2025年大學(xué)《數(shù)理基礎(chǔ)科學(xué)》專(zhuān)業(yè)題庫(kù)——數(shù)論證明技巧討論考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、1.設(shè)$a,b$是整數(shù)，$a\neq0$。若存在整數(shù)$q,r$使得$b=qa+r$，且$0\leq|r|<|a|$，則稱(chēng)$r$是$a$除$b$的余數(shù)。證明：若$d$是$a,b$的一個(gè)公因數(shù)，則$d$也是$a$除$b$的余數(shù)$r$的因數(shù)。2.設(shè)$p$是素?cái)?shù)，$a$是整數(shù)。證明：若$p\mida^2$，則$p\mida$。二、1.證明：對(duì)于任意整數(shù)$n\geq2$，$n!+1$不是一個(gè)素?cái)?shù)的平方。2.設(shè)$n$是正整數(shù)。證明：若$2^n-1$是素?cái)?shù)，則$n$是素?cái)?shù)。三、1.設(shè)$a\equivb\pmod{m}$，$c\equivd\pmod{m}$。證明：$a+c\equivb+d\pmod{m}$，$ac\equivbd\pmod{m}$。2.解同余方程$3x\equiv4\pmod{7}$。四、1.設(shè)$n$是正整數(shù)。證明：若$n$不是完全平方數(shù)，則$\sqrt{n}$不是有理數(shù)。2.證明：存在無(wú)窮多個(gè)形如$4k+3$的素?cái)?shù)。五、1.證明：對(duì)于任意正整數(shù)$n$，$n^3+5n$能被6整除。2.設(shè)$a,b,c$是整數(shù)，且$a^2+b^2=c^2$。證明：若$a,b,c$都不是完全平方數(shù)，則其中至少有兩個(gè)數(shù)是偶數(shù)。六、1.證明：若$p$是素?cái)?shù)，則$\phi(p)=p-1$，其中$\phi$是歐拉函數(shù)。2.設(shè)$n$是正整數(shù)，$a$是整數(shù)。證明：若$a^n\equiva\pmod{m}$，則$a^{n-1}\equiv1\pmod{m}$或$a\equiv0\pmod{m}$。七、1.證明：若$a\equivb\pmod{m}$，則$\gcd(a,m)=\gcd(b,m)$。2.應(yīng)用中國(guó)剩余定理，解同余方程組：\[\begin{cases}x\equiv2\pmod{3}\\x\equiv3\pmod{5}\\x\equiv2\pmod{7}\end{cases}\]試卷答案一、1.證明：由$b=qa+r$知$d|b$且$d|a$。又由$r=b-qa$知$d|r$。因此，$d$是$a$除$b$的余數(shù)$r$的因數(shù)。2.證明：若$p\mida^2$，則存在整數(shù)$k$使得$a^2=pk$。若$p\nmida$，則根據(jù)歐幾里得算法，存在整數(shù)$q,r$使得$a=qp+r$，且$0<r<p$。則$a^2=(qp+r)^2=p^2q^2+2pqr+r^2$。由于$p|a^2$，則$p|r^2$。又因?yàn)?0<r<p$，所以$r^2<p^2$，這與$p|r^2$矛盾。因此，$p\mida$。二、1.證明：用反證法。假設(shè)存在整數(shù)$n\geq2$，$n!+1$是一個(gè)素?cái)?shù)的平方，設(shè)為$p^2$，則$n!=p^2-1=(p-1)(p+1)$。由于$n\geq2$，則$n!\geq2!=2$。因此，$p-1$和$p+1$是兩個(gè)大于1的連續(xù)整數(shù)，它們必然有一個(gè)合數(shù)，且這個(gè)合數(shù)不大于$n!$。這與$n!=(p-1)(p+1)$是素?cái)?shù)的乘積矛盾。因此，$n!+1$不是一個(gè)素?cái)?shù)的平方。2.證明：用反證法。假設(shè)存在素?cái)?shù)$p=2^k-1$，其中$k>1$不是素?cái)?shù)，設(shè)$k=ab$，其中$a,b>1$。則$p=2^{ab}-1=(2^a-1)(2^{a(b-1)}+2^{a(b-2)}+\cdots+2^a+1)$。由于$a>1$，則$2^a-1>1$。因此，$p$是一個(gè)合數(shù)，這與$p$是素?cái)?shù)矛盾。因此，若$2^n-1$是素?cái)?shù)，則$n$是素?cái)?shù)。三、1.證明：由$a\equivb\pmod{m}$知存在整數(shù)$k_1$使得$a=b+k_1m$。由$c\equivd\pmod{m}$知存在整數(shù)$k_2$使得$c=d+k_2m$。則$a+c=(b+k_1m)+(d+k_2m)=(b+d)+(k_1+k_2)m$。因此，$a+c\equivb+d\pmod{m}$。同理，$ac=(b+k_1m)(d+k_2m)=bd+bk_2m+dk_1m+k_1k_2m^2=bd+(bk_2+dk_1+k_1k_2m)m$。因此，$ac\equivbd\pmod{m}$。2.解：由$3x\equiv4\pmod{7}$，兩邊同時(shí)乘以$\gcd(3,7)=1$的逆元$5$（因?yàn)?3\cdot5=15\equiv1\pmod{7}$），得$x\equiv4\cdot5\pmod{7}$，即$x\equiv20\pmod{7}$，即$x\equiv6\pmod{7}$。四、1.證明：用反證法。假設(shè)$\sqrt{n}$是有理數(shù)，則存在整數(shù)$p,q$，其中$q>0$且$\gcd(p,q)=1$，使得$\sqrt{n}=\frac{p}{q}$。平方兩邊得$n=\frac{p^2}{q^2}$，即$nq^2=p^2$。因此，$p^2$是一個(gè)完全平方數(shù)，$n$也是完全平方數(shù)。這與$n$不是完全平方數(shù)矛盾。因此，$\sqrt{n}$不是有理數(shù)。2.證明：用反證法。假設(shè)不存在無(wú)窮多個(gè)形如$4k+3$的素?cái)?shù)，則所有素?cái)?shù)都形如$4k$或$4k+1$?？紤]所有形如$4k$的數(shù)，它們都是4的倍數(shù)，因此不是素?cái)?shù)（除了$p=2$）。考慮任意整數(shù)$N$，存在一個(gè)最大的形如$4k+1$的素?cái)?shù)$p_N$，使得$p_N\leqN$。則$4(p_N-1)=4p_N-4=4N-4$是一個(gè)合數(shù)，它不能被任何小于等于$N$的形如$4k+1$的素?cái)?shù)整除。因此，它必須被一個(gè)形如$4k+3$的素?cái)?shù)整除。設(shè)這個(gè)素?cái)?shù)為$p$，則$p|4N-4$，即$p|4(N-1)$。由于$p$是形如$4k+3$的素?cái)?shù)，所以$p\neq2$，因此$p$不能整除4，所以$p$必須整除$N-1$。則存在整數(shù)$k$使得$N-1=pk$，即$N=pk+1$。由于$p$是形如$4k+3$的素?cái)?shù)，則$pk$形如$4k'$+3，因此$N=pk+1$形如$4k'+4=4(k'+1)$，即$N$形如$4k$。這與$N$被$p_N$整除且$p_N$形如$4k+1$矛盾。因此，存在無(wú)窮多個(gè)形如$4k+3$的素?cái)?shù)。五、1.證明：$n^3+5n=n(n^2+5)$。若$n$是偶數(shù)，則$n$能被2整除，因此$n(n^2+5)$能被2整除。若$n$是奇數(shù)，則$n^2$是奇數(shù)，$n^2+5$是偶數(shù)，因此$n^2+5$能被2整除，從而$n(n^2+5)$能被2整除。因此，$n^3+5n$能被2整除。又因?yàn)?n(n^2+5)=n(n^2+4+1)=n(n^2+4)+n=n(n+2)(n-2)+n=n(n+2)(n-2)+n(n+1)(n-1)$。若$n$是偶數(shù)，則$n(n+2)(n-2)$能被4整除。若$n$是奇數(shù)，則$n(n+1)(n-1)$能被4整除。因此，$n^3+5n$能被4整除。綜上所述，$n^3+5n$能被2整除且能被3整除，因此$n^3+5n$能被6整除。2.證明：用反證法。假設(shè)$a,b,c$都不是完全平方數(shù)，且它們都是奇數(shù)。則$a^2,b^2,c^2$都是奇數(shù)，且$a^2+b^2=c^2$表示一個(gè)奇數(shù)的平方等于兩個(gè)奇數(shù)的平方和。這與勾股定理的結(jié)論矛盾（兩個(gè)奇數(shù)的平方和不可能是一個(gè)奇數(shù)的平方）。因此，若$a^2+b^2=c^2$，則$a,b,c$不可能都是奇數(shù)。因此，$a,b,c$中至少有兩個(gè)數(shù)是偶數(shù)。六、1.證明：由歐拉函數(shù)的定義，$\phi(p)$是小于$p$的正整數(shù)中與$p$互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)。由于$p$是素?cái)?shù)，小于$p$的正整數(shù)都與$p$互質(zhì)。因此，$\phi(p)$等于小于$p$的正整數(shù)的個(gè)數(shù)，即$\phi(p)=p-1$。2.證明：若$a\equiv0\pmod{m}$，則$a^{n-1}\equiv0^{n-1}\equiv0\pmod{m}$，命題成立。若$a\not\equiv0\pmod{m}$，則$\gcd(a,m)=1$。由$a^n\equiva\pmod{m}$得$a^{n-1}\equiv1\pmod{m}$。七、1.證明：由$\gcd(a,m)=d$知存在整數(shù)$k_1,k_2$使得$a=dk_1$，$m=dk_2$，且$\gcd(k_1,k_2)=1$。由$a\equivb\pmod{m}$知存在整數(shù)$k_3$使得$b=a+mk_3=dk_1+dk_2k_3=d(k_1+k_2k_3)$。因此，$d|b$。又因?yàn)?\gcd(k_1,k_2)=1$，所以$\gcd(k_1+k_2k_3,k_2)=1$。因此，$d=\gcd(a,m)=\gcd(dk_1,dk_2)=d\cdot\gcd(k_1,k_2)=d\cdot1=d$。同理可證$\gcd(b,m)=d$。因此，$\gcd(a,m)=\gcd(b,m)$。2.解：首先，解第一個(gè)同余方程$x\equiv2\pmod{3}$。其通解為$x=3k+2$，其中$k$是整數(shù)。將這個(gè)通解代入第二個(gè)同余方程$x\equiv3\pmod{5}$，得$3k+2\equiv3\pmod{5}$，即$3k\equiv1\pmod{5}$。由于$3\cdot2=6\equiv1\pmod{5}$，所以$k\equiv2\pmod{5}$。其通解為$k=5j+2$，其中$j$是整數(shù)。將這個(gè)通解代入$x=3k+2$，得$x=3(5j+2)+2=15j+8$。因此，$x\equiv8\pmod{15}$。將這個(gè)解代入第三個(gè)同余方程$x\equiv2\pmod{7}$，得$15j+8\equiv2\pmod{7