《《初等數(shù)論》作業(yè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《《初等數(shù)論》作業(yè)（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、初等數(shù)論》作業(yè) 第一次作業(yè)： 一、單項(xiàng)選擇題 1、 (0,b) ( ). A b B b C b D 0 2、如果 ba， ab，則 ( ). A a b B a b C a b D a b 3、如果 (a,b) 1，則 (ab,a b) =( ). A a B b C 1 D a b 4、小于 30 的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)( ). A 10 B 9 C 8 D 7 5、大于 10且小于 30的素?cái)?shù)有( ). A 4個(gè) B 5 個(gè) C 6個(gè) D 7個(gè) 6、如果 3n ， 5n，則 15() n. A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 7、在整數(shù)中正素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)( ) .

2、 A 有 1 個(gè) B 有限多 C 無限多 D 不一定 二、計(jì)算題 1、求 24871 與 3468 的最大公因數(shù) ? 2、求 [24871,3468]=? 3、求 [136,221,391]=? 三、證明題 1、如果 a,b 是兩個(gè)整數(shù) , b 0 ,則存在唯一的整數(shù)對(duì) q,r ,使得 a bq r ,其中 0 r b . n n2 n3 2、證明對(duì)于任意整數(shù) n,數(shù) n n n 是整數(shù). 3 2 6 3、任意一個(gè) n位數(shù) anan 1 a2a1與其按逆字碼排列得到的數(shù) a1a2 an 1an 的差必是 9的倍數(shù) . 4、證明相鄰兩個(gè)偶數(shù)的乘積是 8 的倍數(shù) . 第二次作

3、業(yè) 一、單項(xiàng)選擇題 1、如果 ( A ),則不定方程 ax by c 有解 . A (a,b)c B c(a,b) C ac D (a,b)a 2、不定方程 525x 231y 210( A ). A 有解 B 無解 C 有正數(shù)解 D 有負(fù)數(shù)解 二、求解不定方程 1、 9x 21y 144. 解：因?yàn)? 9，21)=3， 3144 ，所以有解； 化簡(jiǎn)得 3x 7y 48 ； 考慮 3x 7y 1 ，有 x 2, y 1， 所以原方程的特解為 x 96,y 48 ， 因此，所求的解是 x 96 7t,y 48 3t,t Z 。 2、 6x 17y 18 . 解：因?yàn)?(6,

4、17) 18 ,所以有解 ; 考慮6x 17y 1,x 3, y 1; 所以 x 54,y 18 是特解 , 即原方程的解是 x 54 17t,y 18 6t 3、 107x 37y 25. 解：因?yàn)? 107，37) =1 25，所以有解； 考慮 107x 37y 1， 有 x 9, y 26 ， 所以，原方程特解為 x 9 25=225， y 26 25 =-650 ， 所以通解為 x 225 37t,y 650 107t 4. 求不定方程 25x 13y 7z 4 的整數(shù)解 . 解 我們將它分為兩個(gè)二元一次不定方程來求解 25x+13y=t, t+7z=4. 利用求

5、二元一次不定方程的方法 ,因?yàn)?25(-t)+13(2t)= t, 32+7 (-4)=4, 所以, 上面兩個(gè)方程的解分別為 x t 13k1 y 2t 25k1 t 32 7k2 z 4 k2 x 32 13k1 7k2 消去 t 就得到所求的解 y 64 25k1 14k2 , z 4 k2 這里 k1,k2 是任意整數(shù) 5. 求不定方程 4x 9y 5z 8 的整數(shù)解 . 解 我們將它分為兩個(gè)二元一次不定方程來求解 4x-9y=t, t+5z=8. 利用求二元一次不定方程的方法 ,因?yàn)?4(-2t)-9(-t)= t, 48+5 (-8)=8,

6、 所以, 上面兩個(gè)方程的解分別為 x 2t 9k1 y t 4k1 t 48 5k2 z 8 k2 消去 t 就得到所求的解 x 96 9k1 10k2 y 48 4k1 5k2 z 8 k2 這里 k1,k2 是任意整數(shù) 第三次作業(yè)： 一、選擇題 1、整數(shù) 5874192能被( )整除 . A 3 B 3與 9 C 9 D 3或 9 2、整數(shù) 637693 能被 ( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9 3、模 5 的最小非負(fù)完全剩余系是 ( ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,

7、2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 4、如果 a b(mod m) ,c 是任意整數(shù) ,則 A ac bc(mod m) B a b C ac bc(mod m) D ab 二、解同余式(組) 1) 45x 21(mod 132) . 2) 12x 15 0(mod 45) 3) 111x 75(mod 321) . x 1(mod 7) 4) x 2(mod 8) . x 3(mod 9) x 1(mod 2) 5) x 2(mod 5) x 3(mod 7) x 5(mod 9) 三、證明題 1、如果整數(shù) a的

8、個(gè)位數(shù)是 5,則該數(shù)是 5的倍數(shù) . 2、證明當(dāng) n是奇數(shù)時(shí)，有 3(2n 1) . 第四次作業(yè)： 一、計(jì)算： 1、判斷同余式 x2 438(mod 593)是否有解？ 2、判斷同余式 x2 365(mod 1847)是否有解？ 3、求 11 的平方剩余與平方非剩余 . 4、計(jì)算 429 , 其中 563 是素?cái)?shù) . 563 5、計(jì)算 383 5、計(jì)算 443 二、證明題： 1、證明相鄰兩個(gè)整數(shù)的立方之差不能被 5 整除 . 2、證明形如 4n 1 的整數(shù)不能寫成兩個(gè)平方數(shù)的和 . 3、一個(gè)能表成兩個(gè)平方數(shù)和的數(shù)與一個(gè)平方數(shù)的乘積 ,仍然是兩個(gè)平方數(shù)的和 ; 兩個(gè)能

9、表成兩個(gè)平方數(shù)和 的數(shù)的乘積 , 也是一個(gè)兩個(gè)平方數(shù)和的數(shù) . 4、素?cái)?shù)寫成兩個(gè)平方數(shù)和的方法是唯一的 . 答案： 第一次作業(yè)：一、單項(xiàng)選擇題 1、 （0,b） （C ）. A b B b C b D 0 2、如果 ba， ab，則 (D ). A a b B a b C a b D a b 3、如果 (a,b) 1，則 (ab,a b) =(C ). A a B b C 1 D a b 4、小于 30 的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)( A ). A 10 B 9 C 8 D 7 5、大于 10且小于 30的素?cái)?shù)有( C ). A 4 個(gè) B 5 個(gè) C 6個(gè) D 7 個(gè) 6、如果 3n，

10、5n，則 15(A ) n. A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定 B 有限多 C 無限多 D 不一定 7、在整數(shù)中正素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)（ C ） . A 有 1 個(gè) 二、計(jì)算題 1、 求 24871 與 3468 的最大公因數(shù) ? 解： 24871=3468 7+595 3468=595 5+493 595=493 1+102 493=102 4+85 102=85 1+17 85=17 5, 所以 ,(24871,3468)=17. 2、 求 [24871,3468]=? 解：因?yàn)?( 24871,3468 )=17 24871 3468 所以 [24871,3468

11、]= =5073684 17 所以 24871 與 3468 的最小公倍數(shù)是 5073684。 3、求 [136,221,391]=? 解 ： [136,221,391]=[[136,221],391] 136 221 =[ 136 221 ,391 ]=[1768,391] 17 1768 391 = =104 391=40664. 17 三、證明題 6、如果 a,b 是兩個(gè)整數(shù) , b 0 ,則存在唯一的整數(shù)對(duì) q,r ,使得 a bq r ,其中 0 r b . 證明 ：首先證明唯一性 .設(shè)q , r 是滿足條件的另外整數(shù)對(duì) ,即 a bq r , 0 r b

12、. 所 以 bq r bq r , 即 b q q r r , bq q r r . 又 由 于 0 r b , 0 r b , 所 以 r r b.如果 q q ,則等式 bq q r r 不可能成立 . 因此 q q , r r 其次證明存在性 . 我們考慮整數(shù)的有序列 ?? , 3b, 2b, b,0,b,2b,3b, 則整數(shù) a應(yīng)介于上面有序列的某兩數(shù)之間 , 即存在一整數(shù) q使 qb a q 1b. 我們?cè)O(shè) r a qb , 則有 a bq r , 0 r b . 7、證明對(duì)于任意整數(shù) n n2 n3 n,數(shù) n3 n2 n6 是整數(shù) 2 證明：

13、 因?yàn)?n n 32 n3 n 1 n =n(2 3n n2)=1n(n 1)(n 2) , 6 6 6 而且兩個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是 2 的倍數(shù) ,3 個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是 3 的倍數(shù) , 并且 (2,3)=1, 所以從 2n(n 1)(n 2)和3n(n 1)(n 2)有 6n(n 1)(n 2), 23 即 n n n 是整數(shù) . 3 2 6 8、任意一個(gè) n位數(shù) anan 1 a2a1與其按逆字碼排列得到的數(shù) a1a2 an 1an的差必是 9的倍數(shù) . 證明 ： 因?yàn)? anan 1 a2a1 an 10n 1 an 1 10n 2 a2 10 a1 , a1a2 a

14、n 1an=a1 10n 1 a2 10n 2 an 1 10 an, 所以, anan1 a2a1- a1a2 an 1an= an (10n 1 1) an 1 10(10n 3 1) a2 10(1 10n 3 ) a1 (1 10n 1). 數(shù), 于是所證明的結(jié)論成立 . 9、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) 而上面等式右邊的每一項(xiàng)均是 9 的倍 所以 2n(2n 2) = 4n(n 1) 而且兩個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是 第二次作業(yè)答案： 一、單項(xiàng)選擇題 2 的倍數(shù) 即 4n(n 1) 是 8 的倍數(shù) . 1、

15、 如果 ( A ),則不定方程 ax by c 有解 . A (a,b) c B c(a,b) C ac D (a,b) a D 有負(fù)數(shù)解 2、不定方程 525x 231y 210( A ). A 有解 B 無解 C 有正數(shù)解 二、求解不定方程 1、 9x 21y 144. 解：因?yàn)? 9，21)=3， 3144 ，所以有解； 化簡(jiǎn)得 3x 7y 48 ； 考慮 3x 7y 1 ，有 x 2, y 1， 所以原方程的特解為 x 96,y 48 ， 因此，所求的解是 x 96 7t,y 48 3t,t Z 。 2、 6x 17y 18 . 解：因?yàn)?(6,17) 18 ,

16、所以有解 ; 考慮 6x 17y 1,x 3,y 1; 所以 x 54,y 18 是特解 , 即原方程的解是 x 54 17t,y 18 6t 3、 107x 37y 25. 解：因?yàn)? 107，37) =1 25，所以有解； 考慮 107x 37y 1 ， 有 x 9,y 26 ， 所以，原方程特解為 x 9 25=225， y 26 25 =-650 ， 所以通解為 x 225 37t,y 650 107t 4. 求不定方程 25x 13y 7z 4的整數(shù)解 . 解 我們將它分為兩個(gè)二元一次不定方程來求解 25x+13y=t, t+7z=4. 利用求二元一次不定方程的

17、方法 , 因?yàn)? 25(-t)+13(2t)= t, 32+7 (-4)=4, 所以, 上面兩個(gè)方程的解分別為 x t 13k1 t 32 7k2 , y 2t 25k1 z 4 k2 消去 t 就得到所求的解 x 32 13k1 7k2 y 64 25k1 14k2 , z 4 k2 這里 k1,k2 是任意整數(shù) 5. 求不定方程 4x 9y 5z 8 的整數(shù)解 . 解 我們將它分為兩個(gè)二元一次不定方程來求解 4x-9y=t, t+5z=8. 利用求二元一次不定方程的方法 ,因?yàn)?4(-2t)-9(-t)= t, 48+5 (-8)=8, 所以 , 上面兩個(gè)方程的解分別

18、為 x 2t 9k1 y t 4k1 x 96 9k1 10k2 消去 t 就得到所求的解 y 48 4k1 5k2 z 8 k2 t 48 5k2 . z 8 k2 這里 k1,k2 是任意整數(shù) 第三次作業(yè)答案： 一、選擇題 1、整數(shù) 5874192 能被 ( B )整除 . A 3 B 3 與 9 C 9 D 3 或 9 2、整數(shù) 637693 能被 (C )整除 . A 3 B 5 C 7 D 9 3、模 5 的最小非負(fù)完全剩余系是 ( D ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,

19、1,2,3,4 4、如果 a b(mod m) ,c 是任意整數(shù) ,則(A ) A ac bc(mod m) B a b C ac bc(mod m) D a b 、解同余式(組) 1) 45x 21(mod 132) . 解 因?yàn)?(45,132)=3 |21, 所以同余式有 3 個(gè)解 . 將同余式化簡(jiǎn)為等價(jià)的同余方程 15x 7(mod 44) . 我們?cè)俳獠欢ǚ匠? 15x 44y 7, 得到一解 (21,7). 于是定理 4.1 中的 x0 21. 因此同余式的 3 個(gè)解為 x 21(mod 132) , 132 x 21 (mod 132)

20、65(mod132) , 3 132 x 21 2 (mod132) 109(mod 132) . (2)12x 15 0(mod 45) 解 因?yàn)?(12,45)=3 |15, 所以同余式有解 , 而且解的個(gè)數(shù)為 3. 又同余式等價(jià)于 4x 5 0(mod 15) , 即 4x 5 15y. 我們利用解不定方程的方法得到它的一個(gè)解是

21、(10,3), 即定理 4.1 中的 x0 10. 因此同余式的 3 個(gè)解為 x 10(mod 45) , 45 x 10 2 (mod 45) 40(mod 45) . (3) 111x 75(mod 321) . 解 因?yàn)?(111,321)=3 | 75, 所以同余式有 3 個(gè)解 . x 10 45 3 (mod 45) 25(mod 45) 將同余式化簡(jiǎn)為等價(jià)的同余方程 37x 25(mod 107) . 我們?cè)俳獠欢ǚ匠? 37x 107y 25 , 得到一解 (-8,3).

22、于是定理 4.1 中的 x0 8. 321 99(mod 321) 因此同余式的 3 個(gè)解為 x 8(mod 321) , 321 x 8 2 (mod 321) 206(mod 321) . 3 x 1(mod 7) (4) x 2(mod 8) . x 3(mod 9) 解 因?yàn)?(7,8,9)=1, 所以可以利用定理 5.1. 我們先解同余式 72x 1(mod 7) , 63x 1(mod 8) , 56x 1(mod 9) , 求的解為 得 到 x1 4(mod 7), x2 1(mod 8), x3 4( m9) o. d于 是 所 x 72 4 1

23、63 ( 1) 2 56 ( 4) 3(mod 494) 510(mod 494) 478(mod494). x 1(mod 2) (5) x 2(mod5). ( 參考上題 ) x 3(mod 7) x 5(mod 9) 三、證明題 1、 如果整數(shù) a的個(gè)位數(shù)是 5,則該數(shù)是 5的倍數(shù) . 證明 設(shè)a是一正整數(shù) ,并將 a寫成 10 進(jìn)位數(shù)的形式 a = an10n an 110n 1 a0, 0 ai 10. 因?yàn)?10 0(mod5), 所以我們得到 a a 0 (mod 5) 所以整數(shù) a的個(gè)位數(shù)是 5,則該數(shù)是 5的倍數(shù) . 2、證明當(dāng) n是奇數(shù)時(shí)，有 3(2

24、n 1). 證明 因?yàn)?2 1(mod 3), 所以 2n 1 ( 1)n 1(mod3). 于是,當(dāng)n是奇數(shù)時(shí) ,我們可以令 n 2k 1. 從而有 2n 1 ( 1)2k 1 1 0(mod3) , 即 3(2n 1). 第四次作業(yè)答案： 一、計(jì)算： 1、 判斷同余式 x2 438(mod 593) 是否有解？ (答：無解。方法參照題 2) 2、判斷同余式 x2 365(mod 1847)是否有解？ 解 我們?nèi)菀字?1847是素?cái)?shù) ,所以只需求 365 的值 . 1847 如果其值是 1, 則所給的同余式有解 , 否則無解 . 因?yàn)?365 5 73, 所以 36

25、5 1847 5 73 1847 1847 5 1847 2 1847 5 5 再 5 1(mod 4),73 1(mod 4) , 所 以 73 1847 22 2 11 1847 73 73 73 73 7131 171 171 47 所以 , 365 =1. 于是所給的同余式有解 . 1847 3、 11 的平方剩余與平方非剩余 . 11 1 解 因?yàn)?5, 所以平方剩余與平方非剩余各有 5 個(gè) . 2 又因?yàn)?12 1, 22 4, 32 9, 42 5, 5 3, 所以,1 ，3，4，5，9是素?cái)?shù) 11的 5個(gè)平方剩余 .其它的 8個(gè)

26、數(shù)，2，6，7，8，10是素?cái)?shù) 11的平方非剩余 4、 計(jì)算 429 ,其中 563是素?cái)?shù) . 563 429 1563 1 429 2 . 2 ( 1) 2 2 563 563 429 2 67 563 134 429 429 429 429 4292 1 ( 1)4298 1 67 429 67 67 1 429 1 ( 1) 429 27 27 ( 1) 2 67 27 ( 1) 2 2 13 13 1 1, 429 429 67 67 2 67 67 27 27 22 27 167 1 即 429 是 563 的

27、平方剩余 . 5、計(jì)算 383 (計(jì)算方法參照題 4) 443 二、證明題： 1、 證明相鄰兩個(gè)整數(shù)的立方之差不能被 5 整除 . 證明 因?yàn)?(n 1)3 n3 3n2 3n 1, 所以只需證明 3n2 3n 1 (mod 5) . 而我們知道模 5 的完全剩余系由 -2,-1,0,1,2 構(gòu)成 , 所以這只需將 n=0, ±1, ±2代入 3n2 3n 1分別得值 1，7，1，19，7. 對(duì)于模 5, 3n2 3n 1的值 1，7，1，19，7只與 1， 2， 4等同余 , 所以 3n2 3n 1 (mod 5) 所以相鄰兩個(gè)整數(shù)的立方之差不能被 5 整除。 2、 證明形

28、如 4n 1 的整數(shù)不能寫成兩個(gè)平方數(shù)的和 . 證明 設(shè) n 是正數(shù) , 并且 n 1(mod 4), 如果 n x2 y2 , 則因?yàn)閷?duì)于模 4, x,y只與 0,1,2,-1 等同余 , 所以 x2,y2只能與 0,1 同余, 所以 x2 y2 0,1,2(mod 4) , 而這與 n 1(mod 4) 的假設(shè)不符 , 即定理的結(jié)論成立 . 3、一個(gè)能表成兩個(gè)平方數(shù)和的數(shù)與一個(gè)平方數(shù)的乘積 ,仍然是兩個(gè)平方數(shù)的和 ; 兩個(gè)能表成兩個(gè)平方數(shù)和 的數(shù)的乘積 , 也是一個(gè)兩個(gè)平方數(shù)和的數(shù) .(11 分) 證明 (1)設(shè) m a2 b2,則顯然 r 2m (ra)2 (rb)2. 22

29、 2)如果 n c2 d2, 那么 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 mn (a b )(c d ) a c a d b c b d =(a2c2 b2d2 2abcd) (a2d2 b2c2 2abcd) = (ac bd)2 (ad bc)2 . 3、 素?cái)?shù)寫成兩個(gè)平方數(shù)和的方法是唯一的 . 證明 設(shè) p a2 b2 c2 d2 ,則 p2 (a2 b2)(c2 d2) = (ac bd)2 (ad bc)2 22 =(ac bd)2 (ad bc)2. 又 (ac bd)(ad bc) 2 2 2 2 (a2 b2)cd (c2 d2 )ab p(ab cd), 所以 p(ac bd)或p(ad bc). 如果 p(ac bd),那么 ac bd kp, 將其代入前面 p 2的表達(dá)式 ,則 有 p2 k2p2 (ad bc)2 . 所以 (ad bc) 0,即a rc,b rd.于是 p a2 b2 r2(c2 d2),即必有 a c,b d . 如果 p(ad bc),那么 ad bc kp ,我們將其代入前面 p2的表達(dá)式后與上面的方法一致 ,可以得到 2 2 2 2 a rb,d rc .于是(1 r2)b2 (1 r 2 )c2 ,即必有 b c,所以 a d