《初等数论》期末模拟试题.docx

此文档收集于网络，如有侵权，请 联系网站删除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. 故的一切解可以表示成 或4、（15分）设为正奇数，为正整数，试证a2n1(mod2n+2)。证明：设a=2m+1，当n=1,时，有a2=(2m+1)2=4mm+1+11(mod23)，即原式成立。 设原式对于n=k成立，则有a2k1mod2k+2a2k=1+q2k+2，其中qZ， a2k(1+q2k+2)2=1+q2k+31(mod2k+3)，其中是某个整数，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成立。5、（15分）设p、q是两个大于3的质数，证明：p2q2(mod24)。证明：因为24=38，3,8=1， 只需证明p2q2(mod3)，p2q2(mod8)同时成立。 事实上，由于（p，3）=1，（q，3）=1，所以p21(mod3)，q21(mod8)， 于是p2q2(mod3)，由于p，q都是奇数， 所以p21(mod8)，q21(mod8)， 于是p2q2(mod8)，故p2q2(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+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2n+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，.8、（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 且 3b 证明： a2+b2+ab=(a-b)2+3ab且9(a-b)2+3ab 3(a-b)2+3ab3(a-b)23a-b9(a-b)2 由9(a-b)2+3ab知93ab3ab3a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）|18，所以有解 考虑6x-17y1，x1，y1 x54，y18是特解，即原方程的解是x54-17t，y18-6t.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，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 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，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） 所以即得矛盾，即无解。20、（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