《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》习题解答及考试试题(东北师大).doc 73页

'《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）第一章整数的可除性§1整除的概念·带余除法1．证明定理3定理3若都是得倍数，是任意n个整数，则是得倍数．证明：都是的倍数。存在个整数使又是任意个整数即是的整数2．证明证明又，是连续的三个整数故从而可知3．若是形如（x，y是任意整数，a，b是两不全为零的整数）的数中最小整数，则．73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）证：不全为在整数集合中存在正整数，因而有形如的最小整数，由带余除法有则，由是中的最小整数知（为任意整数）又有，故4．若a，b是任意二整数，且，证明：存在两个整数s，t使得成立，并且当b是奇数时，s，t是唯一存在的．当b是偶数时结果如何？证：作序列则必在此序列的某两项之间即存在一个整数，使成立当为偶数时，若则令，则有若则令，则同样有当为奇数时，若则令，则有73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）若，则令，则同样有，综上所述，存在性得证．下证唯一性当为奇数时，设则而矛盾故当为偶数时，不唯一，举例如下：此时为整数§2最大公因数与辗转相除法1．证明推论4.1推论4.1a，b的公因数与（a，b）的因数相同．证：设是a，b的任一公因数，|a，|b由带余除法|，|，┄,|,即是的因数。73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）反过来|且|，若则，所以的因数都是的公因数，从而的公因数与的因数相同。2．证明：见本书P2，P3第3题证明。3．应用§1习题4证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所说的求法及辗转相除法实际算出（76501，9719）．解：有§1习题4知：使。，，使如此类推知：且而b是一个有限数，使，存在其求法为：4．证明本节（1）式中的73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）证：由P3§1习题4知在（1）式中有，而，，即§3整除的进一步性质及最小公倍数1．证明两整数a，b互质的充分与必要条件是：存在两个整数s，t满足条件．证明必要性。若，则由推论1.1知存在两个整数s，t满足：，充分性。若存在整数s，t使as+bt=1，则a，b不全为0。又因为，所以即。又，2．证明定理3定理3证：设，则∴又设则。反之若，则，从而，即=3．设（1）是一个整数系数多项式且，都不是零，则（1）的根只能是以的因数作分子以为分母的既约分数，并由此推出不是有理数．证：设（1）的任一有理根为，。则73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）（2）由，所以q整除上式的右端，所以，又，所以；又由（2）有因为p整除上式的右端，所以，，所以故（1）的有理根为，且。假设为有理数，，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是，这与为其有理根矛盾。故为无理数。另证，设为有理数=，则但由知，矛盾，故不是有理数。§4质数·算术基本定理1．试造不超过100的质数表解：用Eratosthenes筛选法（1）算出a（2）10内的质数为：2，3，5，773/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）（3）划掉2，3，5，7的倍数，剩下的是100内的素数将不超过100的正整数排列如下：1234567891011121314151617181920212223242526272829303132333435363738394041424344454647484950515253545556575859606162636465666768697071727374757677787980818283848586878889909192939495969798991002．求82798848及81057226635000的标准式．解：因为8|848，所以，又8|856，所以8|B，，又4|32，所以4|C，又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D，，又9|（3+5+9+3+7），所以9|E，又所以；同理有。3．证明推论3.3并推广到n个正整数的情形．推论3.3设a，b是任意两个正整数，且，，，，，，则，，73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）其中，，证：，∴∴，.∴，又显然∴，同理可得，推广设,,(其中为质数为任意n个正整数)，则4．应用推论3.3证明§3的定理4（ii）证：设，其中p1,p2,L,pk是互不相同的素数，ai，bi（1£i£k）都是非负整数，有由此知(a,b)[a,b]==ab；从而有．５．若是质数（n>1），则n是2的方幂．证：（反证法）设为奇数），则73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）∵，∴为合数矛盾，故ｎ一定为２的方幂．§5函数[x],{x}及其在数论中的一个应用1．求30！的标准分解式．解：30内的素数为2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，，，∴2．设n是任一正整数，a是实数，证明：(i)(ii)证：(i)设.则由性质II知,73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）所以,所以，所以，又在ｍ与ｍ+１之间只有唯一整数ｍ，所以．(ii)[证法一]设,则①当时,;②当时,;[证法二]令,是以为周期的函数。73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）又当，即。[评注]：[证一]充分体现了常规方法的特点，而[证二]则表现了较高的技巧。3．设，是任意二实数，证明：(i)或(ii)证明：（i）由高斯函数[x]的定义有。则当当故（ii）设，则有下面分两个区间讨论：①若，则，所以，所以②若，则，所以。所以73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）（ii）（证法2）由于，对称，不妨设4.(i)设函数在闭区间上是连续的，并且非负，证明:和式表示平面区域，内的整点（整数坐标的点）的个数.(ii)设p，q是两个互质的单正整数，证明：(iii)设，T是区域内的整点数，证明：(iv)设，T是区域，，内的整点数，证明：73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）证明：(略)5.设任一正整数，且，p是质数，，证明：在的标准分解式中，质因数p的指数是其中.证明：在的标准分解式中，质因数p的指数有限，即，所以而第二章不定方程§2．1习题73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）1、解下列不定方程解：原方程等价于：显然它有一个整数解，故一般解为原方程等价于：显然它有一个整数解故一般解为2、把100分成两份，使一份可被整除，一份可被整除。解：依题意即求的正整数解，解得一般解是：但除外无其他正整数解，故有且只有3、证明：二元一次不定方程的非负整数解为或证明：当时，原方程没有整数解，而故命题正确当时，原方程有且只有一个非负整数解而因为所以原方程有整数解其中，由于，故中一正一负，可设原方程的一般解是：要求，73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）仅当是整数时，才能取，否则故这个不等式的整数解个数是：当是整数时因而当不是整数时因而所以证明2：二元一次不定方程ax+by=N的一切整数解为，tÎZ，于是由x³0，y³0得，但区间的长度是，故此区间内的整数个数为+1。：4、证明：二元一次不定方程，当时有非负整数解，则不然。证明：先证后一点，当时，原方程有非负整数解则，这是不可能的。次证，当N>ab-a-b时，因(a，b)=1，故原方程有整数解（x，y），一般解是73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）要求x-bt0，y会证明存在满足这个不等式的整数可取使于是对于这个有：而这就证明了当时，原方程有非负整数解．1．证明定理2推论。推论单位圆周上座标都是有理数的点（称为有理点），可以写成的形式，其中a与b是不全为零的整数。证明：设有理数（m¹0）满足方程x2+y2=1，即l2+n2=m2，于是得l=±2abd，n=±(a2-b2)d，m=±(a2+b2)d或l=±(a2-b2)d，m=±2abd，m=±(a2+b2)d，由此得(x,y)=。反之，代入方程x2+y2=1即知这样的点在单位圆周上。2．求出不定方程的一切正整数解的公式。解：设不定方程有解则(1)3/z-x或3/z+x因为或3/z+x73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）以下不妨设②，设与矛盾!这样而③，，即④若由引理可设从而，为证得为整数，必须有a，b均为奇数，且⑤若设，其中为一奇一偶，且有4．解不定方程：x2+3y2=z2，x>0，y>0，z>0，(x,y)=1。解：设(z-x,z+x)=d，易知d=1或2。由(z-x)(z+x)=3y2得z-x=3da2，z+x=db2，y=dab或z-x=db2，z+x=3da2，y=dab，a>0，b>73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）0，(a,b)=1。(ⅰ)当d=1：，a>0，b>0，(a,b)=1，3b，a,b同为奇数；(ⅱ)当d=2：x=|b2-3a2|，y=2ab，z=b2+3a2，a>0，b>0，(a,b)=1，3b，a,b一奇一偶。反之，易验证(ⅰ)或(ⅱ)是原不定方程的解，且x>0，y>0，z>0，(x,y)=1。3．证明不等式方程的一切正整数解．可以写成公式:∣∣，其中证明:由定理1知道原方程的解是，且c，d为一奇一偶，其中，，且a，b为一奇一偶．所以∣∣，是原方程的正整数解，原方程正整数的解有:，，6．求方程x2+y2=z4的满足(x,y)=1，2½x的正整数解。解：设x，y，z是x2+y2=z4的满足(x,y)=1，2½x的正整数解，则x=2ab，y=a2-b2，z2=a2+b2，a>b>0，(a,b)=1，a,b一奇一偶，再由z2=a2+b2得a=2uv，b=u2-v2，z=u2+v2或a=u2-v2，b=2uv，z=u2+v2，u>v>0，(u,v)=1，u,v一奇一偶，于是得x=4uv(u2-v2)，y=|u4+v4-6u2v2|，z=u2+v2，u>v>0，(u,v)=1，u,v73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）一奇一偶。反之，易验证它是原不定方程的整数解，且x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2½x。其中正负号可任意选取．第三章同余1同余的概念及其基本性质1、证明（i）若(modm)xy(modm)、i=1，2，、、、，k则(modm)特别地，若（modm），i=0，1，则（modm）(ii)若ab(modm)，k（iii）若ab(modm)，d是a，b及m的任一正公因数，则(iv)若ab(modm)，则ab(modd)．证明：（i）据性质戊，由得进一步，则最后据性质丁，可得：（modm）(ii)据定理1，ab(modm)73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）又据定理1，即得（iii）据定理1，ab(modm)即a-b=ms(sz)，即仍据定理1，立得(iv)据定理1，ab(modm)又故2、设正整数试证11整除的充分且必要条件是11整除证明：由上题(i)的特殊情形立得．3．找出整数能被37，101整除有判別条件来。解：故正整数立得73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）故设正整数，立得4、证明｜证明：∵∴∴即∣5、若是任一单数，则，证明：（数学归纳法）设（1）时，，结论成立。（2）设时，结论成立，即：，而故时，结论也成立；∴时，结论也成立。证明：若2a，n是正整数，则º1(mod2n+2)。(4)设a=2k+1，当n=1时，有a2=(2k+1)2=4k(k+1)+1º1(mod23)，即式(4)成立。设式(4)对于n=k成立，则有73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）º1(mod2k+2)Þ=1+q2k+2，其中qÎZ，所以=(1+q2k+2)2=1+q¢2k+3º1(mod2k+3)，其中q¢是某个整数。这说明式(4)当n=k+1也成立。由归纳法知式(4)对所有正整数n成立。；解：；§2剩余类及完全剩余系1、证明，，是模的一个完全剩余类。证明：显然对的不同取值，共有个值，故只需证这样的个值，关于模的两两互不同余。若∣，即∴或时，．结论成立。2、若是个两两互质的正整数，分别通过模的完全剩余类，则通过模的完全剩余系，其中，73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）证明：（数学归纳法）（1）根据本节定理3，知时，结论成立。（2）设对整数，结论成立，即若两两互质，令，当分别通过模的完全剩余系时，必过模的完全剩余系，其中。现增加使，令，，则易知，再令，当过模的完全剩余系，过模的完全剩余系时，据本节定理3，必过模的完全剩余系，即对结论成立。3、（i）证明整数中每一个整数有而且只有一种方法表示成的形状，其中；反之，中每一数都。（ii）说明应用个特别的砝码，在天平上可以量出1到H中的任意一个斤数。证明：（i）当时，过模的绝对最小完全剩余系，也就是表示中的个整数，事实上，当时，共有个值，且两两互不相等，否则此即73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）又的最大值是最小值是所以，结论成立。（ii）特制个砝码分别重斤，把要称的物体及取-1的砝码放在天平的右盘，取1的砝码放在左盘，则从（i）的结论知，当取适当的值时，可使之值等于你所要称的物体的斤数。4、若是K个两两互质的正整数，分别过模的完全剩余系，则通过模的完全剩余系。证明：（数学归纳法）（1）时，分别过模的完全剩余系时，共有个值，且若，且，，即时结论成立；（2）设当分别过模的完全剩余系时，过模的完全剩余系。因为，由本节定理2得，73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）亦过模的完全剩余系。当分别过模的完全剩余系时，2有个值，且据归纳假设，若；，，…，，，…，。所以过模的完全剩余系。3．简化剩余系与欧拉函数1．证明定理2：若是与互质的整数，并且两对模不同余，则是模的一个简化剩余系。证明：两对模不同余，所以它们分别取自模的不同剩余类，又恰是个与互质的整数，即它们恰取自与模互质的全部剩余类。2．若是大于1的正整数，是整数，，通过的简化剩余系，则，其中表示展布在所通过的一切值上的和式。证明：由定理3知，通过的简化剩余系：，其中0＜＜且，73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）而（）。若＞2，则必是偶数，又由，得，且易见，故所以左边每一项都存在另一项，使得，右边共有对，此即。特别地，当m=2时，。3．（i）证明，p质数。(ii)证明，其中展布在a的一切正整数上的和式。证明：（i）因为，所以==(ii)设是a的标准分解式，则，73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）==a4．若是k个两两互质的正整数，分别通过模的简化剩余系，则通过模的简化剩余系，其中。证明：（数学归纳法）（1）由定理4知k=2时，结论成立；（2）设k-1时结论成立，即，分别过模时，过模的简化剩余系。显见，则又由定理4知，通过模的简化剩余系，注意到：所以，通过模m的简化剩余系。．欧拉定理费马定理及其对循环小数的应用１、如果今天是星期一，问从今天起再过天是星期几？解：若被除的非负最小剩余是，则这一天就是星期（当时是星期日）．，由费马定理得，又73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）即这一天是星期五．２、求被除的余数。解：，据欧拉定理，易知　　　　　　　　　　　　（１）又故　　则　．由（１）即得．由以上计算，知　．．３、证明下列事实但不许用定理１推论：若是质数，是整数，则。由证明定理１推论，然后再由定理１推论证明定理１。证明　对应用数学归纳法：当时，按二项式展开即得设时，结论成立，即73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）当时，结论成立。在的结论中，令，即得：　　　　　即定理１推论成立。进一步，设，则　固对任一整数，若，则由上述已证性质得：存在，使故=（）依此类推可得．若，则，定理成立。4、证明：有理数表成纯循环小数的充分与必要条件是有一正数t使得同余式成立，并且使上式成立的最小正整数t就是循环节的长度。证明：必要性，若结论成立，则由定理2知（b，10）=1，令t=则据欧拉定理得；充分性，若有正数t，满足令t为使上式成立的最小正整数，且=73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）且。以下参照课本51页的证明可得：=即可表成循环小数，但循环节的长度就是t。第四章同余式1基本概念及一次同余式例解同余式解：（12，45）=同余多项式有3个解而原同余式为4与也一样所以原同余式的3个解是（ｔ＝０、１、２）即，，　1、求下列各同余式的解256x1791215x5601296x1125337是素数，，原同余式有唯一解。73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）先解同余式256x1由辗转相除法，得上述同余式的解是原同余式的解是（1215，2755）=5，故先解243x112同的方法的得其解是原同余式的解是(1296，1935)=9，故原同余式有9个解。由144x125得原同余式的解是2．求联立同余式的解。解：据同余式的有关性质，为所求的解。3．(i)设是正整数，．证明是同余式的解73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）(ii)设是质数，，证明是同余式的解．证明:(i)，有唯一解．而据欧拉定理，得，即是的解．(ii)即有唯一解又个连续整数之积必被所整除，故可令则即即是的解．设p是素数，00，>0，则对模的指数是()A．B．C．D．无法确定19．，均为可乘函数，则()A．为可乘函数；B．为可乘函数C．为可乘函数；D．为可乘函数20．设为茂陛乌斯函数，则有()不成立A．B．C．D．二．填空题：（每小题1分，共10分）21．3在45中的最高次n＝____________________；22．多元一次不定方程：，其中，，…，，N均为整数，，有整数解的充分必要条件是___________________；23．有理数，，，能表成纯循环小数的充分必要条件是_______________________；24．设为一次同余式，的一个解，则它的所有解为_________________________；25．威尔生（wilson）定理：________________________________________；26．勒让德符号=________________________________________；27．若，则是模的平方剩余的充分必要条件是_____________(欧拉判别条件)；28．在模的简化剩余系中，原根的个数是_______________________；29．设，为模的一个原根，则模的一个原根为_____________；30．_________________________________。三．简答题：（5分／题×4题＝20分）31．命题“任意奇数的平方减1是8的倍数”对吗？说明理由。32．“若，通过模的简化剩余系，则也通过模的简化剩余系”这命题是否正确？正确请证明，不正确请举反例。33．求模17的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余。73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）34．设为的标准分解式，记为的正因数的和，为的正因数的个数，则＝？＝？为什么？四．计算题。（7分／题×4题＝28分）35．求不定方程6x+93y=75的一切整数解。36．解同余方程组37．解同余式≡11(mod125)38．求模13的所有原根。五、证明题：（7分/题×2题=14分）39、试证：，（x，y）=1y是偶数的整数解可写成：这里，，并且一为奇数，一为偶数。40、设a为正整数，试证：其中表示展布在a的一切正因数上的和式。六、应用题：（8分）41、求30！中末尾0的个数。参考答案：一．单项选择：ABCDD；DACCB；DCAAD；BCBAB。二．填空题：21．21；22．；23．；24．；25．！+1为素数；26．1；27．；28．；29．与中的单数；30．16三．简答题：31．答：命题正确。而必为2的倍数。86页73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）32．正确．证明见教材。33．在摸的简化剩余系中与同余的数是数的平方剩余，，，故1，2，4，8，9，13，15，16为摸17的平方剩余，而3，5，6，7，10，11，12，14为摸17的平方非剩余。34．证明：若为可乘函数，则．分别令，它们为可乘函数，即得出。四．计算题35．解：因为，故原不定方程有解。又原方程即，而易见方程有解。所以原方程的一个解是所以，原方程的一切整数解是：（）t是整数36．解：因为模5，6，7两两互质，由孙子定理得所给同余方程组关于模5×6×7＝210有唯一解，分别解同余方程：，，，得，，因此所给同余方程组的解是：即：73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）37．解：从同余方程，，，是得即是所给方程的一个解，于是所解为：解毕。38．解：为其质因数，故g为模13的原根的主要条件是：，用g=1，2，……12逐一验证，得：2，6，7，11为模13的原根，因为，故模13原根只有4个，即为所求。五、证明题：39．证明：易验证所给的解为原方程的解，因y为偶数，原方程可化为：但而，所以（，）=1由书中引理，我们可假设=，=b显然>b，(，b)=1，于是73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）X=－b，z=+，y=2因子为奇数，所以，b一定是一为奇，一为偶，证毕40．证明：假定，---，为的所有正约数，那末，---，也是的所有正约数，于是=再因为在的完全剩余系中任一数的最大公约数必定是，---，中某一个数，而完全剩余系中与的最大公约数为的数有，所以：=m证毕六．应用题：41．解：5在30！中的最高次幂=++=6+1+0=72在30！的最高次幂=++++=15+7+3+1+0=2610=2×5，故30！的末尾有7个零。73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）初等数论模拟试题二一、单项选择题1、（C）.ABCD02、如果，，则(D).ABCD3、如果，则=（C）.ABCD4、小于30的素数的个数（A）.A10B9C8D75、大于10且小于30的素数有（C）.A4个B5个C6个D7个6、如果，，则15（A）.A整除B不整除C等于D不一定7、在整数中正素数的个数（C）.A有1个B有限多C无限多D不一定二、计算题1、求24871与3468的最大公因数?解：24871=34687+59573/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）3468=5955+493595=4931+102493=1024+85102=851+1785=175,所以,(24871,3468)=17.1、求[24871,3468]=?解：因为（24871,3468）=17所以[24871,3468]==5073684所以24871与3468的最小公倍数是5073684。3、求[136,221,391]=?解：[136,221,391]=[[136,221],391]=[]=[1768,391]==104391=40664.三、证明题1、如果是两个整数,,则存在唯一的整数对,使得,其中.证明：首先证明唯一性.设,是满足条件的另外整数对,即73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）,.所以,即,.又由于,,所以.如果,则等式不可能成立.因此,.其次证明存在性.我们考虑整数的有序列……,……则整数应介于上面有序列的某两数之间,即存在一整数使.我们设,则有,.1、证明对于任意整数,数是整数.证明：因为==,而且两个连续整数的乘积是2的倍数,3个连续整数的乘积是3的倍数,并且(2,3)=1,所以从和有,即是整数.2、任意一个位数与其按逆字码排列得到的数的差必是9的倍数证明：因为,=,73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）所以,-=而上面等式右边的每一项均是9的倍数,于是所证明的结论成立.1、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所以=而且两个连续整数的乘积是2的倍数即是8的倍数.初等数论模拟试题三一、单项选择题1、如果(A),则不定方程有解.ABCD2、不定方程（A）.A有解B无解C有正数解D有负数解二、求解不定方程1、.解：因为（9，21）=3，，所以有解；化简得；考虑，有，73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）所以原方程的特解为，因此，所求的解是。2、.解：因为,所以有解;考虑,;所以是特解,即原方程的解是3、.解：因为（107，37）=1，所以有解；考虑，有，所以，原方程特解为=225，=-650，所以通解为4.求不定方程的整数解.解我们将它分为两个二元一次不定方程来求解25x+13y=t,t+7z=4.利用求二元一次不定方程的方法,因为25(-t)+13(2t)=t,32+7(-4)=4,所以,上面两个方程的解分别为73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）,.消去t就得到所求的解,这里是任意整数.5.求不定方程的整数解.解我们将它分为两个二元一次不定方程来求解4x-9y=t,t+5z=8.利用求二元一次不定方程的方法,因为4(-2t)-9(-t)=t,48+5(-8)=8,所以,上面两个方程的解分别为,.消去t就得到所求的解,这里是任意整数.初等数论模拟试题四一、选择题1、整数5874192能被(B)整除.A3B3与9C9D3或973/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）2、整数637693能被(C)整除.A3B5C7D93、模5的最小非负完全剩余系是(D).A-2,-1,0,1,2B-5,-4,-3,-2,-1C1,2,3,4,5D0,1,2,3,44、如果,是任意整数,则（A）ABCTD二、解同余式（组）（1）.解因为(45,132)=3¦21,所以同余式有3个解.将同余式化简为等价的同余方程.我们再解不定方程,得到一解(21,7).于是定理4.1中的.因此同余式的3个解为,,.（2）解因为(12,45)=3¦15,所以同余式有解,而且解的个数为3.73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）又同余式等价于,即.我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是(10,3),即定理4.1中的.因此同余式的3个解为,,.（3）.解因为(111,321)=3¦75,所以同余式有3个解.将同余式化简为等价的同余方程.我们再解不定方程,得到一解(-8,3).于是定理4.1中的.因此同余式的3个解为,,.（4）.73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）解因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式,,,得到.于是所求的解为（5）.(参考上题)三、证明题1、如果整数的个位数是5,则该数是5的倍数.证明设是一正整数,并将写成10进位数的形式:=,.因为100(mod5),所以我们得到所以整数的个位数是5,则该数是5的倍数.2、证明当是奇数时，有.证明因为,所以.于是,当是奇数时,我们可以令.从而有,即.73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）初等数论模拟试题四一、计算：1、判断同余式是否有解？(答：无解。方法参照题2)2、判断同余式是否有解？解我们容易知道1847是素数,所以只需求的值.如果其值是1,则所给的同余式有解,否则无解.因为,所以.再,所以,所以,=1.于是所给的同余式有解.3、11的平方剩余与平方非剩余.解因为,所以平方剩余与平方非剩余各有5个.又因为,,,,,所以,1，3，4，5，9是素数11的5个平方剩余.其它的8个数，2，6，7，8，10是素数11的平方非剩余.4、计算,其中563是素数.73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）,即429是563的平方剩余.5、计算（计算方法参照题4）二、证明题：1、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.证明因为,所以只需证明T.而我们知道模5的完全剩余系由-2,-1,0,1,2构成,所以这只需将n=0,±1,±2代入分别得值1，7，1，19，7.对于模5,的值1，7，1，19，7只与1，2，4等同余,所以T所以相邻两个整数的立方之差不能被5整除。2、证明形如的整数不能写成两个平方数的和.证明设是正数,并且,如果,则因为对于模4,只与0,1,2,-1等同余,所以只能与0,1同余,所以,而这与的假设不符,即定理的结论成立.3、一个能表成两个平方数和的数与一个平方数的乘积,仍然是两个平方数的和;两个能表成两个平方数和的数的乘积,也是一个两个平方数和的数.（11分）证明（1）设,则显然.（2）如果,那么73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）==.1、素数写成两个平方数和的方法是唯一的.证明设,则==.所以.如果,那么,将其代入前面的表达式,则有.所以,即.于是,即必有,.如果,那么,我们将其代入前面的表达式后与上面的方法一致,可以得到.于是,即必有,所以73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）初等数论考试试卷1一、单项选择题(每题3分，共18分)1、如果，，则().ABCD2、如果，，则15（）.A整除B不整除C等于D不一定3、在整数中正素数的个数（）.A有1个B有限多C无限多D不一定4、如果,是任意整数,则ABCTD5、如果(),则不定方程有解.ABCD6、整数5874192能被()整除.A3B3与9C9D3或9二、填空题(每题3分，共18分)1、素数写成两个平方数和的方法是（）.2、同余式有解的充分必要条件是().3、如果是两个正整数,则不大于而为的倍数的正整数的个数为().4、如果是素数,是任意一个整数,则被整除或者().5、的公倍数是它们最小公倍数的().6、如果是两个正整数,则存在()整数,使,.三、计算题(每题8分，共32分)1、求[136,221,391]=?2、求解不定方程.73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）3、解同余式.4、求,其中563是素数.（8分）四、证明题(第1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分)1、证明对于任意整数,数是整数.2、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.3、证明形如的整数不能写成两个平方数的和.试卷1答案一、单项选择题(每题3分，共18分)1、D.2、A3、C4、A5、A6、B二、填空题(每题3分，共18分)1、素数写成两个平方数和的方法是（唯一的）.2、同余式有解的充分必要条件是().3、如果是两个正整数,则不大于而为的倍数的正整数的个数为().4、如果是素数,是任意一个整数,则被整除或者(与互素).5、的公倍数是它们最小公倍数的(倍数).6、如果是两个正整数,则存在(唯一)整数,使,.三、计算题(每题8分，共32分)1、求[136,221,391]=?（8分）解[136,221,391]=[[136,221],391]=[]=[1768,391]------------(4分)==104391=40664.------------（4分）2、求解不定方程.（8分）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）解：因为（9，21）=3，，所以有解；----------------------------（2分）化简得；-------------------（1分）考虑，有，-------------------（2分）所以原方程的特解为，-------------------（1分）因此，所求的解是。-------------------（2分）3、解同余式.（8分）解因为(12,45)=3¦5,所以同余式有解,而且解的个数为3.----------（1分）又同余式等价于,即.------------（1分）我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是(10,3),----------（2分）即定理4.1中的.------（1分）因此同余式的3个解为,---------（1分）,-----------------（1分）.---------（1分）4、求,其中563是素数.（8分）解把看成Jacobi符号,我们有---------------（3分）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）----------------------（2分）,-----------------（2分）即429是563的平方剩余.---------------（1分）四、证明题(第1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分)1、证明对于任意整数,数是整数.(10分)证明因为==,------（3分）而且两个连续整数的乘积是2的倍数,3个连续整数的乘积是3的倍数,-----（2分）并且(2,3)=1,-----（1分）所以从和有,-----（3分）即是整数.-----（1分）2、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.（11分）证明因为,-------------（3分）所以只需证明T.而我们知道模5的完全剩余系由-2,-1,0,1,2构成,所以这只需将n=0,±1,±2代入分别得值1，7，1，19，7.对于模5,的值1，7，1，19，7只与1，2，4等同余,所以T---------（7分）所以相邻两个整数的立方之差不能被5整除。--------（1分）3、证明形如的整数不能写成两个平方数的和.（11分）证明设是正数,并且,----------（3分）如果,---------（1分）则因为对于模4,只与0,1,2,-1等同余,73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）所以只能与0,1同余,所以,---------（4分）而这与的假设不符,---------（2分）即定理的结论成立.------（1分）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）73/73 《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院WeiXLI）73/73'