是.
30、2005和2006的最小公倍数是
31、威尔逊定理是
32、设x1为整数且被4、5、7除后的余数都为3,贝U最小的x是.
33、已知(a,b)=1,贝U(5a+3b,13a+8b)=.
34、1,4,9,16,…10000这100个平方数中是3的倍数的平方数有个.
35、若今天是星期日,则1010天后的那一天是星期.
36、32005的末二位数是.
37、d(1200)=。
38、梅森数Mn是素数,则n是。
39、不能表示成7X+6Y(X、丫非负)的最大整数为。
40、1X3X5X7……X1999X2001的标准分解中13的幕指数是。
41、(13a+21b,34a+55b)=。
已知(a,b)=1。
42、费尔马猜想是—。
43、写出12的一个简化系,要求每项都是7的倍数。
44、aX=b(modm)有解的充要条件是。
45、20022002被3除后余数为_。
46、[X]=3,[丫]=4,[Z]=2,则[X—2Y+Z]可能的值为。
47、d(1000)=。
(r(1000)=。
©(1000)=
48、n1,若(n1)!
1°(modn)则n为_。
49、不能表示成5X+3Y(X、丫非负)的最大整数为。
50、7在2003!
中的最高幕指数是。
51、(1515,600)=。
52、axbgodm)有解的充要条件是_。
53、威尔逊定理是。
54、写出6的一个简化系,要求每项都是5的倍数。
55、22003的末位数是_。
56、[-2.3]=。
57、©
(1)+©(P)+…©(Pn)=。
58、x1且能被4、5、7整除,则最小的x是。
69、两个素数的和为31,则这两个素数是
60、带余除法定理是。
61、d(1001)=2002)=
62、a1x1a2x2•…anxnc有解的充要条件是。
63、不能表示成5X+6Y(X、丫非负)的最大整数为。
64、2003!
中末尾连续有个零。
65、(21a+4,14a+3)=。
66、两个素数的和是39,这两个素数是。
67、从1001到2000的所有整数中,13的倍数有。
68、p,q是小于是100的素数,pq-仁x为奇数,则x的最大值是
69、n>1,若(n1)!
10(modn)则n为—。
70、7在2003!
中的最高幕指数是。
71、(1515,600)=。
72、axb(modm)有解时有个解。
73、0-32化为分数是。
74、[-0.3]=。
4>
88888
75、50被7除后的余数为。
答案
1、16.2340,1
2、(a,b)|c
3、1
4、3,4,5,6,7,8,9,10,11
n
5、P
p1q1
6、(9)
(1)~~
(2),p,q为奇素数
pq
r,0rb
7、2,29
8、a,b是两个整数,b>0,则存在两个惟一的整数q,r使得abq
9、2,38
n
10、p
11、7
12、331
13、1
14、(a,m)|b
15、P为素数,(p1)!
10(m°dp)
16、1,5
17、5
18、2,12493
19、7
20、x12t,y217t,tZ
21、xyz(n3)无正整数解
22、5,25,35,55
23、0.6
3
24、7
25、2113653721113
26、78
27、30
2&11
29、335
30、4022030
31、P为素数,则有(p1)!
10(modp)
32、143
33、1
34、33
35、四
36、43
37、24,
38、素数
39、29
40、83
41、1
42、xnynzn(n3)无正整数解
43、7,35,49,77
44、(a,m)|b
45、1
46、-5,-4,-3,-2
47、16,2340,9360
48、素数
49、7
50、331
51、15
52、(a,m)|b
53、(p1)!
10(modp)
54、5,25
55、8
56、-3
57、pn
58、140
r,0rb
59、2,29
60、a,b是两个整数,b>0,则存在两个惟一的整数q,r使得abq
61、6,4032
62、(a1,a2,...an)|c
63、19
64、499
65、1
66、2,37
67、77
68、193
69、素数
70、31
71、15
72、(a,m)
74、-1
75、4
x
2(mod12)
1、
x
6(mod10)
3x
1(mod15)
x
3(mod4)
3、
x
2(mod5)
x
6(mod7)
5、
x
1(mod7)
x
2(mod8)
x
3(mod9)
6、
x
1(mod4)
x
1(mod5)
x
52mod7)
二、解同余方程组
答案
x2(mod5)
人x3(mod8)
x1(mod7)
x3(mod5)
4、x5(mod8)
x1(mod7)x2(mod5)
x3(mod8)
x6(mod9)
(1)解:
因为(12,10)|6-(-2),(10,15)|6-1,(12,15)|1-(-2)
所以同余式组有解
x2(mod4)
x2(mod3)
x6(mod2)
x6(mod5)
x1(mod3)
原方程等价于方程x1(mod5)
x2(mod4)
x2(mod3)
即x1(mod5)
由孙子定理得
x46(mod60)
(2)解:
因为5,7,8两两互素,所以可以利用孙子定理
M156,M235,M340,m280
解同余式
56M1,1(mod5),35M2,1(mod8),40M3,1(mod7)
JJ
得到M11,M23,M33.于是所求的解为
x561235334031(mod140)267(mod280)
所以x267(mod280).
(3)证:
因为4,5,7两两互素,所以可以利用孙子定理求解.
M135,M228,M320,m140.
解同余式
35M1,1(mod4),28M2,1(mod5),20M3,1(mod7),得到M11,M,22,M,31.
于是所求的解为
x35
(1)3282220
(1)6(mod140)
97(mod140)
(4)解:
因为5,8,7两两互素,所以有解
利用孙子定理求得M156,M235,M340.m280解同余方程56M1,1(mod5),35M2,1(mod8),40M31(mod7),得到M1,1,M,23,M,33.
于是所求的解为
x561(3)353(5)4031(mod280)
得x267(mod280).
(5)解因为7,8,9两两互素,所以可以利用孙子定理M172,M263,M356,m494
解同余式
72M1,1(mod7),63M2,1(mod8),56M3,1(mod9)得到M1,4,M,21,M,34.于是所求的解为
35M1,1(mod4),28M2,1(mod5),20M31(mod7)
得到M11,M22,M31.
于是所求的解为
x35
(1)1282120
(1)(3)(mod140)
81(mod280)所以x81(mod140).
(7)解:
因为5,8,9两两互素,所以有解
利用孙子定理求得M172,M245,M340.m360
解同余方程72M11(mod5),45M21(mod8),40M31(mod9),得到
M1,3,M'25,M'32
于是所求的解为
x7232453540
(2)(6)(mod360)
得x147(mod360).
三、证明
(1)A、叙述威尔逊定理。
B.证明若(m1)!
10(modm),则m为素数
(2)证明当n是奇数时,有3(2°1).
(3)叙述并且证明欧拉定理。
(4)解同余方程17x2(mod25)
(5)叙述并且证明带余除法定理。
(6)叙述并且证明费尔马小定理。
(7)证明:
若…’则当〃通过模比的完全剩余系时,贝U
也通过模円的完全剩余系.
答案
1a,bm,贝ya|(m1)!
a|(m1)!
1,则有a|1
(1)A.(威尔逊定理)整数。
是素数,则:
-_
证:
若m不是素数,则m=ab不可能,所以m是素数。
⑵证明:
因为2
1(mod3),所以
2n1
(1)n
1(mod3)
于是,当n是奇数时,我们可以令n2k1.
从而有2n1
(1)2k110(mod3),
即3(2n1).
⑶欧拉定理)若贝「一
证明:
设爪」-泊”是模w的一组互素剩余系.
'L"「由§2.2定理知*是模®的一组
互素剩余系.
儿「-j.一T一即
.又
T(^fm)-1°・1七…円(潮))二G…j斫1
artw>»l(niod»2)
⑷解:
因为(17,25)=1,所以同余方程17x2(mod25)有一解⑸带余除法定理:
二-二」且「「口基'■-二使得
成立,并且是惟一的.
证明:
(存在性)作整数序列:
…-貉厂為机笳,3&…
对于:
必存在一个整数F使得…•成立
令「打即r;'_'—二”〔2:
”三二
惟一性):
若-一止使得"一"11'1?
a-bq-^r-bq^占(?
_釣)■打一尸
\q-^\=\rL-r\
又I'_一,〔二
01-r|<&
0<|<1
又'二1即寸=十从而有r=r
是惟一的.
⑹费尔马定理:
对任意的素数p有aPa(modP)证明:
设p|a,则有PlaP,有aPa(modP),
若(a,p)=1,由欧拉定理有a1(modP)两边同乘a即有
(7)证明:
当卞通过模"的完全剩余系-匕/八时,令b广叫+bi=1,2/、*严
贝卩「;■•:
'—一.■:
■■■■■.
否则,和2小使得b产妇血沁叽即
aa^十色-aas^6(modws)
aa-=^«;(modp«)
又■.■,■-.■-I-—「】「'!
':
'
这与°耳是模叱的一组完全剩余系矛盾.
■'妇易…息构成模陶的完全剩余系.即-"T也通过模咗的完全剩余系四、综合应用
(10分)
(1)解方程x47x4=0(mod27)
解:
由x47x4=0(mod3)得x1(mod3)得x=1+3t代入
x47x4=0(mod9)有11t1(mod3)有t13ti代入x=1+3t得x49t1
代入x47x4=0(mod27)有t12(mod3)t123t2代入有
x2227t2
即x22(mod27)
答案
证:
因n=2P+1为素数,由威尔逊定理(n1)!
10(modn)即有
(n1)!
1(n1)(n2)3211(n1)2(n2)p(np)1(modn)
(p!
)2
(1)p10(mod2p1)即证
P
(3)设P=4n+3是素数,证明当q=2p+1也是素数时,梅森数Mp21不是素
数。
(10分)
2
()1(modq)
q即
答案
证:
因q=8n+7,由性质2是q=8n+7的平方剩余,
4n3
q|24n31
P
所以梅森数MP2P1不是素数。
333
(4)证x3y9z无正整数解。
(8分)
答案
333
证:
假设X3y9z有解,设(x,y,Z)是一组正整数解,则有x是3的倍
333
数,设X=3X1,又得到y为3的倍数,设y3yi,又有z3zi,X13yi9n则
有解(x1,y1,z1)且z>z1
这样可以一直进行下去,Z>Z1>Z2>Z3>Z4>…
但是自然数无穷递降是不可能的,于是产生了矛盾
(5)设n是大于2的整数,证明(n)为偶数(10分)
答案
证:
因为(-1,n)=1,由欧拉定理有
(1)(n)1(modn),因为n大于2,只有(n)为偶数。
2
(6)如果整系数的二次三项式P(x)xbxc当x0,1时的值都是奇数,证明p(X)0没有整数根(8分)
答案:
证:
由条件可得c为奇数,b为偶数
2
如果p(x)=0有根q,若q为偶数,则有qbqc为奇数,而p(q)=0为偶
2
数,不可能,若q为奇数,则有qbqc为奇数,而p(q)=0为偶数,也不可能,所以p(x)0没有整数根
(7)解方程45x21(mod132).(10分)
答案:
解因为(45,132)=3|21,所以同余式有3个解.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,得到一解(21,7).
因此同余式的3个解为
x21(mod132),
132
x21(mod132)65(mod132)
3,
132
x212(mod132)109(mod132)
3
(8)证明:
用算术基本定理证明
、3是无理数。
(10分)
答案:
P
证:
假设3是有理数,则存在二个正整数p,q,使得-3=q
22
得有3q=p,则同一个数左边含奇数个因子,右边含偶数个因子,定理矛盾。
•••3为无理数。
由对数定义可
与算术基本
(9)、证明:
对任何正整数n,若n不能被4整除,则有
nnnn
5|1234(10分)
答案:
证:
则题意知n=4q+r,r=1,2,3。
因为(i,5)=1,i=1,2,3,4所以有当r=1时有12340(mod5)
当r=2时有122232420(mod5)
当r=3时有132333430(mod5)
从而证明了结论。
(10)、解不定方程4x5y10(10分)
i41(mod5)
答案:
解:
因为(4,5)=1,所以方程有解,由观察得有特解x=0,y=2
所以方程的解为x5t,y24t‘tZ
(11)8x9(mod11)(10分)
答案
解:
因为(8,11)
由形式分数有
99
x
=1,所以同余式有解
8811
3(mod11)
P
(12)证明梅森数Mp21的素因子qp.(10分)
答案
证:
设q是2p-1的质因数,由于2p-1为奇数,二2,•••(2,q)=1,由条件q|2p-1,即2p三1(modq)
又•••(q,2)=1,2p三1(modq)
设i是使得2x=1(modp)成立最小正整数
若1
•••i=p,•••p|q-1,从而证明了结论。
p999
(13)试证若p2,5且是素数,则p1(9分)
答案
证:
因为p2,5且是素数
所以(p,10)=1,由欧拉定理有
p1
101(modp),从而有
p999
p1
(14)证明:
对任何的正整数a,5a+2不可能是平方数(9分)
答案
证:
因为平方数被5除后的余数为1,4,
而5a+2被5除后的余数为2,
2不同余1,4关于5,所以不相等
(15)
8分)
判断方程x=3(mod83)是否有解,若有解则有几解(
答案
(—)1
解:
因为83,所以有解,由性质知有解就有两解
2
(16).求4xxy30的整数解.(10分)
答案
解:
cy4x-
因为x0,所以x,
因为y为整数,所以x只能取-1,-3,1,3
x11x21
X33
从而原方程的解为y11,y21
y311
X4
y4
3
11
2
(17).判断同余方程x三73(mod137)是否有解,若有解,有几解.(8分)
答案
73
(——)12
解:
因为137,所以同余方程x三73(mod137)有解由定理有解则有两解。
22
(18).证明:
不存在整数x,y使等式xy=1995成立.(10分)
答案
证:
假设有整数x,y存在,使x2+y2=1995成立。
•••x2,y2被4除余数为0或1.
•••x2+y2被4除余数为0,1或2.
又v1995被4除余数为3.
•••得出矛盾,假设不成立.故没有整数x,y存在,使x2+y2=1995成立.
(19).设72|a673b,试求a,b的值.(10分)
答案解72=8X9,且(8,9)=1
8|a673b,且9|a673b
•8|73bb=6
且9|a+6+7+3+6
即9|22+a,即a=5,所以
a=5,b=6
(20).用1,2,。
。
。
8,9不重复地写出被11整除最大的九位数(10分)
答案
因为被11整除的数的特征是奇数位数码之和减去偶数位数码之和为11的倍数,
要写最大的九位
数,前面可用98765,然后对后面的数字进行调整,此时奇数位数码和比偶数位数码之和大7,只要
后面最大4或小7即可,小卖7不行,只能大4,刚好4,3之和比1,2之和大4,为了最大,后4位为2413,
所以所求数为987652413.
2
(21)解方程x2x2三0(mod125)(10分)答案
解:
由x?
2x2=0(mod5)得x1,2(mod5)对x1(mod5)得x=1+5t代入x22x2=0(mod25)有4t1(mod5)有t15t1代入x=1+5t得x625t1
代入x22x2三0(mod125)有14t12(mod5)t125t2代入有
x56125t2,x56(mod125),
同理另一解为x67(mod125)
(22)设P为素数,试证对任整数a,都有P|(P—1)!
aP+a°(10分)
答案证:
由威尔逊定理
(p1)!
1(modp)
由欧拉定理aPa(modP),两式相乘即得
P
(p1)!
aa(modp)
P
即有P|(P—1)!
a+a
(23)证明不定方程x2-2xy2+5z+3=0无整数解答案
证:
若不定方程有解,则xy2■■-y45z3
但y4=0,1(mod5),二对y,zy4-5z-3=2,3(mod5)
而一个平方数三0,1,4(mod5)
•••y4-5z-3不可能为完全平方,即■-y45z3不是整数,所以原不定方程无解。
P
(24)证明梅森数Mp21的素因子q—定为2pt+l型。
(p>2为素数)
(10分)
答案
证:
设q是2p-1的质因数,由于2p-1为奇数,二2,•••(2q)=1,由条件q|2p-1,即2p三1(modq)
又•••(q,2)=1,2p三1(modq)
设i是使得2x=1(modp)成立最小正整数
若1
•••i=p,•••p|q-1
又•••q-1为偶数,2q-1,
•••2p|q-1,q-1=2pk,即q=2pk+1
(25)证明形如4m+1的素数有无穷多个(10分)答案证:
假设形如4m+1的素数只有有限个,设为p1…pk,
显然(2p1…pk)2+1的最小素因数p是奇数,且p与p1…pk不同,设p为4m+3形的素数,但p整除(2p1…pk)2+1,表明(2p1…pk)2+1=0(modp)
•p为4m+1形,这与4m+1的素数只有k个矛盾
2
(26)如果整系数的二次三项式P(x)x
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