福师期末考试初等数论复习题及参考答案.docx

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1、福师期末考试初等数论复习题及参考答案本复习题页码标注所用教材为：教材名称单价作者版本出版社初等数论闵嗣鹤，严士健第三版高等教化出版社复习题及参考答案一一, 填空(40%)1 , 求全部正约数和等于15最小正数为 考核学问点：约数，参见P14-192, 假设是模11一个完全剩余系，那么 也是模11 剩余系.考核学问点：完全剩余系，参见P54-573模13互素剩余系为 考核学问点：互素剩余系，参见P584.自176到545整数中是13倍数整数个数为 考核学问点：倍数，参见P11-135, 假如是素数,是随意一个整数,那么被整除或者 考核学问点：整除，参见P1-46, 公倍数是它们最小公倍数 .考核

2、学问点：最小公倍数，参见P11-137, 假如是两个正整数,那么存在 整数,使,.考核学问点：整除，参见P1-48, 假如，那么15 .考核学问点：整除，参见P1-4二, (10%)试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里n是随意整数。考核学问点：整除性质，参见P9-12提示： i)假设 那么 ii)假设 那么 iii)假设 那么 又 三, (10%)假定是随意整数，求证或考核学问点：二次同余式，参见P88提示:要证明原式成立，只须证明，或者成立刻可。四, 10设p是不小于5素数，试证明考核学问点：同余性质，参见P48-52提示： 且是不小于5素数 又 且是不小于5素数 只能是奇数且 即 即

3、五, (15%)解同余式组 考核学问点：同余式，参见P74-75提示 (14，8)=2 且 2 | 2 14x2(mod8) 有且仅有二个解解7x1(mod4) x3 (mod4) 6x10(mod8)解为 x3，3+4(mod8)原同余式组等价于 或 分别解出两个解即可。六, 15%)证明形如整数不能写成两个平方数和.考核学问点：同余，参见P48-53设是正数,并且, 假如, 那么因为对于模4,只与0,1,2,-1等同余, 所以只能与0,1同余, 所以 而这与假设不符, 即定理结论成立. 初等数论复习题及参考答案二一, 填空(40%)1, 假如，那么= 。考核学问点：最大公因数，参见P4-8

4、2, 假设是模11一个完全剩余系，那么也是模11 剩余系。考核学问点：完全剩余系，参见P54-573, 小于30素数个数是 。考核学问点：素数，参见P14-194, 在整数中正素数个数有 。考核学问点：素数，参见P14-195, 24871与3468最大公因数是 。考核学问点：最大公因数，参见P4-86, 正整数解个数是 。考核学问点：二元一次不定方程，参见P25-317, 同余方程解个数是 0 。考核学问点：高次同余式解法，参见P80-848, 不定方程整数解为 。考核学问点：二元一次不定方程，参见P25-31二, (10%)证明：假设m - pmn + pq，那么m - pmq + np。

5、考核学问点：整除，参见P1-4提示：由恒等式mq + np = (mn + pq) - (m - p)(n - q)及条件m - pmn + pq可知m - pmq + np。三, 10假设 那么 考核学问点：整除，参见P1-4证明： 四, (10%)证明：假设p是奇素数，N = 1 + 2 + L + ( p - 1)，那么(p - 1)! p - 1 (mod N)。考核学问点：同余式，参见P74-75提示：由(p - 1)! p - 1 (mod p)，(p - 1)! p - 1 (mod p - 1)以及(p, p - 1) = 1得(p - 1)! p - 1 (mod p(p -

6、 1)，又2N = p(p - 1)，故(p - 1)! p - 1 (mod N)。五, (15%)解同余方程组：。考核学问点：同余方程组，参见P74-75提示：消去y得8x 41 (mod 47)，解得x 11 (mod 47)，代入原方程组中第二式得y 1 (mod 47)。故原方程组解为x 11 (mod 47)，y 1 (mod 47)。六, 15%)设m 3，g是模m原根，x1, x2, L, xj(m)是模m简化剩余系，证明：() -1 (mod m)；() x1x2Lxj(m) -1 (mod m)。考核学问点：原根及n次剩余，参见P130-137解： (i) 因g1, g2,

7、 L, gj(m)为模m简化剩余系，设同余方程x2 1 (mod m)解为x g r (mod m)，即(g r)2 = g 2r 1 (mod m)，由此得2r 0 (mod j(m)，j(m)2r，又由m 3知j(m)是偶数，得或j(m)。另一方面，同余方程x2 1 (mod m)至少有解x 1，-1 (mod m)，由gj(m) 1 (mod m)推出 -1 (mod m)。 (ii) 因g1, g2, L, gj(m)也为模m简化剩余系，故x1x2Lxj(m) g1g2Lgj(m) -1 (mod m)。初等数论复习题及参考答案三一, 填空(40%)1, 假如，那么a与b关系为 。考核

8、学问点：整除，参见P1-42, 小于30素数个数为 。考核学问点：素数，参见P14-193, 模7互素剩余系为 。考核学问点：互素剩余系，参见P54-564, 假如 ，那么不定方程有解.考核学问点：不定方程有解条件，参见P255, 解同余式 。考核学问点：解同余式，参见P74-756, 求最大公因数 。考核学问点：最大公因数，参见P4-87, 求同余式 。考核学问点：解同余式，参见P74-758, 求不定方程整数解 。考核学问点：解不定方程，参见P25-31二, (10%)解同余方程：2x + 7y 5 (mod 12)。考核学问点：解同余方程，参见P74-75提示：因为(2, 12) = 2

9、，(2, 7) = 15，故同余方程有解，其解数为1 122 -1 = 12，mod 12。先解同余方程7y 5 (mod 2)，得y 1 (mod 2)，写成y 1 + 2t (mod 12)，t = 0, 1, 2, L,5，对于固定t，解同余方程2x 5 - 7(1 + 2t) -2 - 2t (mod 12)，得x -1 - t (mod 6)， 写成x -1 - t + 6s (mod 12)，s = 0, 1，故原方程组解为x -1 - t + 6s (mod 12)，y 1 + 2t (mod 12)，s = 0, 1，t = 0, 1, 2, L,5。三, (10%)解同余方程

10、组：考核学问点：同余方程组，参见P74-75提示：因为(15, 8) = 18 - 5，(15, 25) = 58 - 13，(8, 25) = 15 - 13，故原同余方程组有解，解数唯一，mod 15, 8, 25 = 600。将第一个同余方程解x = 8 + 15t1，t1Z，代入第二个同余方程得t1 3 (mod 8)，即t1 = 3 + 8t2，t2Z，x = 53 + 120t2，代入第三个同余方程得t2 3 (mod 5)，即t2 = 3 + 5t3，t3Z，x = 413 + 600t3，所以原同余方程组解为x 413 (mod 600)。四, (10%)解同余方程：3x2 +

11、 11x - 20 0 (mod 105)。考核学问点：高次同余式解法，参见P80-84提示：因105 = 357，同余方程3x2 + 11x - 20 0 (mod 3)解为x 1 (mod 3)，同余方程3x2 + 11x - 38 0 (mod 5)解为x 0，3 (mod 5)，同余方程3x2 + 11x - 20 0 (mod 7)解为x 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解，mod 105。作同余方程组：x b1 (mod 3)，x b2 (mod 5)，x b3 (mod 7)，其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 2，6，由孙子定理得原同余方程解为x 13，55，

12、58，100 (mod 105)。五, (15%)证明：同余方程a1x1 + a2x2 + L + anxn b (mod m)有解充要条件是(a1, a2, L, an, m) = db。考核学问点：同余式，参见P74-75提示：必要性明显，下证充分性。当n = 1时，由定理2知命题成立。假设n = k时结论已真，考虑a1x1 + a2x2 + L + akxk + ak + 1xk + 1 b (mod m)，令(a1, a2, L, ak, m) = d1，(d1, ak + 1) = d，因为同余方程ak + 1xk + 1 b (mod d1)有解，其解数为d，mod d1，记m =

13、 d1m1，那么解数为dm1，mod m。现在固定一个解xk + 1，由归纳假定知a1x1 + a2x2 + L + akxk b - ak + 1xk + 1 (mod m)有解，其解数为d1 mk -1，mod m，从而a1x1 + a2x2 + L + akxk + ak + 1xk + 1 b (mod m)有解，其解数为dm1d1mk -1 = dmk，mod m。由归纳原理知命题对于一切n 1成立。六, 15%)设p和q = 4p + 1都是素数，证明：2是模q一个原根。考核学问点：原根，参见P123-129提示：由dq(2)j(q) = 4p知dq(2) = 1，2，4，p，2p或4p，假设24 1 (mod q)，那么q24 - 1 = 15 = 35，即q = 3或5，这是不行能，故dq(2) 1，dq(2) 2，dq(2) 4，又q 是 8k + 5型数，2是q二次非剩余，即(mod q)，故dq(2) p，dq(2) 2p，所以dq(2) = 4p = j(q)，2是模q一个原根。