《初等数论》模拟试卷

浙江师范大学《初等数论》考试卷（G卷）一、填空（30分）1、d（1001）=6。σ（2002）=40322、cxaxaxann....2211有解的充要条件是caaan|),...,(21。3、不能表示成5X+6Y（X、Y非负）的最大整数为19。4、2003！中末尾连续有499个零。5、（21a+4，14a+3）=1。6、222zyx通解为。7、两个素数的和是39，这两个素数是2、37。8、从1001到2000的所有整数中，13的倍数有77。9、p,q是小于是100的素数，pq-1=x为奇数，则x的最大值是193。二、解同余方程组（12分）)7mod25)5(mod1)4(mod1xxx由孙子定理得).140(mod81x三、证明费尔马定理。（10分）四、明：设ｄ是自然数ｎ的正因子，则有ndndnd)(21（10分）答、设d是n的因子，则dn也是n的因子，而n的因子数为d（n）所以ndnddnd|，所以ndndnd)(2)(即有ndndnd)(21五、Ｐ为奇素数，则有（10分）)(mod)(pbabappp答、由费尔马小定理知对一切整数有ap≡a（p）bp≡b(P)，由同余性质知有ap+bp≡a+b(p)又由费尔马小定理有（a+b）p≡a+b(p)（a+b）p≡ap+bp(p)六、用初等方法解不定方程01996202xyx。（10分）答：由题意知x为偶数，设12xx，则有049910121yxx即有499)10(11yxx由499为素数有两因子只能取499,1，从而得502yx502yx50998yx50998yx七、解不定方程式15x+25y=-100.(8分)答：Zttytx,34,5八、请用1到9这九个数中的六个（不重复）写出一个最大的能被6整除的六位数（10分）答：987654浙江师范大学《初等数论》考试卷（A卷）一、填空（30分）1、d（1000）=16(2的3次*5的3次。φ（1000）=2340[（2∧4-1）]/(2-1)*[(5^4-1)]/(5-1)。(10174)=__1____。2、ax+bY=c有解的充要条件是(a,b)/c。3、20022002被3除后余数为1。4、[X]=3，[Y]=4，[Z]=2，则[X—2Y+3Z]可能的值为3，4，5，6，7，8，9，10，11。5、φ（1）＋φ（P）＋…φ（nP）=np。6、高斯互反律是)()1()(2121qppqqp，p，q为奇素数。7、两个素数的和为31，则这两个素数是2和29。8、带余除法定理是a和b是整数，b=0,则存在唯一的整数，使得a=b*q+r,0=r=b。二、解同余方程组（12分）)15(mod1)10(mod6)12(mod2xxx答：原方程等价于)5(mod1)3(mod2)4(mod2xxx由孙子定理得)60(mod46x三、叙述并且证明威尔逊定理。（10分）四、解方程474xx≡0（mod２７）（10分）答：)27(mod22x五、设2Ｐ+1为素数,试证)12(mod0)1()!(2ppp（10分）答：因n=2Ｐ+1为素数，由威尔逊定理)(mod01)!1(nn即有)(mod1)()2(2)1(1123)2)(1(1)!1(npnpnnnnn)12(mod01)1()!(2ppp即证六、设P=4n+3是素数，证明当q=2p+1也是素数时，梅森数12PPM不是素数。（10分）答：因q=8n+7，由性质2是q=8n+7的平方剩余，)(mod1)2(qq即12|34nq七、证33393zyx无正整数解。（8分）八、设n是大于2的整数，证明)(n为偶数（10分）答：假设33393zyx有解，设（x，y，z）是一组正整数解，则有x是3的倍数，设x=3x1,又得到y为3的倍数，设13yy,又有13zz，31313193zyx则有解),,(111zyx且zz1这样可以一直进行下去，zz1z2z3z4…但是自然数无穷递降是不可能的，于是产生了矛盾。浙江师范大学《初等数论》考试卷（B卷）七、填空（30分）1、d（37）=2。σ（37）=38。2、φ（1）＋φ（P）＋…φ（nP）=np。3、不能表示成5X+3Y（X、Y非负）的最大整数为7。4、7在2004！中的最高幂指数是331。5、（1501，300）=1。6、)(modmbax有解的充要条件是b|),(ma。7、威尔逊定理是P为素数，)(mod01)!1(pp。8、写出6的一个绝对值最小的简化系1，5。9、50506666688888被7除后的余数为5。八、解同余方程组（12分）)7(mod1)8(mod3)5(mod2xxx答：).280(mod267x九、证明当n是奇数时，有)12(3n.（10分）答：证明：因为)3(mod12,所以)3(mod1)1(12nn.于是,当n是奇数时,我们可以令12kn.从而有)3(mod01)1(1212kn,即)12(3n.十、如果整系数的二次三项式1,0)(2xcbxxxp当时的值都是奇数，证明0)(xp没有整数根（8分）答、由条件可得c为奇数，b为偶数如果p（x）=0有根q，若q为偶数，则有cbqq2为奇数，而p（q）=0为偶数，不可能，若q为奇数，则有cbqq2为奇数，而p（q）=0为偶数，也不可能，所以0)(xp没有整数根十一、解方程)132(mod2145x.（10分）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)44(mod715x.我们再解不定方程74415yx,得到一解(21,7).因此同余式的3个解为)132(mod21x,)132(mod65)132(mod313221x,)132(mod109)132(mod3132221x七、证明：用算术基本定理证明3是无理数。（10分）答：假设3是有理数，则存在二个正整数p，q，使得3=qp，由对数定义可得有32q=2p,则同一个数左边含奇数个因子，右边含偶数个因子，与算术基本定理矛盾。∴3为无理数。八、证明：对任何正整数ｎ,若ｎ不能被4整除，则有5|nnnn4321（10分）答：则题意知n=4q+r，r=1，2，3。因为)5,(i=1,i=1,2,3,4所以有)5(mod14i当r=1时有)5(mod04321当r=2时有)5(mod043212222当r=3时有)5(mod043213333从而证明了结论。九、解不定方程1054yx（10分）答：由观察得有特解x=0，y=2所以方程的解为Zttytx,42,5浙江师范大学《初等数论》考试卷（C卷）十、填空（30分）1、d（31）=2。σ（3600）=29。2、四位数13AA被9整除，则A=7。3、17X+2Y=3通解为Zttytx,172,21。4、费尔马大定理是)3(nzyxnnn无正整数解。5、写出12的一个简化系，要求每项都是5的倍数5，25，35，55。6、4.2=0．6。7、128574.0化为分数是73。8、15！的标准分解是1311753223611。9、1000到2003的所有整数中13的倍数有78个。十一、解同余方程组（12分）)7(mod6)5(mod2)4(mod3xxx答：).140(mod97x十二、叙述并且证明欧拉定理。（12分）十三、)11(mod98x（10分）答：)11(mod3118989x五、证明梅森数12PPM的素因子pq.（10分）答：设q是2p-1的质因数，由于2p-1为奇数，∴q≠2，∴（2，q）=1,由条件q|2p-1,即2p≡1（modq）又∵（q,2）=1，2p≡1（modq）设i是使得2x≡1（modp）成立最小正整数若1ip，则有i|p则与p为素数矛盾∴i=p,∴p|q-1，从而证明了结论。六、试证若5,2p且是素数，则1999pp（9分）答：5,2p且是素数（p，10）=1，由欧拉定理有)(mod1101pp，从而有1999pp七、证明：对任何的正整数a，5a+2不可能是平方数（9分）答：因为平方数被5除后的余数为1，4，而5a+2被5除后的余数为2，不同余，所以不相等八、判断方程2x≡３（mod８３）是否有解，若有解则有几解（8分）答：因为1)833(，所以有解，由性质有两解。浙江师范大学《初等数论》考试卷（E卷）十四、填空（30分）1、d（1200）=24。2、梅森数nM是素数，则n是素数。3、不能表示成7X+6Y（X、Y非负）的最大整数为294、1×3×5×7……×1999×2001的标准分解中13的幂指数是835、（13a+21b，34a+55b）=1。已知（a，b）=1。6、费尔马猜想是)3(nzyxnnn无正整数解。7、写出12的一个简化系，要求每项都是7的倍数7，35，49，77。8、aX≡b（modm）有解的充要条件是b|),(ma。9、20022002被3除后余数为1。10、[X]=3，[Y]=4，[Z]=2，则[X—2Y+Z]可能的值为-5，-4，-3，-2。十五、解方程组（10分）)9(mod3)8(mod2)7(mod1xxx解因为7,8,9两两互素,所以可以利用孙子定理.我们先解同余式)7(mod172,1M,)8(mod163,2M,)9(mod156,3M,得到4,1,43,2,,1MMM.于是所求的解为).494(mod478)494(mod510)494(mod3)4(562)1(631472x十六、叙述并且证明欧拉定理。（10分）十七、解方程222xx≡0（mod１２５）（10分）答：由222xx≡0（mod5）得)5(mod2,1x对)5(mod1x得x=1+5t代入222xx≡0（mod25）有)5(mod14t有151tt代入x=1+5t得1256tx代入222xx≡0（mod125）有)5(mod2141t2152tt代入有212556tx，)125(mod56x，同理另一解为)125(mod67x十八、设Ｐ为素数，试证对任整数ａ，都有Ｐ|（Ｐ－１）！Pa＋a。（10分）答：由威尔逊定理)(mod1)!1(pp由欧拉定理)(modpaap，两式相乘即得十九、证明：对任何正整数ｋ，ｍ，ｎ有１１|354525345nmk（10分）答：（5，11）=1，（4，11）=1，（3，11）=1由欧拉定理得)11(mod1510，)11(mod1310，)11(mod1410，进一步有)11(mod155，)11(mod135，)11(mod145对任何正整数ｋ，ｍ，ｎ有)11(mod0345345342354525nmk即有１１|354525345nmk七、证明梅森数12PPM的素因子ｑ一定为２ｐｔ＋１型。（其中ｐ２为素数）。（10答：设q是2p-1的质因数，由于2p-1为奇数，∴q≠2，∴（2·q）=1,由条件q|2p-1,即2p≡1（modq）又∵（q,2）=1，2p≡1（modq）设i是使得2x≡1（modp）成立最小正整数若1ip，则有i|p则与p为素数矛盾∴i=p,∴p|q-1又∵q-1为偶数，2|q-1,∴2p|q-1,q-1=2pk,即q=2pk+1八、试证33393zyx无正整数解。（10分）答：假设33393zyx有解，设（x，y，z