2018级成考专升本数学与应用数学专业12月份考试资料初等数论复习资料

2019年成人高考12月份期末考试各科考试资料

6x-4是整数，设此数为k，则 77k?4x=， k∈Z

67k?8于是 ［］=k。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

107k?8故 ［-k］=0

102.显然

从而 0≤-3k+8＜10。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 解得?28＜k≤， 于是k=0，1，2， 33 x=

211, , 3 36。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 3.方程x3-2x+12≡0（mod3）有一解x?0(mod3) 故x=3t1, f(x)=x3-2x+12, f′(x)=3x2-2 f(0)=12, f′(0)=-2

解12-2·3t1≡0(mod32)， 得t1≡2(mod3) t1=2+3t2， x=6+32t2 f(6)=216,f′(6)=106，解

216+106·32t2≡0(mod33)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 t2≡0(mod3)，故 t2=3t3，x=6+33t3

再解216+106·33t3≡0(mod34) 即8+t3≡0(mod3) 得t3≡1(mod3),故 t3=1+3t4， x=33+34t4

原方程的解为x≡33(mod81)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 二、论证题

1.若n不是素数，则可设 n=ab,a＞1， b＞1

则2n-1=(2a)b-1, 记2a=c, 则c≥4 2n-1=cb-1, =(c-1)(cb-1cb-1

+cb-2

+…+c+1)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

显然c-1＞1，而后一式中有b-1≥1，故

+…+c+1≥c+1＞1

这就表明2n-1可分解为两个大于1的整数之积

此与2n-1是素数矛盾，故n必是素数。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 2.欧拉定理：若(a,m)=1,则a证：设

x1,x2,…,x

?(m)

a?(m) (1)

是模m的一个简化剩余系，则

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ax1,ax2,…,ax?(m) (2)

也是模m的简化剩余系

因而(2)的每一个数，与且仅与(1)中的一数关于模m同余，故 ax1·ax2…ax?(m)即

x1x2…x?(m) (mod m)

a?(m)x1x2…x?(m)≡x1x2…x?(m)（mod m）。。。。。。。。。。。。

但(xi,m)=1, i=1,2,…,?(m),故 (x1x2…x?(m),m)=1

于是可从同余式两边除去x1x2…x?(m)，得

a?(m)?1(modm)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

3.改写为 2Z=x2y+1-1

=(x-1)(x2y+…+x+1).。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 由原方程知x≠1, 2｜x,故x≥3，上面第二个因式

x2y+…+x+1共有2y+1项，每项都是奇数，因而是一个大于1的奇数，于是产生了大于1的奇数整除2Z的矛盾，故方程无正整数解。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 4.已知

20022002＜(211)2002=213

·11·154

＜(104)1694

=106774

故20022002至多有6774位数字，于是

f(20022002)≤9·6774=60984。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 进而

f(f(20022002))≤5+9·4=41 f(f(f(20022002)))≤3+9=12 另一方面，由Euler定理得 20022002≡42002

46

·333+4

≡44

4(mod 9)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

而f(a)≡a(mod 9)，故 f(f(f((20022002)))≡f(f(20022002)) ≡f(20022002)≡20022002≡4(mod9)

这样f(f(f(20022002)))既要小于12，又要关于模9同余于4，此范围内只有一个数4，因而 f(f(f((20022002)))≡4。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

《初等数论》复习资料(三)

一、选择题

1、整数5874192能被( )整除.

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A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 2、整数637693能被( )整除. A 3 B 5 C 7 D 9

3、模5的最小非负完全剩余系是( ).

A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 4、在整数中正素数的个数（ ）.

A 有1个 B 有限多 C 无限多 D 不一定 二、解同余式（组） （1）45x?21(mod132).

?x?1(mod7)?（2）?x?2(mod8).

?x?3(mod9)?三、求下列不定方程的整数解. 1、25x?13y?7z?4 2、4x?9y?5z?8

《初等数论》复习资料(三)答案

一、选择题

1、B； 2、C； 3、D； 4、C. 二、解同余式（组） （1）45x?21(mod132).

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 15x?7(mod44). 。。。。。。。。。。。。

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我们再解不定方程

15x?44y?7,

得到一解(21,7). 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

于是定理4.1中的x0?21. 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 因此同余式的3个解为

x?21(mod132),

132(mod132)?65(mod132), 3132。。。。。。。。。。。 x?21?2?(mod132)?109(mod132). 。

3x?21??x?1(mod7)?（2）?x?2(mod8).

?x?3(mod9)?解 因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理先解同余式

72x?1(mod7),63x?1(mod8),56x?1(mod9),

得到x1?4(mod7),x2??1(mod8),x3??4(mod9).。。。。。。。 于是所求的解为

x?72?4?1?63?(?1)?2?56?(?4)?3(mod494)。。。。。

??510(mod494)?478(mod494).三、

1.求不定方程25x?13y?7z?4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..。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3分 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

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