《《初等數(shù)論》期末模擬試題(共6頁(yè))》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《《初等數(shù)論》期末模擬試題(共6頁(yè))（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-----傾情為你奉上 《初等數(shù)論》模擬練習(xí)題及參考答案 1、（15分）若是形如（是任意整數(shù)，是兩個(gè)不全為零的整數(shù)）的數(shù)中的最小正數(shù)，則，其中是任何整數(shù) 證明：由題意可知，不全為0， 從而在整數(shù)集合中存在正整數(shù)， 因而有形如的最小整數(shù)， ，由帶余數(shù)除法有 , 則， 由是中的最小整數(shù)知，故 由于為任意整數(shù)，則可知 從而有又有， 得證，故. 2、（10分）若，求證 證明：由同余可加性，且，從而得 ，得證. 3、（10分）求的一切整數(shù)解. 解：,而，故有解，且原方程的解與的解完全相同. 現(xiàn)

2、先解. 5 3 3 3 2 0 1 2 1 1 1 1 0 1 因此的一個(gè)解是. 故的一個(gè)解是. 故的一切解可以表示成 或 4、（15分）設(shè)ａ為正奇數(shù)，ｎ為正整數(shù)，試證a2n≡1(mod2n+2)。 證明：設(shè)a=2m+1， 當(dāng)n=1,時(shí)，有a2=(2m+1)2=4mm+1+1≡1(mod23)，即原式成立。 設(shè)原式對(duì)于n=k成立，則有a2k≡1mod2k+2a2k=1+q2k+2，其中q∈Z， ∴ a2k≡(1+q2k+2)2=1+q2

3、k+3≡1(mod2k+3)，其中ｑ是某個(gè)整數(shù)， 這說(shuō)明當(dāng)n=k+1時(shí)原式成立。 由歸納法知原式對(duì)所有正整數(shù)ｎ成立。 5、（15分）設(shè)p、q是兩個(gè)大于3的質(zhì)數(shù)，證明：p2≡q2(mod24)。 證明：因?yàn)?4=3×8，3,8=1， ∴ 只需證明p2≡q2(mod3)，p2≡q2(mod8)同時(shí)成立。 事實(shí)上，由于（p，3）=1，（q，3）=1，所以p2≡1(mod3)，q2≡1(mod8)， 于是p2≡q2(mod3)，由于p，q都是奇數(shù)， 所以p2≡1(mod8)，q2≡1(mod8)， 于是p2≡

4、q2(mod8)，故p2≡q2(mod24)。 6、（15分）設(shè)m>0，n>0，且m為奇數(shù)，證明：(2m-1，2n+1)=1。 證明：由m為奇數(shù)可知：2n+12mn+1，又有2n-12mn-1, 于是存在整數(shù)x，y使得：2n+1x=2mn+1，2n-1x=2mn-1。 從而2n+1x-2m-1y=2，表明（2m-1,2n+1)2， 由于2m-1，2n+1均為奇數(shù)，可知(2m-1，2n+1)=1。 7、（15分）證明3nn+1(2n+1)，其中n是任何整數(shù). 證明：因?yàn)? 又有，是連續(xù)的三個(gè)整數(shù) 故，得

5、 從而可知，. 8、（15分）設(shè)a,b是任意兩個(gè)正整數(shù)，求證a,b=ab(a,b). 證明：設(shè)是的任一公倍數(shù).由定義可設(shè)， 令。由上式即得.且又， 故.因此，其中滿(mǎn)足等式. 反過(guò)來(lái)，當(dāng)為任一整數(shù)時(shí)， 為的一個(gè)公倍數(shù)， 故上式可以表示的一切公倍數(shù). 令，即得到最小的正數(shù)，故得證. 9、（15分）如果 9a2+b2+ab，那么 3a 且 3b 證明：∵ a2+b2+ab=(a-b)2+3ab且9(a-b)2+3ab ?? ∴ 3(a-b)2+3ab→3(a-b)2→3a-b→9(a-b)2 由9(a-b)2+3ab知93ab→3

6、ab→3a或3b 若3a由3a-b知3b； 若3b由3a-b知3a ∴ 如果9a2+b2+ab那么3a且3b 10、（10分）求的解 解：∵（6，17）|18，所以有解 考慮6x-17y＝1，x＝1，y＝1 ∴ x＝54，y＝18是特解，即原方程的解是x＝54-17t，y＝18-6t. 11、（10分）求不定方程的整數(shù)解 解：將其分為兩個(gè)二元一次不定方程求解，25x+13y=t，t+7z=4 ∵ 25(-t)+13(2t)=t,32+7×(-4)=4 ∴ 上面兩個(gè)方程的解分別為 消去t就得到所求的解 （其中是任意整數(shù)）

7、 12、（10分）設(shè)為正整數(shù)，證明 證明：設(shè)， 由于，所以， 又∵ ，所以，故 13、（10分）證明當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，有 證明：∵ ，所以 于是，當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，可以令 從而有即。 14、（10分）求11的平方剩余與平方非剩余 解：∵ （11-1）/2=5，所以平方剩余與平方非剩余各有五個(gè)； 又∵ ∴ 1，3，4，5，9是素?cái)?shù)11的5個(gè)平方剩余， 2，6，7，8，10是素?cái)?shù)11的平方非剩余。 15、（15分）若是個(gè)正整數(shù)，令 ，則 證明：由題設(shè)可知，且， 故是 的一個(gè)公倍數(shù). 反之，設(shè)是的任一公

8、倍數(shù)，則， 故由的所有公 倍數(shù)是的所有倍數(shù)得，.又， 同理可得. 依次類(lèi)推，最后得.因此.故 16、（10分）設(shè)為素?cái)?shù)，試證 證明：∵ 為素?cái)?shù)，由威爾遜定理， 即有 即可證明 17、（10分）證若為素?cái)?shù)，則一定為素?cái)?shù) 證明：若為合數(shù)，則設(shè) ∴ 為合數(shù)，與為素?cái)?shù)矛盾 ∴ 為素?cái)?shù)。 18、（10分）證明： 證明：由費(fèi)爾馬小定理知對(duì)一切整數(shù)有： 由同余性質(zhì)知有： 又由費(fèi)爾馬小定理有 19、（10分）證明無(wú)解。 證明：若有解，則兩邊關(guān)于模5同余 有，即 而任一個(gè)平方數(shù) 所以30，1，4（mod5） 所以即得矛盾，即無(wú)解。 20、（10分）證明相鄰兩個(gè)偶數(shù)的乘積是8的倍數(shù) 證明：設(shè)相鄰兩個(gè)偶數(shù)分別為2n，(2n+2) 則 2n(2n+2)＝4n(n+1) 而且兩個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是2的倍數(shù) ∴ 4n(n+1)是8的倍數(shù)，即相鄰兩個(gè)偶數(shù)的乘積是8的倍數(shù)。 21、（15分）解 解：∵ (7，8，9)＝1，所以可以先解同余式 得到 于是所求的解為 專(zhuān)心---專(zhuān)注---專(zhuān)業(yè)