02013初等数论复习题题库及答案

《初等数论》本科一、填空题（每空2分）1.写出30以内的所有素数2，3，5，7，11，13，17，19，23，29.设a,是任意两个不为零的整数,( a , b )1.(a,b)(a,b)若ab是非零整数，则a与bxy，使axby14.180180=225，其正约数个数有(2+1)(2+1)(1+1)=18个.a设与,

,中能整除的整数恰有[ ]个.b设ab是非零整数，c是整数，方程axbyc有整数解xy)的充要条件是(ab|cA是模mA中含有m个整数.2.9.p素数时，(1)p)p1;(2)pkpkpk.10.设ama(m)10(modm).11.,aapa0(modp).12.已知2x35(mod7)x1(mod7).13.x22(mod7)的解是±3(mod7).14.同余方程3x210x120(mod9)的解是X=6+9t(t∈Z).(np1

p-12 1(modp)..(np1是模(3 4(17.)=)=1.5 5

p-12

1(modp)..(18.设,则(p

p21(1)8 ..)19.设,则11;-1)

p-1(-1)2..p p5 2)=)=－1.9 45二、判断题。(判断下列结论是否成立，每题2分).1.a|且a|cxyZa|bxcy.成立2.(abac),[abac.不成立若a2|b3,a|b.不成立a=8b=12ab(modmk0,kNakbk(modmk成立不成立acbc(modm)ab(modm).不成立6.6.a2b2(modm),ab(modab(mod至少有一个成立.不成立ab(modm),a2b2(modm2.不成立x通过模mxbb是整数)通过模m的完全剩余系.成立若｛a，a1

，……，am

｝与｛bb1

……bm

｝都是模m的完全剩余系，则｛a1

+b，a+b1 2

，……，am

+b ｝m也是模m的完全剩余系。不成立若(a,m)1x通过模m的简化剩余系（完全剩余系，则axb也通过模m的简化剩余系.不成立成立11.mmNmm(mm(m)(m).成立1 2 1 2 1 2 1 2成立12.同余方程4x23x30(mod15)和同余方程4x212x120(mod15)是同解的.成立成立axb(modm)axmya当是奇素数时,若x2a(modm)有解,( )1.成立ama当不是奇素数时,若( )1,则方程x2am

a(modm)一定有解.不成立三计算题1.求(1859,1573)1.(1859,1573)(1859,1573)(286,1573)(286,15732865)(286,143)(0,143)1432.求[－36，108，204]2.[36,108,204][36,108,204],解：362232,10822,20422317,[36,108,204]22171836.3.求(125，17)，以及x，y，使得125x+17y=(125，17)651得16-56-(17-26)36-173(125-177)-17解：3125-2217.1253-17221,x3,y-22.4.求整数x，y，使得1387x－162y=(1387，162)9421得19-429-4(11-9)59-4115(20-11)-411520-911520-9(71320)322097132(91-71)97132914171329141(16291)73914116273(13878162)41162731387625162.1387731626251.12!（8分）6.求最大的正整数k,使10k|199!.（8分）27.[1 12

1

1 ].(10分)10038.8x17y(6分)39.19x20y(10分)10.求方程111x－321y=75的整数解.(10分)15x1

10x2

6x3

61的整数解.(8分)3x6y12z.(8分)x2y3z(8分)将19写成三个分数之和,它们的分母分别是2,35.(10分)3015.x2y2x23y7.(6分)16.x3y3.(8分)5(xyyzzx(10分)3406).(10分)19.解同余方程6x7(mod23).(8分)20.解同余方程12x150(mod45).(8分)x2(mod3)21.解同余式组x3(mod5).(6分)x2(mod7)22.f(x)0(mod35),f(x)x42x38x9.(10分)23.解同余方程:x72x67x5x20(mod5).(6分)求出模23的所有二次剩余和二次非剩余(8分)x2(6分)x2429(mod563).(8分).(8分)

101 73:);(2)( ).(8分)15 2129.计算(300).(6分)x3(mod8)30.解同余式组x11(mod20).(10分)x1(mod15)四证明题1、设a,b是两个给定的非零整数,且有整数x,y,使得axby1.求证:若a|n,b|n,则ab|n.(6分)nn(axby)naxnby证明： 又ab|na,ab|nbabn.a,a, ,

是整,aa a

0,aa a 4|n.(8分)1 2 n

1 2

12 n若是奇,n,a,a, ,a都是奇,aa a 不可,21 2 n 1 2 n即a,a, ,a中至少有一个偶如果只有一个偶数,不妨设a,不1 2 n 1证明：整除a(2in).i由aa2 3

a a(n.n 1在a,a, ,a中至少有两个偶,41 2 n3整除.(8分)设

r,0

3,i1,2,3,4,5.i i i i证明：(1)若在r中数0,1,2都出现,不妨设r0,r1,r

2,则aaa

3(qqq.i 1 2 3

1 2

1 2 3(2)若在r中数0,1,2至少有一个不出现,则至少有三个r取相同的值,令rrrr(r0,1或2),i则aaa1 2

3(qq1

iq3r.3

1 2 34.设a,b是整数,且9|a2abb2,则3|(a,b).(8分)4.9a2abb2,9(ab)23ab,3(ab)23ab,3(ab)2,3ab,9(ab)2,93ab,3ab,3a3证明：3a,3a33ab,33(a,b).设ab是正整数，证明(ab)[abab.(8分)5.(ab)[a,b](ab)

ab(ab),证明：

(a,b) (a,b)b(ab)[b,ab](b,ab),而(b,ab)(a,b),b(ab)[b,ab](a,b),即b(ab)[b,ab],结论成立(a,b)ab(modn0,nN,anab(modm),mab,

bn(modm).(6分)证明：又anbn(ab)(an1an2ban3b2 bn1),manbn,anbn(modm).A{x,x, ,x是的一个完全剩余表的小数部.1 2 mm

axb 1证明(am1,

i }(m-1).(10分)m 2i1由定理,{ax1

b,ax2

,axm也是模,可设axbkmj(1jm),im axb m j m

m1 j m1j 1 m(m1) m1从而i } }

{}

} .m i1 j

mj1

mj1

j

m m 2 21设nN证明(n)的充要条件是n2kkN.(10分)121 8.若n2k,则(2k2k(1-2k-11 2 2n若(n,设n2kt2t,n2n

(t) n (t)证明：则 (n)(2kt)(2k)(t)2k-1(t)2kt 2 2 t 2 t即(tt,t1,(注(n1n或2)9.nN,52n4n4n(10分)9. (5)k41(mod5)(1k4).令n4qr,0r3,2n3n4n)q24)q2r34)q3r44)q4r证明：1r2r3r4r(mod5).52n3n4n,即52r3r4r, 把r0,1,2,3代入检验可知r0,4n;若4n,则r0,易52r3r4r,52n3n4n.am证明xba(m)1(modaxb(mod.(am由Euler则a(m)1(modm).证明：axba(m)b(modm),(a,m)xa(m)-1b(modm).

p-12

1(modp).(10分)11.若(n,p)1,则由Euler定理,np-11(modp),(n

p12

p1 2 1) 0(modp 证明：

p是素数,则n

p12

10(modp)

p12

10(mod,n是模p的二次剩余的充要条件是n

p-12

1(modp),pn2 1(modp).设ya1

(modp),ya2

(modp)都是模p的平方剩余,yb(modp),yb(modp)都是模p的平方非剩余.1 2求证:yaa(modpybb

(modp)都是模p的平方剩余,12 12

(10分)yab(modp)是模p的平方非剩余.11,p1a2

p1a2

1(modp),

p12

p1b2

1(modp),证明：1

2p1

1 2p1

p1(aa)2 (bb)2 1(modp),(ab)

1(modp),12 12 11得证.p4n求证x2p(modq),x2

q(modp)有两个解.(10分)证明: p,均为形4n的

p1,q-1均为奇2 2p q p1q-1 p p又x2

p(modq)无,()1,()(-1)2 2()()1.q p q qx2q(modp,设,则因为cc(modp),且c)2-c也是其一解,又因为二次同余方程至多有两个解,故x2q(modp)恰有两个解为

c2

q(modp),设pya(modp).证明:ya(modp)也是模p的平方剩余.(8分)证明p4k,

p12 1(modp),则(-a)

p12

1(modp).证明n24m(10分)证明:,而且任意多个形如4m1的整数之积也具有4m1的形式.我们只需证明若素数是n2,则具有4m.若p|n21,则n21(modp),即-1QRp),由以上推论知,p4m1.,xp-11(modp)p.(8分)16.证明:由费马定理(Fermat定理)可知,任意与p互质的数都是它的解.因,这个同余方程恰好p个不同的x1,2,3, ,p-1(mod