初等数论习题与答案、及测试卷.doc

1 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：

从而可知
3 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
下证第二题
（为任意整数）
又有
故
4 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

若 ，则令
则同样有
综上 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

5.证：令此和数为S，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M，使MS不是整数，从而证明S不是整数
（1） 令S=，取M=这里k是使最大整数，p是不大于n的最大奇数。则在1，2，3，┄，n中必存在一个，所以
MS=
由M=知，必为整数，显然不是整数，
MS不是整数，从而S不是整数
（2） 令M=则 SM=，
由M=知，而
不为整数
SM不为整数，从而也不是整数

1． 证：设是a，b的任一公因数，|a，|b
由带余除法
。
|， |，┄, |,
即是的因数。
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． 见本书P2，P3第3题证明。
3． 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：由P3§1习题4知在（1）式中有
，而
， ，即

1，证：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：设，则
又设则
。反之若，则，。
从而，即=

3．证：设（1）的任一有理根为，。则

（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。

1． 见书后。
2． 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：，
，.
，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．证：由,,有

从而有．
５．证：（反证法）设为奇数）则

　　　　，为合数矛盾，故ｎ一定为２的方幂．
2.(i)证:：设.则由性质II知,所以,
　所以，所以，又在ｍ与ｍ+１之间只有唯一整数ｍ，所以．
　(ii}[证一]设,则
①当时, ;
②当时,;

[证二]令,

是以为周期的函数。
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．（i）证：由高斯函数[x]的定义有。则

当
当
故
（ii）证：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

2.3
1 证：由知 及都是单位圆周上的有理点。
另一方面，单位圆周上的有理点可表示为，于是得，又的一切非整数解都可表示为：，于是第一象限中上的有理点可表示为，由于单位圆周上的有理点的对称性，放上的任意有理点可表为 及，其中a，b不全为0，号可任意取。
3．2
1.证：由的取值可得个数，若，则，又，。
又，又，。
为同一数，矛盾，故原命题成立。
3.（i）的引理
对任何正整数a，可以唯一的表示成的形式，其中。
证：（i）
设

由于取值故取值为0，1，2。这样的数有2H+1个，其中最小的 数为0，最大的数为2H，所以A+H可以表示下列各数：0，1，2，，上列数中减去H得，则A可表示上列各数，且表示唯一。
（ii）事实上，只需这样的（n+1）个砝码即可。由（I）知 1到H中任一斤有且仅有一种表示法，当时，将砝码放在重物盘中；当时，不放砝码；当时，将砝码放在砝码盘中。如此即可。
3.3
1. 证：由定理1知所在的模m的剩余系是与模m互质的。又已知 两两对模m不同余，所以这 个整数分别属于不同的模m的剩余类。再由定理1知结论成立。
2 .证：设模m的一个简化剩余系是，即，由于，当通过m的简化剩余系时，由定理3知，也通过模m的剩余系。故对，存在使，
.
3.（i）证：由定理5知：p为质数时，。
所以即证。
（ii）证:设整数m的所有正约数是,考察m的完全剩余系 （1）
对(1)中任一数,设(a, m)=d,则,即(1)中任一数与的最大公约数是中的数。反之，对每一个（1）中必有一数a使（例如），而且对（1）中任一数不可能出现，于是，将（1）中的数按其与m的最大公约数的情形分类：（1）中与m的最大公约数是的数有个；（1）中与m的最大公约数是的数有个；┄，（1）中与m的最大公约数是的数有个；所以,即，注意是m的约数，所以
3.4
1. 解:,即，因为，由欧拉定理有，所以
所以从今天起再过天是星期五.
3.(i)证：对用数学归纳法.①当a=2时,证明, ,对有为整数,
又因为,所以。，所以可设为整数。。
所以。
②假设命题对成立，即，则对于有

所以命题对也成立。综合①，②可知对一切自然数a，命题成立。
（ii）证：。
初等数论课程考核全真模拟试卷(A卷)
1 (11分)试证：7个连续的整数的平方和不可能是完全平方数。
2 (9分)试证：
3. (11分)试证：不定方程没有正整数解。
4. (9分)设表示不超过x且与n互素的正整数的个数，求极限
5. (13分)设p和q是素数，试证：(p,q)是孪生素数当且仅当pq+1是完全平方数。
6. (9分)设是一个素数，试证：存在唯一的一个正整数x，使得：

7. (13分)设p和q是两个不相等的素数，试证：
8. (13分)设是一个素数，整数满足方程，令m=xy, n=xyz,试证：
9. (12分)Please talk about Fermat number and Mersenne number .
全真模拟试卷参考答案及评分标准(A卷)
1.证明：反证法，假设存在7个整数，分别是n－3,n－2,n－1,n,n＋1,n＋2,n＋3,使得它们的平方和是某个整数m的完全平方，即：， ，因此7整除，而7是素数，故7整除m，，则，即，所以是模7的平方剩余。另一方面，计算Legendre符号得：

这表明是模7的平方非剩余。两者相互矛盾，故反设不成立，命题结论为真。
2.证明：直接检验可知，9901是素数，计算Legendre符号得：
所以17是模9901的平方非剩余，因此由Euler判别条件可知：，即。
3. 证明：设，则所给方程成为，解此二元一次不定方程得其通解为，。于是有两种情况，情形1，如果，则从而，，但是
，两者矛盾；情形2，如果从而，则，同样得到矛盾。综合上述两种情况，就有不定方程没有整数解。
4.解：根据题设条件有：，因而，，由夹逼定理知，，所以再次由夹逼定理知道：。
5.证明：充分性：设pq+1是完全平方数，即存在整数x，使得，于是，由于p和q是素数，故，因而，所以(p,q)是孪生素数。必要性：设(p,q)是孪生素数，则，所以。
6.证明：存在性：因为是一个素数，由Wilson定理我们有：，然而，所以，故存在，使得。唯一性：若还存在，则，注意到，所以是唯一的。
7. 证明：因为p和q是两个不相等的素数，由Euler定理，，，所以，而，因此。
8. (13分)设是一个素数，整数满足方程，令m=xy, n=xyz,试证：
12