《初等数论》期末模拟试题

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1、《初等数论》模拟练习题及参考答案1、（15分）若是形如（是任意整数，是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则，其中是任何整数证明：由题意可知，不全为0，从而在整数集合中存在正整数，因而有形如的最小整数，，由带余数除法有,则，由是中的最小整数知，故由于为任意整数，则可知从而有又有，得证，故.2、（10分）若，求证证明：由同余可加性，且，从而得，得证.3、（10分）求的一切整数解.解：,而，故有解，且原方程的解与的解完全相同.现先解.53332012111101因此的一个解是.故的一个解是.6故的一切解可以表示成或4、（1

2、5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=4mm+1+1≡1(mod23)，即原式成立。设原式对于n=k成立，则有a2k≡1mod2k+2a2k=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

3、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m>0，n>0，且m为奇数，证明：(2m-1，2n+1)=1。证明：由m为奇数可知：2n+12mn+1，又有2n-12mn-1,于是存在整数x，y使得：2n+1x=2mn+1，2n-1x=2mn-1。从而2

4、n+1x-2m-1y=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3nn+1(2n+1)，其中n是任何整数.证明：因为又有，是连续的三个整数故，得从而可知，.68、（15分）设a,b是任意两个正整数，求证a,b=ab(a,b).证明：设是的任一公倍数.由定义可设，令。由上式即得.且又，故.因此，其中满足等式.反过来，当为任一整数时，为的一个公倍数，故上式可以表示的一切公倍数.令，即得到最小的正数，故得证.9、（15分）如果9a2+b2+ab，那么3a

5、且3b证明：∵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→3ab→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3b10、（10分）求的解解：∵（6，17）

6、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）求不定方程的整数解解：将其分为两个二元一次不定方程求解，2

7、5x+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6消去t就得到所求的解（其中是任意整数）12、（10分）设为正整数，证明证明：设，由于，所以，又∵，所以，故13、（10分）证明当是奇数时，有证明：∵，所以于是，当是奇数时，可以令从而有即。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∵∴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）若是个正整

8、数，令，则证明：由题设可知，且，故是的一个公倍数.反之，设是的任一公倍数，则，故由的所有公倍数是的所有倍数得，.又，6同理可得.依次类推，最后得.因此.故16、（10分）设为素数，试证证明：∵为素数，由威尔逊定理，即有即可证明17、（10分）证若为素数，则一定为素数证明：若为合数，则设∴为合数，与为素数矛盾∴为素数。18、（10分）证明：证明：由费尔马小定理知对一切整数有：由同余性质知有：又由费尔马小定理有19、（10分）证明无解。证明：若有解，则两边关于模5同余有，即而任一个平方数所以30，1，4（mod5）所以即得矛

9、盾，即无解。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）解解：∵(7，8，9)＝1，所以可以先解同余式得到于是所求的解为6