初等数论期中考试答案

《初等数论》测试题
1.,,|,1,,.|1,(),|,|,|,||(),|a b n a bn ax by x y a n
ax by n n ax by anx bny a anx a bn a anx a bny a anx bny a n
+=+==+=+∴∴+ 设满足是两个整数证明：证明：故即 1.:1,,|,|,|.
ax by anx bny n a bn a anx bny a n +=∴+=∴+ 证明即
2.(,)1|,(,)(,) 1.
(,),|,,|,|,|(),|,|,|(,),(,)1,1,(,)1(,)1,(,)(,)1
a b c a b c a c b d c a c a b q a b cq b cq a d a d c d cq a d b d a d a b a b d c a c b c a c b =+===+∃+=⇒=--∴====== 若，则证明：记故使故即又故即，同理可证故有
2.:|,|,
|,|,|,1,(,) 1.(,) 1.
d a d c c a b d a b d b d c a c b +∴+∴=±∴== 证明若同理 331212223.[]42[]66(,)3,,,.
[]42237[,]662311,237,237,(0,1,1,2,3)(,)3,3|,3|,1,[,]23711,[,]23117,7|1i i A B B C A C A B C A B B C A B i A C A C A B B B C B A αβααββαβαβ=====⨯⨯==⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯≤≤==∴===⨯⨯=⨯⨯ 已知，，，，求解：由，，故其中从而又由知必不含因子由知也必不含从而，11331111111|1,212,332(,)3 1.001,213366,26,21,2,3321,6,3321,2,6621,6,66.10,4233,26,42,2,3342,C A B A C A C B A B C A B C A B C A B C A C B A B C A B αβαβαβαβαβ⇒===⨯=⨯============================故,由知与不能同时为当时,或即时,或此时或即或或或当时,即时,此时或即或6,33
(21,2,33),(21,6,33),(21,2,66),(21,6,66),(42,2,33),(42,6,33).
C =故共有六组解
57224(1)4.344
(2)
(1)2(2)1313524,(2,2),22-(1)(2)726-2652-2-2,2-222,x y z x y z x y x y x t t y t x z x z z x z t t x t y t t z t ++=⎧⎨
--=⎩⨯++=⇒+==+⎧∈⎨=⎩
+⨯=⇒=⇒==+==+⎧⎪
∴=-∈⎨⎪=⎩
解不定方程组解：得显然为方程的一个特解故方程的解，又由得故方程的解为
004.131352,4.
40,4,,()
4-4-.()
-2z x y x y x y x y x t
t y t x t y t t z t +=+=+====⎧∴⎨=⎩
=⎧⎪
∴=⎨⎪=+⎩
消去得关于的二元一次不定方程即方程的一个特解是其通解是是整数原方程的解是是整数
636
5.6,66
69,12,18,36.:2345
,,,.361230
y x y y y x x x x y y y y =
=-+++====⎧⎧⎧⎧⎨
⎨⎨⎨====⎩⎩⎩⎩由原方程得所以的值只可能是原不定方程的正整数解为
44244244242422242222222226.-4.
-444(2)(2,)1222,,,0,(,)1(*)
x y z x y z x y z x u y z u y z u y z y z u y ab z a b u a b a b a b y a ==⇔=++=+====-=+>>==试证：不定方程没有正整数解证明：，假设此方程有解，则在方程的所有解中必存在一组解使得的取值达到最小，记为，即，即，此时（事实上，若与不互素必可导出不是最小的）故方程的解为又由2222244442,,0,0,(,)1(*).b a m b n y mn m n m n u a b m n m n u ===>>==+=++=解得，代入式得
，即，显然此方程无解，矛盾，故原不定方程无解44424424444426.(4)(4)(2),(2)(4),.
z x y x y xy xy z x y =-=+-+=+ 即故无正整数解
01295567
2
8
3
9
4
1
2
9
7.3,3,3,...3011.
11.3243,31(mod11),33(mod11),33(mod11),33(mod11),33(mod11),3,3,3,...30111111.
=≡∴≡≡≡≡ 乘幂与一起能否构成模的完全剩余系解：不能构成模的完全剩余系与共个数，但它们中间有对模同余的数，故不能构成模的完全剩余系
121212112121()4()-1-145
(2)()(,)1,3().
1()()1-(1)(1)326,()4
.
(,)1,t t t t t m m
m m m m m m m m p p t m m n n n n n n m m p m p p p p p p m p m n n n n n ϕϕϕϕϕ-===⇒==≥==≥====-≥-≥⨯====8已知，求解：当为素数时，由知当为合数时，若为奇数，则为奇素数，此时仅含一个素因数或，，此时至少含两个素因数当时，（）与矛盾当，2121212121212121212,3,()()()()4,3,12()()2()()4()()23(,)1.() 4.
22,.2()(2)t t t t n m n n n n n n n n n n n n n n n n n n m m m m n n m m ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ≥===≥≥===⇒========此时，又，且为奇数，至少有，比它们小且与它们互素，故，，从而由得，与矛盾故不存在既是奇数又是合数的使得若为偶数，则或其中为奇数当时，111121-2
2438.2(2,)1,()(2)(2)()2()4,()2222,1()45,10.2()2
3,12.5,8,10,12
t t t t t t t t m m n n n m n n n n t t n n n n m t n n m m ϕϕϕϕϕϕϕϕ---==⇒=⇒====
===≥≤⇒≤======⇒==（）
当，其中为奇数，则从而由知当时，得
，由为奇数知必为素数，从而此时当时，得此时故可取()()()()()()()()()()()()()()()9.,1,1(mod ).
,11mod ,0mod ,1(mod ),|(1),1(mod ),|1,,1|(1)n m n m n m n m n m n m n m n m n m n mn m n Euler m n n n m n n n m n m n m m m n m n mn m n m ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ=+≡=≡≡∴+≡+-+≡+-=∴+-⇒ 设（）证明：（），由定理可得（）又显然（）即同理可证即（），()()()10(mod )1(mod )
m n m n mn m n mn ϕϕϕ+-≡⇒+≡()()()()()()()()()()9.(,)1,,1(mod ).
1(mod ).1(mod ).
m m n m m n n m n m m n n m m n m n m m n n m n mn ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ=∴≡≡∴+≡≡≡∴+≡∴+≡ 1(modm),而0(modm)又0(modn),1(modn),。