2022年《初等数论》复习思考题及参考答案 .pdf

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1、初等数论复习思考题及参考答案一、填空题1、16 除 -81 的商是-6 ，余数是15 。2、-3.3 = 0.7 ；-5.68 = -6 。3、12!的标准分解式为21035527 11 。4、 （ 1516，600）= 4 。5、8270 的标准分解式是2 5 827 。6、不定方程ax + by = c(其中 a，b，c 是整数 )有整数解的充要条件是(a，b)|c。7、模 5 的最小非负完全剩余系是0，1，2，3， 4 。8、模 6 的绝对最小完全剩余系是-3，-2，-1，0，1，2 。9、3406的十进位表示中的个位数字是9 。10、 7100被 11 除的余数是1 。11、(480)

2、 = 128 。二、选择题1、417 被-15 除的带余除法表达式是（D ） 。A 417 = (-15)(-30)-33 B 417 = (-15)(-26)+27 C 417 = (-15)(-28)+(-3) D 417 = (-15)(-27)+12 2、设 n，m 为整数，如果n3，m3，则 9（A ）nm。A 整除B 不整除C 等于D 小于3、整数 6的正约数的个数是（D ） 。A 1 B 2 C 3 D 4 4、如果)(modmba，c是任意整数，则( A )。A )(modmbcacB bcacC ac?)(modmbcD bcac5、如果 ( A )，则不定方程cbyax有解

3、。A cba),(B ),(bacC caD aba),(6、整数 5874192 能被 ( B )整除。A 3 B 3 与 9 C 9 D 3 或 9 7、大于 20 且小于 40 的素数有（A ） 。A 4 个B 5 个C 6 个D 7 个8、模 4 的最小非负完全剩余系是( D )。A -2,-1,0,1 B -4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4 D 0,1,2,3 9、整数 637693 能被 ( C )整除。A 3 B 5 C 7 D 9 10、),0(b（C ） 。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料

4、 - - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 6 页 - - - - - - - - - A bB bC bD 0 11、如果1),(ba，则),(baab=（C ） 。A aB bC 1D ba12、小于 30 的素数的个数（A ） 。A 10 B 9 C 8 D 7 13、如果)(modmba，c是任意整数，则( C )。A )(mod mcbcaB baC ac)(mod mbcD ba14、不定方程210231525yx（A ） 。A 有解B 无解C 有正整数解D 有负整数解15、如果ab |，ca |，则 ( C )。A cbB cbC cb |D b

5、c |16、大于 10 且小于 30 的素数有（C ） 。A 4 个B 5 个C 6 个D 7 个17、模 7 的最小非负完全剩余系是( D )。A -3,-2,-1,0,1,2,3 B -6,-5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5,6 D 0,1,2,3,4,5,6 18、因为 ( B )，所以不定方程71512yx没有解。A 12， 15不整除 7 B （12， 15）不整除7 C 7 不整除（ 12，15）D 7 不整除 12，15 19、已知 p 为偶数， q 为奇数。方程组qyxpyx23987的解是整数，那么（B ） 。A. x 是奇数， y 是偶数B. x 是偶数，

6、 y 是奇数C. x 是偶数， y 是偶数D. x 是奇数， y 是奇数三、计算题1、求 2009 的标准分解式。解：2009=7241。2、 求 294 与 194 的最大公因数。解：因为 294=2 3 72，194=2 97，所以（ 294，194）=2。3、 求 2001！中末尾0 的个数。解：因为 10=2 5，所以 2001！中末尾相当于2001！的质因数分解式中2 5 的个数。由于 25，所以 2001！的质因数分解式中2 的个数比5 的个数要多， 因此，只要考察2001！中因子 5 的个数即可。答案为499。4、求不定方程10 x-7y=17 的一切整数解。解： 因为 （7，

7、10） =1， 所以不定方程有整数解。由观察知x0=1， y0=-1 是不定方程10 x-7y=17名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 6 页 - - - - - - - - - 的一个整数解，所以不定方程10 x-7y=17 的一切整数解是tytx10171，其中 t 取一切整数。5、求不定方程15x+10y+6z=61 的一切整数解。解：因为（ 15，10）=5， （ 5，6）=1，所以不定方程15x+10y+6z=61 有整数解。做不定

8、方程组616551015zttyx，不定方程15x+10y=5t 的通解为utyutx32，其中 u 取一切整数，不定方程5t+6z=61 的通解为vzvt5665，其中 v 取一切整数。消去t 就得到原不定方程的一切整数解为vzvuyvux56635625，其中 u，v 取一切整数。6、袋子里有三种球，分别标有数字2，3 和 5，小明从中摸出12 个球，它们的数字之和是43，问：小明最多摸出标有数字2 的球多少个？答案 ：5 个。7、解同余式28x 21(mod 35)。解 ：因为（ 28， 35）=7，而 7|21，所以同余式28x 21(mod 35)有 7 个解。同余式28x 21(m

9、od 35)等价于4x 3(mod 5)，解 4x 3(mod 5)得 x 2(mod 5)，故同余式28x 21(mod 35)的 7 个解为 x 2，7，12，17，22， 27，32(mod 35)。8、解同余式组：)11(mod10)7(mod4)6(mod5)5(mod1xxxx。解 ：因为 5，6，7，11 两两互质，所以由孙子定理该同余式组有一个解。由孙子定理可得该同余式组的解为x 2111(mod 2310)。9、解同余式组：)8(mod1)10(mod3)15(mod8xxx。解 ：由于 15，10，8 不两两互质，所以不能使用孙子定理。由x 8(mod 15)得 x=8+1

10、5y，y取一切整数，将其代入同余式组中第二个同余式得8+15y 3(mod 10)，解此同余式得名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 6 页 - - - - - - - - - y 1(mod 2)，即 y=1+2z，z取一切整数。所以x=8+15(1+2 z)=23+30 z。又将这一x 代入同余式组中第三个同余式得23+30z 1(mod 8) ，解这个同余式得z 3(mod 4)，即 z=3+4u， u 取一切整数。所以x=23+30(3

11、+4 u)=113+120u，u 取一切整数。这是满足原同余式组的一切整数 x 的表达式， 故 x 113(mod 120)为原同余式组的唯一一个解。（参考教材79 页 2题） 。10、解同余式6x3+27x2+17x+20 0(mod 30)。解 ：由 30=5 6 知同余式6x3+27x2+17x+20 0(mod 30) 与同余式组)6(mod02017276)5(mod020172762323xxxxxx等价，即与同余式组)6(mod023) 5(mod022223xxxxx等价。 解同余式x3+2x2+2x 0(mod 5)得三个解x 0，1，2(mod 5)。解同余式 3x2-x+

12、2 0(mod 6)得两个解x 2，5(mod 6)。所以原同余式有六个解。用孙子定理解同余式组)6(mod)5(mod21bxbx，其中 b1=0，1，2，b2=2，5，得原同余式的六个解为：x 20，26，2，5，11，17(mod 30)。11、有三个正整数，其中一数是2 的倍数，一数是3 的倍数，一数是7 的倍数，它们的和为 23，试求这三个数。解 ：设这三个正整数分别为2x，3y，7z，则 2x + 3y + 7z = 23 ，解不定方程得这三个正整数为10，6，7； 4，12，7；6，3， 14。12、求(1000)。解 ：因为 1000=2353，所以(1000)=22(2-1)

13、 52(5-1)=400。13、求 61000被 17 除的余数。解 ：因为16)17(，所以 6161(mod 17)。又 1000=16 62+8，所以61000 = 616 62+8 = (616)6268 16268 68 (62)4 24 16(mod 17) ，因此61000被 17 除的余数为16。四、证明题1、证明 333777+777333能被 37 整除。证明： 由于 111=37 3，所以 333777=(9 37)777=37 (977737776)，因此 37|333777。又名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整

14、理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 6 页 - - - - - - - - - 777333=(21 37)333=37 (2133337332)，所以 37|777333。由整除的性质得37|(333777+777333)。2、若 n 为正整数，证明314421nn是既约分数。证明： 要证明314421nn是既约分数，只需证明(21n+4，14n+3)=1 由最大公因数的性质得：(21n+4，14n+3)=(7n+1，14n+3)=(7n+1，7n+2)=(7n+1，1)=1，所以314421nn是既约分数。3、求证：不可能存在两

15、个质数p1，p2，使得 p1 + p2= 111 1(20 位数 )。证明 ：由于 p1与 p2的和为奇数，故p1与 p2中有一个为2，设 p2 = 2，则110101010218191p。因为 10 1(mod 9) ，所以 p1 19 1 0 (mod 9)，即p1不是质数，矛盾。4、如果 p和 p + 2 都是大于 3 的质数，求证6 | p + 1。证明 ：首先 p 是大于 3 的质数，则p 不是 3 的倍数。又p + 2 是大于 3 的质数，所以p 1 不是 3 的倍数。故p + 1 必为 3 的倍数。但p + 1 为偶数，所以p + 1 为 2 的倍数。由于2与 3 互质，所以p

16、+ 1 为 6 的倍数，于是6 | p + 1。5、设 m, n 为整数，求证m+n, m-n 与 mn 中一定有一个是3 的倍数。证明 ：若 m 或 n 为 3 的倍数，则mn 是 3 的倍数；若m 是 3 的倍数加1，n 是 3 的倍数加 1，则 m-n 是 3 的倍数；若m 是 3 的倍数加1，n 是 3 的倍数加2，则 m+n 是 3 的倍数；若 m 是 3 的倍数加2，n 是 3 的倍数加1，则 m+n 是 3 的倍数；若m 是 3 的倍数加2， n 是3 的倍数加2，则 m-n 是 3 的倍数，结论成立。6、证明：两个奇数的平方差是8 的倍数。证明 ：若 a=2k+1 为奇数，则a

17、2-1=4k(k+1)，因 2|k(k+1)，所以 8| a2-1。于是当a, b 均为奇数时，由8| a2-1 与 8| b2-1 得 8|a2-b2。即两个奇数的平方差是8 的倍数。7、若 p 为奇质数，证明2p|(22p-1-2)。证明 ：因为 p 为质数，所以(p)=p-1，又 p 为奇质数，所以(2，p)=1，于是由欧拉定理得2p-11(mod p)，两边平方得22p-21(mod p)，再由同余的性质有2 22p-22(mod 2p)，即：22p-12(mod 2p)。所以 2p|(22p-1-2)。8、若 n 为为然数，求证9n+1 8n+9 (mod 64)。证明 ：因为 9

18、1(mod 8)，所以 9k1(mod 8)，k=2，3， n-1，于是名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 6 页 - - - - - - - - - 9n-1+92+9+1 n(mod 8)，所以 9(9n-1+92+9+1) n(mod 8)，从而 9 (9-1) (9n-1+92+9+1)8n(mod 64)，即 9(9n-1) 8n(mod 64)，所以9n+18n+9(mod 64)。9、设 x 是实数， n 是正整数，证明：nxnx。证明： 设nxa，则1anxa，所以)1(anxna。因为 na 与 n(a+1)都是整数，所以)1(anxna，于是1anxa，从而anx，所以nxnx。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 6 页 - - - - - - - - -