《初等数论》期末模拟试题

1《初等数论》模拟练习题及参考答案1、（15分）若00axby是形如axby（,xy是任意整数，,ab是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则00axbyaxby，其中,xy是任何整数证明：由题意可知，,ab不全为0，从而在整数集合|,SaxbyxyZ中存在正整数，因而有形如axby的最小整数00axby，,xyZ，由带余数除法有0000(),0axbyaxbyqrraxby,则00()()rxxqayyqbS，由00axby是S中的最小整数知0r，故00|axbyaxby由于,xy为任意整数，则可知0000|,|axbyaaxbyb从而有00|(,).axbyab又有(,)|aba，(,)|abb得证00(,)|abaxby，故00(,)axbyab.2、（10分）若(mod)abcm，求证(mod)acbm证明：由同余可加性，且(mod)abcm，从而得()()()(mod)cbcbabbam，得证.3、（10分）求1525100xy的一切整数解.解：(15,25)5,而5100，故有解，且原方程的解与3520xy的解完全相同.现先解531xy.因此531xy的一个解是212(1)11,(1)22xy.故351xy的一个解是2,1xy.53311q3212r21q21r012q11P1122PQ0121Q2故3520xy的一切解可以表示成405,203(0,1,2,)xtytt或105,23(0,1,2,)xtytt4、（15分）设ａ为正奇数，ｎ为正整数，试证𝐚𝟐𝐧≡𝟏(𝐦𝐨𝐝𝟐𝐧+𝟐)。证明：设a=2m+1，当n=1,时，有a2=(2m+1)2=4m(m+1)+1≡1(mod23)，即原式成立。设原式对于n=k成立，则有a2k≡1(mod2k+2)⇒a2k=1+q2k+2，其中q∈Z，∴a2k≡(1+q2k+2)2=1+q2k+3≡1(mod2k+3)，其中ｑ是某个整数，这说明当n=k+1时原式成立。由归纳法知原式对所有正整数ｎ成立。5、（15分）设p、q是两个大于3的质数，证明：𝐩𝟐≡𝐪𝟐(𝐦𝐨𝐝𝟐𝟒)。证明：因为24=3×8，(3,8)=1，∴只需证明p2≡q2(mod3)，p2≡q2(mod8)同时成立。事实上，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都是奇数，所以p2≡1(mod8)，q2≡1(mod8)，于是p2≡q2(mod8)，故p2≡q2(mod24)。6、（15分）设𝐦0，𝑛0，且m为奇数，证明：(𝟐𝐦−𝟏，𝟐𝐧+𝟏)=𝟏。证明：由m为奇数可知：(2n+1|2mn+1)，又有(2n−1|2mn−1),于是存在整数x，y使得：(2n+1)x=2mn+1，(2n−1)x=2mn−1。从而(2n+1)x−(2m−1)y=2，表明（2m−1,2n+1)|2，由于2m−1，2n+1均为奇数，可知(2m−1，2n+1)=1。7、（15分）证明𝟑|𝐧(𝐧+𝟏)(𝟐𝐧+𝟏)，其中n是任何整数.证明：因为(1)(21)(1)(21)(1)(2)(1)(1)nnnnnnnnnnnnn又有(1)(2)nnn，(1)(2)nnn是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)nnnnnn，得3|(1)(2)(1)(1)nnnnnn从而可知，3|(1)(21)nnn.38、（15分）设a,b是任意两个正整数，求证[𝐚,𝐛]=𝐚𝐛(𝐚,𝐛).证明：设m是,ab的任一公倍数.由定义可设abmakbk，令11(,),(,)aaabbbab。由上式即得11abakbk.且又11,1ab，故1abk.因此1(,)aabmakabttab，其中t满足等式1akbt.反过来，当t为任一整数时，(,)abtab为,ab的一个公倍数，故上式可以表示,ab的一切公倍数.令1t，即得到最小的正数，故得证,,ababab.9、（15分）如果𝟗|𝐚𝟐+𝐛𝟐+𝐚𝐛，那么𝟑|𝐚且𝟑|𝐛证明：∵a2+2+a=(a−)2+3a且|(a−)2+3a∴3|(a−)2+3a3|(a−)23|a−|(a−)2由|(a−)2+3a知|3a3|a3|a或3|若3|a由3|a−知3|；若3|由3|a−知3|a∴如果|a2+2+a那么3|a且3|10、（10分）求18176yx的解解：∵（6，17）|18，所以有解考虑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471325zyx的整数解解：将其分为两个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∴上面两个方程的解分别为2211473225213kzktktyktx4消去t就得到所求的解22121414256471332kzkkykkx（其中21,kk是任意整数）12、（10分）设n为正整数，证明(!1,(1)!1)1nn证明：设(!1,(1)!1)dnn，由于(!1)(1)[(1)!1]nnnn，所以|dn，|!dn又∵|(!1)dn，所以|1d，故1d13、（10分）证明当n是奇数时，有)12(3n证明：∵)3(mod12，所以)3(mod1)1(12nn于是，当n是奇数时，可以令12kn从而有3(mod)01)1(1212kn即)12(3n。14、（10分）求11的平方剩余与平方非剩余解：∵（11-1）/2=5，所以平方剩余与平方非剩余各有五个；又∵35,54,93,42,1122222∴1，3，4，5，9是素数11的5个平方剩余，2，6，7，8，10是素数11的平方非剩余。15、（15分）若12,,,naaa是n(2)n个正整数，令1222331[,],[,],[,]nnnaammammam，则12[,,,]nnaaam证明：由题设可知，1,2,3,,1,iimmin且12,,2,3,,,iiamamin，故nm是12,,,naaa的一个公倍数.反之，设m是12,,,naaa的任一公倍数，则12,amam，故由,ab的所有公倍数是[,]ab的所有倍数得，2mm.又3am，5同理可得3mm.依次类推，最后得nmm.因此nmm.故12[,,,]nnmaaa16、（10分）设12p为素数，试证)12(mod0)1()!(22pp证明：∵12pn为素数，由威尔逊定理)(mod01)!1(nn，即有)12(mod01)1()!()(mod1)()2(2)1(1123)2)(1(1)!1(2ppnpnpnnnnnp即可证明17、（10分）证若Mn为素数，则n一定为素数证明：若n为合数，则设),1(,nbaabn∴Mabaab)12(1)2(12为合数，与Mn为素数矛盾∴n为素数。18、（10分）证明：)(mod)(pbpappba证明：由费尔马小定理知对一切整数有：)(),(pbbppaap由同余性质知有：)(pbabpap又由费尔马小定理有)(mod)()(pbpappbapba19、（10分）证明253yx无解。证明：若253yx有解，则两边关于模5同余有253(mod5)yx，即23(mod5)x而任一个平方数20,1,4(mod5)x所以30，1，4（mod5）所以即得矛盾，即253yx无解。620、（10分）证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数证明：设相邻两个偶数分别为2n，(2n+2)则2n(2n+2)＝4n(n+1)而且两个连续整数的乘积是2的倍数∴4n(n+1)是8的倍数，即相邻两个偶数的乘积是8的倍数。21、（15分）解)9(mod3)8(mod2)7(mod1xxx解：∵(7，8，9)＝1，所以可以先解同余式),9(mod156),8(mod163),7(mod172xxx得到)9(mod4),8(mod1),7(mod4321xxx于是所求的解为)494(mod478)494(mod510)494(mod3)4(562)1(631472x