千里之行，始于足下讓知識帶有溫度。第第2頁/共2頁精品文檔推薦初等數(shù)論習題與答案、及測試卷1證實：naaa,,21都是m的倍數(shù)。

∴存在n個整數(shù)nppp,,21使nnnmpampampa===,,,222111

又nqqq,,,21是隨意n個整數(shù)

mpqpqqpaqaqaqnnnn)(22112211+++=+++∴

即nnaqaqaq+++2211是m的整數(shù)

2證：)12)(1()12)(1(-+++=++nnnnnnn)1()1()2)(1(+-+++=nnnnnn)1()1/(6),2)(1(/6+-++nnnnnn

1()1()2)(1(/6+-+++∴nnnnnn

從而可知

12)(1(/6++nnn

3證：ba,不全為0

∴在整數(shù)集合{}ZyxbyaxS∈+=,|中存在正整數(shù)，因而

有形如byax+的最小整數(shù)00byax+

Zyx∈?,，由帶余除法有00000,)(byaxrrqbyaxbyax+b則令bqabsatqs2

,2

-

=-==

，則有

2

22

2

0btbqbqabqatbsab則令bqabsatqs2

1,2

1+-

=-=+=

，則有

2

02

12

12

btbqabqabsatb≤∴-=-)(11

而bttttbtbt≤+≤-∴≤≤

1112

,2

沖突故11,ttss==

當b為偶數(shù)時，ts,不唯一，舉例如下：此時

2b為整數(shù)2

,2),2(22

12311btbtbbbbb≤=-

+?=+

?=?

2

,2

,222211btbttbstbsa≤

-=+=+=

5.證：令此和數(shù)為S，按照此和數(shù)的結(jié)構(gòu)特點，我們可構(gòu)造一個整數(shù)M，使MS不是整數(shù)，從而證實S不是整數(shù)

（1）令S=n

14131211+

++++

，取M=pk7532

1

???-這里k是使nk

≤2最

大整數(shù)，p是不大于n的最大奇數(shù)。則在1，2，3，┄，n中必存在一個k

n20=，

所以MS=n

MnMMMM+

++

+++

032

由M=pk7532

1

???-知2

M，

n

MM,

,3

必為整數(shù)，

2

7530

p

nM??=

顯

然不是整數(shù)，

∴MS不是整數(shù)，從而S不是整數(shù)

（2）令M=)12(7531-??-nk則SM=

1

21

25

3

++-+++nMnMMM，

由M=)12(7531-??-nk知1

2,

,5

,

3

-nM

MM，而

1

2)12(753

1

21

+-??=

+-nnnMk不為整數(shù)

∴SM不為整數(shù)，從而1

215

13

1++++=

nS也不是整數(shù)

1．證：設d'是a，b的任一公因數(shù)，∴d'|a，d'|b

由帶余

除

法

b

rrrrqrrrqrrrqrbrbqannnnnnnnnnba，

1),(=∴ba

2．證：設121],,,[maaan=，則),,2,1(|1nimai=

),,2,1(|||1nimai=∴又設221|]|,|,||,[|maaan=則12|mm。反之若2|||mai，則2|mai，21|mm∴。從而21mm=，即],,,[21naaa=221|]|,|,||,[|naaa

3．證：設（1）的任一有理根為

q

p，1,1),(>=qqp。則

0)

(

)(

01

1

1=++++--aq

paq

paq

pannn

n

001

11

1=++++∴n

nnnnnq

apq

aqpapa（2）

由n

nnnnnqapq

aqpapa01

11

1)2(+++=，

所以q整除上式的右端，所以n

npaq|，又1,1),(>=qqp，所以

nn

aqpq|,1),(∴=；

又由（2）有n

nnnnnqapq

aqpapa01

11

1-=+++

由于p整除上式的右端，所以nqaP0|，1,1),(>=qqp，

所以nn

appq|,1),(∴=

故（1）的有理根為

q

p，且naqap|,|0。

假設2為有理數(shù)，02,22

=-∴=xx，次方程為整系數(shù)方程，則由上述結(jié)論，

可知其有有理根只能是

2,1±±，這與2為其有理根沖突。故2為無理數(shù)。另證，設

2

為有理數(shù)2=

,q

p1

,1),(>=qqp，則

1),2(),(,2,22

222222

2

2>==∴=∴=

q

pqqppq

q

p

但由1,1),(>=qqp知1),(22=qp，沖突，故2不是有理數(shù)。

1．見書后。

2．解：由于8|848,所以BAA?=?==3

210349856

882798848

,|8，

又8|856，所以8|B，CB?=?=3212937328，

又4|32，所以4|C，DC?=?=223234334

又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D，ED?=?=2

3359379，又9|（3+5+9+3+7），所以9|E，39939?=E又3

113133133993?=?=

所以3

5

8

1132=A；同理有372317117532500081057226632

3

4

3

3

???????=。

3．證：),min(iiiβαγ=，∴iiiiβγαγ≤≤≤≤0,0∴i

iii

iiii

ppppβγαγ|,|)2,1(ki=i

i

ik

ii

k

ippαγ∏

∏==∴1

1

，ii

ik

ii

k

ippβ

γ∏

∏==∴1

1

.

∴),(|2121bapppkkγγγ，又明顯k

kpppbaγγγ2121|),(

∴),(2121bapppkk=γγγ，同理可得],[2121bapppk

k=δδδ，},max{iiiβαδ=推廣.設kkpppa11211

21

1β

ββ=,kkpppa22221

21

2β

ββ=,nknnknpppaβ

ββ21

21

,=

(其中jp為質(zhì)數(shù)iakj,,,2,1=為隨意n個正整數(shù)0,,,2,1≥=ijniβ)則kjaaapppijniijnkikii,,2,1}{),,,,(min

1212121==

=≤≤βγγ

γ

γ

kjaaapppijn

iijnkikii,,2,1}{],,,,[max

1212121==

=≤≤βδδ

δδ

4．證：由),(2121bapppkk=γγγ,],[2

1

21bapppk

k=δδδ,有

==+++k

k

kpppbabaδγδγδγ2

2

1

1

21],[,）（abpppk

k

k=+++βαβαβα2

2

1

1

21

從而有)

,(],[baabba=

．

５．證：（反證法）設llnk(2=為奇數(shù)）則]12

2

)[12

(1)2

(1212)

2(2)

1(22

2

2

++-+=+=+=+-?-??llll

nk

k

k

k

k

121)2(12122+=+αααnin

ikni;

k

nkknni

n

in

n

nn

nink

nik

ni+=++-=+

+

+

=

+

=

-+

++++∴∑∑

∑

-=--=][)1]([])[(]

[][]1[]1[]1[][1

1

10

ααααααααα

][][1

ααnn

ini=+

∴∑-=

[證二]令][][)(1

αααnn

ifni-+

=

∑-=,)(]1[]1[)1(1

ααααfnn

in

fni≡+-++

=

+

∑-=

)(]1[]1[)1(1

ααααfnn

in

fni≡+-++

=

+

∑-=

)(αf∴是以

n

1為周期的函數(shù)。

又當0)(,,000)(,)1,0[≡∈∴=-=∈ααααfRf時，即][]1[1

ααnn

ni=+

∑-=。

[評注]：[證一]充分體現(xiàn)了常規(guī)辦法的特點，而[證二]則表現(xiàn)了較高的技巧。3．（i）證：由高斯函數(shù)[x]的定義有10;10,][,][=

=

pp

ryp

qx，于是得

2

2

2p

r

q=+，又2

22p

rq=+的一切非整數(shù)解都可表示為：

)0,(,,,22222不全為babarbapabq-=+==，于是第一象限中12

2=+y

x上的有理

點可表示為)0,(),,

2(

2

2

222

2

不全為bab

abab

aa

b+-+，因為單位圓周上的有理點的對稱性，放

12

2=+y

x上的隨意有理點可表為),2(2

2

222

2

b

abab

aa

b+-±

+±

及)2,(2

2

2

2

22b

aa

bb

aba+±

+-±

，其

中a，b不全為0，±號可隨意取。

3．2

1.證：由vu,的取值可得sttsppp=-個數(shù)，若)(mod2211ststspvpuvpu--+≡+，

)(mod2211t

st

st

sp

vp

uvp

u+≡+則)(mod21t

sp

uu-≡，

又t

spuu-<≤21,0，21uu=∴。

又)(mod),(mod2121ttststspvvpvpvp≡≡，又tpvv<≤21,0，21vv=∴。

與11vp

ut

s-+∴22vp

ut

s-+為同一數(shù)，沖突，故原命題成立。

3.（i）的引理

對任何正整數(shù)a，可以唯一的表示成0111

333aaaaannnn++++=--的形式，其

中),,2,1(,30niai=≤≤。

證：（i）133

31

31

3

1

1

++++=--=

--nnnH

設),,2,1,1,0(,3330111

nixxxxxAinnnn=±=++++=--

)1()1(3)1(3

)1(30111

++++++++=+--xxxxHAnnnn

因為ix取值1,0±故1+ix取值為0，1，2。這樣的數(shù)有2H+1個，其中最小的數(shù)為0，最大的數(shù)為2H，所以A+H可以表示下列各數(shù)：0，1，2，H2,，上列數(shù)中減去H得HHHH,,1,0,1,,2,1,-+-+--，則A可表示上列各數(shù)，且表示唯一。

（ii）事實上，只需斤，斤，斤，斤，n

33312這樣的（n+1）個砝碼即可。由（I）

知1到H中任一斤有且僅有一種表示法)1,0,1.()3(0

-=∑=in

iiixx，當1-=ix時，將

砝碼i3放在重物盤中；當0=ix時，不放砝碼i3；當1=ix時，將砝碼i

3放在砝碼

盤中。如此即可。

3.3

1.證：,1),(=mai由定理1知ia所在的模m的剩余系是與模m互質(zhì)的。又已知

)(21,,maaa?兩兩對模m不同余，所以這)(m?個整數(shù)分離屬于不同的模m的剩

余類。再由定理1知結(jié)論成立。

2.證：設模m的一個簡化剩余系是)1(,,,,)(21mrrrrim≤≤?，即1),(=mri，因為1),(=ma，當ξ通過m的簡化剩余系)(21,,,mφξξξ時，由定理3知，)(21,,,maaaφξξξ也通過模

m

的剩余系。故對)(1mi?≤≤，存在))(1(mjj?≤≤使

m

rm

am

rqm

armqajijiijii=

?+

=?

+≡}{

ξξξ，2

)

()(2

1}{

)

(1

)

(1

mmmm

m

rm

amjjmii?φξφ?=?=

=

∴

∑

∑==.

3.（i）證：由定理5知：p為質(zhì)數(shù)時，)11()(1p

pppp-

=-=-ααααφ。

所以α

α

αφφφpp

pp

pppp=-

++-

+-+=+++)11()11()1(1)()()1(2即證。

（ii）證:設整數(shù)m的全部正約數(shù)是)(21,,,mTddd,考察m的徹低剩余系m,,2,1（1）對(1)中任一數(shù)a,設(a,m)=d,則md|,即(1)中任一數(shù)與m的最大公約數(shù)是)(21,,,mTddd中的數(shù)。反之，對每一個,id（1）中必有一數(shù)a使idma=),(（例如iaa=），而且對（1）中任一數(shù)不行能浮現(xiàn)).(),(,),(jidmadmaji≠==，于是，將（1）中的數(shù)按其與m的最大公

約數(shù)的情形分類：（1）中與m的最大公約數(shù)是1d的數(shù)有)(

1

dm?個；（1）中與m的最大公約

數(shù)是2d的數(shù)有)(

2

dm?個；┄，（1）中與m的最大公約數(shù)是1d的數(shù)有)(

1

dm?個；所以

mdmdmdmmT=+++)(

)()()

(2

1

?φ?,即mdmm

di

i=∑|)(

?，注重

i

dm是m的約數(shù)，所以md

mm

d=∑|)(

?

3.4

1.解:)6(mod41024)

2(10

10

10

≡≡-≡,即)(,4610

10

Nqq∈+=，由于1)7,10(=，由歐

拉定理有)7(mod1106≡，所以)7(mod4)3(10

110

)10(10

104

4

4

64

61010

≡-≡≡≡≡+qqq

所以從此天起再過10

10

10

天是星期五.

3.(i)證：對a用數(shù)學歸納法.①當a=2時,證實)(mod)(2121phhhhppp+≡+,

∑=-=

+p

iiipi

p

p

hh

C

hh0

21

21)()

(,對)1(piCip≤≤有!

iAC

i

pip

=

為整數(shù)i

pAi!|?,

又由于),(),2(),1(pipp===,所以1),!(=pi。)1()1(!|+--∴ippi，所

以可設!

)

1()1(iippq+--=

為整數(shù)。)(mod0,|,pCCppqCi

pipip≡=∴即。

所以)(mod)(2121phhhhppp+≡+。

②假設命題對k成立，即)(mod)(2121phhhhhhkpppk++≡+++，則

對于)1(+k有

)(mod)()(121121121phhhhhhhhhhhhp

kp

kp

p

p

kp

kp

kk+++++++≡++++≡++++

所以命題對)1(+k也成立。綜合①，②可知對一切自然數(shù)a，命題成立。

（ii）證：)(mod111)

111(1

1

paa

p

ap

ppp

ap

≡+++=+++=

個個。初等數(shù)論課程考核全真模擬試卷(A卷)

1(11分)試證：7個延續(xù)的整數(shù)的平方和不行能是徹低平方數(shù)。

2(9分)試證：49509901(171)+

3.(11分)試證：不定方程2

2

59611xy-=沒有正整數(shù)解。

4.(9分)設(),Nxn表示不超過x且與n互素的正整數(shù)的個數(shù)，求極限(),1lim

?xNxnx

→∞

=

5.(13分)設p和q是素數(shù)，試證：(p,q)是孿生素數(shù)當且僅當pq+1是徹低平方數(shù)。

6.(9分)設7p≥是一個素數(shù)，試證：存在唯一的一個正整數(shù)x，使得：

{}()()1,2,,1!0modxpxp∈-+≡且120p-6

7.(13分)設p和q是兩個不相等的素數(shù)，試證：()1

1

1modqpp

q

pq--+≡

8.(13分)設7p≥是一個素數(shù)，整數(shù),,xyz滿足方程2

2

2

xyz+=，令m=xy,n=xyz,試證：

()()()()12,60pp

pmmpnn--

9.(12分)PleasetalkaboutFermatnumber221n

nF=+andMersennenumber21p

p

M

=-.

全真模擬試卷參考答案及評分標準(A卷)

1.證實：反證法，假設存在7個整數(shù)，分離是n－3,n－2,n－1,n,n＋1,n＋2,n＋3,使得它

們的平方和是某個整數(shù)m的徹低平方，即：()3

2

23

knkm=-+=∑，22728nm∴+=，因此7

整除2m，而7是素數(shù)，故7整除m，7mt=設，則2247nt+=，即()24mod7

n≡-，所

以4-是模7的平方剩余。另一方面，計算Legendre符號得：

()()()2

2

7171

328412*********--??--????????==--=-=-??????

??????????

這表明4-是模7的平方非剩余。兩者互相沖突，故反設不成立，命題結(jié)論為真。

2.證實：直接檢驗可知，9901是素數(shù)，計算Legendre符號得：

()()()17199011711713171

2222221799017173711111990117177733??????????????=-==-==-=-=-?????????????????????

所以17是模9901的平方非剩余，因此由Euler判別條件可知：()99011

2

171mod9901-≡-，

即49509901(171)+。

3.證實：設22,xuyv==，則所給方程成為59611uv-=，解此二元一次不定方程得其通

解為6130,0,1,2,5929ussvs=+?=±±?=+?

，22

21uvsxy∴-=+=-。

于是有兩種狀況，情形1，假如2s，則2,2u整除不整除v,從而，2,整除x2不整除y,，但是()211mod4,s+≡()2

2

1mod4xy-≡-，兩者沖突；情形2，假如2,s不整除2,2u不整除整除v,從而，

2,不整除x2整除y,

則()213mod4,s+≡()2

2

1mod4xy-≡，同樣得到?jīng)_突。綜合上述兩種狀況，就有不定方程22