初等数论模拟试题四套(附答案)

初等数论模拟试题二一、单项选择题1、),0(b（C）.AbBbCbD02、如果ab，ba，则(D).AbaBbaCbaDba3、如果1),(ba，则),(baab=（C）.AaBbC1Dba4、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n3，n5，则15（A）n.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=34687+5953468=5955+493595=4931+102493=1024+85102=851+1785=175,所以,(24871,3468)=17.2、求[24871,3468]=?解：因为（24871,3468）=17所以[24871,3468]=17346824871=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]=[391,17221136]=[1768,391]=173911768=104391=40664.三、证明题1、如果ba,是两个整数,0b,则存在唯一的整数对rq,,使得rbqa,其中br0.证明：首先证明唯一性.设q,r是满足条件的另外整数对,即rqba,br0.所以rbqrqb,即rrqqb,rrqqb.又由于br0,br0,所以brr.如果qq,则等式rrqqb不可能成立.因此qq,rr.其次证明存在性.我们考虑整数的有序列……,,3,2,,0,,2,3bbbbbb……则整数a应介于上面有序列的某两数之间,即存在一整数q使bqaqb1.我们设qbar,则有rbqa,br0.2、证明对于任意整数n,数62332nnn是整数.证明：因为62332nnn=)32(62nnn=)2)(1(61nnn,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)2)(1(2nnn和)2)(1(3nnn有)2)(1(6nnn,即62332nnn是整数.3、任意一个n位数121aaaann与其按逆字码排列得到的数nnaaaa121的差必是9的倍数.证明：因为121aaaann12211101010aaaannnn,nnaaaa121=nnnnaaaa10101012211,所以,121aaaann-nnaaaa121=).101()101(10)110(10)110(1132311nnnnnnaaaa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.4、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)22(,2nn所以)22(2nn=)1(4nn而且两个连续整数的乘积是2的倍数即)1(4nn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cbyax有解.Acba),(B),(bacCcaDaba),(2、不定方程210231525yx（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、144219yx.解：因为（9，21）=3，1443，所以有解；化简得4873yx；考虑173yx，有1,2yx，所以原方程的特解为48,96yx，因此，所求的解是Zttytx,348,796。2、18176yx.解：因为18)17,6(,所以有解;考虑1176yx,1,3yx;所以18,54yx是特解,即原方程的解是tytx618,17543、2537107yx.解：因为（107，37）=125，所以有解；考虑137107yx，有26,9yx，所以，原方程特解为259x=225，2526y=-650，所以通解为tytx107650,372254.求不定方程471325zyx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1125213ktyktx,224732kzkt.消去t就得到所求的解22121414256471332kzkkykkx,这里21,kk是任意整数.5.求不定方程8594zyx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11492ktyktx,228548kzkt.消去t就得到所求的解221218544810996kzkkykkx,这里21,kk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92、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)(modmba,c是任意整数,则（A）A)(modmbcacBbaCac)(modmbcDba二、解同余式（组）（1）)132(mod2145x.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).于是定理4.1中的210x.因此同余式的3个解为)132(mod21x,)132(mod65)132(mod313221x,)132(mod109)132(mod3132221x.（2）)45(mod01512x解因为(12,45)=3¦15,所以同余式有解,而且解的个数为3.又同余式等价于)15(mod054x,即yx1554.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100x.因此同余式的3个解为)45(mod10x,)45(mod25)45(mod34510x,)45(mod40)45(mod345210x.（3）)321(mod75111x.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)107(mod2537x.我们再解不定方程2510737yx,得到一解(-8,3).于是定理4.1中的80x.因此同余式的3个解为)321(mod8x,)321(mod99)321(mod33218x,)321(mod206)321(mod332128x.（4）)9(mod3)8(mod2)7(mod1xxx.解因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式)7(mod172x,)8(mod163x,)9(mod156x,得到)9(mod4),8(mod1),7(mod4321xxx.于是所求的解为).494(mod478)494(mod510)494(mod3)4(562)1(631472x（5）)9(mod5)7(mod3)5(mod2)2(mod1xxxx.(参考上题)三、证明题1、如果整数a的个位数是5,则该数是5的倍数.证明设a是一正整数,并将a写成10进位数的形式:a=1101010nnnnaaa,010ia.因为100(mod5),所以我们得到)5(mod0aa所以整数a的个位数是5,则该数是5的倍数.2、证明当n是奇数时，有)12(3n.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.初等数论模拟试题四一、计算：1、判断同余式)593(mod4382x是否有解？(答：无解。方法参照题2)2、判断同余式)1847(mod3652x是否有解？解我们容易知道1847是素数,所以只需求1847365的值.如果其值是1,则所给的同余式有解,否则无解.因为735365,所以184773184751847365.再)4(mod173),4(mod15,所以1525184718475,.1747111171173173117327322731847184773所以,1847365=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52111,所以平方剩余与平方非剩余各有5个.又因为112,422,932,542,352,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563429,其中563是素数.42967)1(429674292429134429563429563)1(5634298142921563.21429227672767)1(67276742967429)1(429672167.212721429.216711311327)1(27132113.2127,即429是563的平方剩余.5、计算443383（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133)1(233nnnn,所以只需证明1332nn)5(mod.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1332nn分别得值1，7，1，19，7.对于模5,1332nn的值1，7，1，19，7只与1，2，4等同余,所以1332nn)5(mod所以相邻两个整数的立方之差不能被5整除。2、证明形如14n的整数不能写成两个平方数的和.证明设n是正数,并且)4(mod1n,如果22yxn,则因为对于模4,yx,只与0,1,2,-1等同余,所以22,yx只能与0,1同余,所以)4(mod2,1,022yx,而这与)4(mod1n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22bam,则显然222)()(rbramr.（2）如果22dcn,那么222222222222))((dbcbdacadcbamn=)2()2(22222222abcdcbdaabcddbca=22)()(bcadbdac.3、素数写成两个平方数和的方法是唯一的.证明设22