【正文】 （6分）九、請(qǐng)用1到9這九個(gè)數(shù)中的六個(gè)（不重復(fù)）寫(xiě)出一個(gè)最大的能被15整除的六位數(shù)（6分）《初等數(shù)論》模擬試卷（B）答案一、8，1152，960， 19， 499，5，1， 見(jiàn)書(shū)見(jiàn)書(shū) 77， 193，19，8，7， 184，12，37二、孫子定理三、見(jiàn)書(shū)。有解的充要條件是 。φ（5005）= 。1兩個(gè)素?cái)?shù)的和為31，則這兩個(gè)素?cái)?shù)是 。威爾遜定理是 ?！冻醯葦?shù)論》模擬試卷（A）說(shuō)明：考生應(yīng)有將全部答案寫(xiě)在答題紙上，否則作無(wú)效處理一、 填空（36分）d（1000）= 。(2)若p和q=6p+1均為奇素?cái)?shù)，則3是模q的一個(gè)原根。若a 為m的一個(gè)原根，則m的一個(gè)簡(jiǎn)化系為a1 ,a2 ,……aφ(m) 。能判斷怎樣的數(shù)為模m的原根，用指數(shù)以及指標(biāo)組能構(gòu)造模m的簡(jiǎn)化乘余系。它的一個(gè)解是x=1。例6：證明：形如的素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。證：只要證x2≡17(mod 23)無(wú)解即可，∵ 17≡1(mod 4)∴ ∴ x2≡17(mod 23)無(wú)解，即原方程無(wú)解。又取q=7，3，5，6為g的三個(gè)平方非剩余的同余方程73+137y≡3,5,6(mod7)的y≡0,4,6(mod7)淘汰y=4+7t,7t,6+7t,就只留下了1,3,9,16,19,24,31,33 。除了書(shū)上介紹的公方法，我們?cè)傺a(bǔ)充另一個(gè)方法即高斯逐步淘汰法。為了彌補(bǔ)這個(gè)困難，再引進(jìn)雅可比符號(hào)，由雅可比符號(hào)的定義出發(fā)可建立形式上和勒讓德符號(hào)完全一致的性質(zhì)。因此平方剩余和平方非剩余只要在模p的一個(gè)簡(jiǎn)化剩余系中找即可。 四、自學(xué)指導(dǎo)對(duì)于一般的高次同余方程的求解歸納為模為pα的情形。p根據(jù)定義和記號(hào)，則，則有下列性質(zhì)若（d，m）=1，且利用形式分?jǐn)?shù)的性質(zhì)把分母變成1，從而一次同余式的解。f(x) ≡0(mod p)的性質(zhì)（1）同余方程的解與f(x)的分解之間的關(guān)系，這一點(diǎn)和代數(shù)方程幾乎一樣。設(shè)m=；則要求f(x) ≡0(mod m)的解只要求f(x) ≡0(mod pα) (2)的解即可，其中p為素?cái)?shù)。待定系數(shù)法適應(yīng)的范圍較廣，對(duì)模沒(méi)有什么要求。反之亦然。要學(xué)好同余方程這一章。二、基本要求通過(guò)本章的學(xué)習(xí)要求掌握同余方程的一些基本概念，例同余方程的次數(shù)、解等，能解一次同余方程，一次同余方程組，理解孫子定理并用它來(lái)解一次同余方程組，會(huì)解高次同余方程，對(duì)于以素?cái)?shù)模的同余方程的一般理論知識(shí)能理解。例7：把化為分?jǐn)?shù)。32≡199≡171≡29(mod 100)∴ 末二位數(shù)為29。 一個(gè)整數(shù)被9整除的充要條件是它的各位數(shù)字之和能被9整除。歐拉定理、費(fèi)爾馬小定理是同余理論非常重要的定理之一。當(dāng)時(shí)，能由的完全剩余系和的完全剩余系，構(gòu)造完全剩余系。從定義上看，同余和整除是同一個(gè)事情，但引進(jìn)了新的符號(hào)“三”后，無(wú)論從問(wèn)題的敘述上，還是解決問(wèn)題的方法上都有了顯著的變化，同時(shí)也帶來(lái)了一些新的知識(shí)和方法。四、自學(xué)指導(dǎo)同余理論是初等數(shù)論中最核心的內(nèi)容之一，由同余定義可知，若a≡b(mod m)，則a和b被m除后有相同的余數(shù)。又根據(jù)題意要求：.根據(jù)(1)，僅當(dāng)v=8時(shí)滿足此要求，從而因此該支票原為25元51分.216。例5：求x2+xy6=0的正整數(shù)解。解：注意到z的系數(shù)最小，把原方程化為z=令t1=，即3x+2y6t1+1=0此時(shí)y系數(shù)最小，令t2 =,即,反推依次可解得y=x+3t1+t2=2t2+1+3t1+t2=1+3t1+3t2z=2x2y+10+t1=65t1+10t2∴原不定方程解為t1t2∈z.例2:證明是無(wú)理數(shù)證：假設(shè)是有理數(shù)，則存在自數(shù)數(shù)a,b使得滿足即，容易知道a是偶數(shù)，設(shè)a=2a1，代入得,又得到b為偶數(shù)，設(shè)，則,這里這樣可以進(jìn)一步求得a2，b2…且有aba1b1 a2b2…但是自然數(shù)無(wú)窮遞降是不可能的，于是產(chǎn)生了矛盾，∴為無(wú)理數(shù)。從而可得到矛盾。特別當(dāng)w=1或素?cái)?shù)p 。由于n元一次不定方程可轉(zhuǎn)化為n1個(gè)二元一次不定方程組，故在通解中依賴(lài)于n1個(gè)任意常數(shù)。求解二元一次不定方程的一個(gè)通解有好多種方法。對(duì)費(fèi)爾馬大定理應(yīng)有在常識(shí)性的了解，掌握無(wú)窮遞降法求證不定方程x4+y4=z2無(wú)解的方法。注：若對(duì)某個(gè)整數(shù)，有，但當(dāng)時(shí)，則此時(shí)為整數(shù)：即。的素因數(shù)分解式為.() , 由于，從而，而，故。證：不妨設(shè)nm，則Fn2=（）（）=(Fn12) （）= Fn1Fn2……Fm F0設(shè)（Fn,Fm）=d,則d|Fn, d|Fmd|2但Fn為奇數(shù)，∴d=1, 即證?！鄉(xiāng)g2為無(wú)理數(shù)。③梅森數(shù)：形如2n1的數(shù)叫梅森數(shù)，記成Mn=2n1。算術(shù)基本定理是整數(shù)理論中最重要的定理之一，即任何整數(shù)一定能分解成一些素?cái)?shù)的乘積，而且分解是唯一的，不是任何數(shù)集都能滿足算術(shù)基本定理的，算術(shù)基本定理為我們提供了解決其它問(wèn)題的理論保障。判斷一個(gè)已知的正整數(shù)是否為質(zhì)數(shù)可用判別定理去實(shí)現(xiàn)。這一點(diǎn)實(shí)際上是應(yīng)用自然數(shù)的最小自然數(shù)原理，即自然數(shù)的任何一個(gè)子集一定有一個(gè)最小自然數(shù)有在。互素與兩兩互素是二個(gè)不同的概念，既有聯(lián)系，又有區(qū)別。帶余除法可以將全體整數(shù)進(jìn)行分類(lèi)，從而可將無(wú)限的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為有限的問(wèn)題。四、自學(xué)指導(dǎo)整除是初等數(shù)論中最基本的概念之一，b∣a的意思是存在一個(gè)整數(shù)q，使得等式a=bq成立。 第一章 整除一、主要內(nèi)容整除的定義、帶余除法定理、余數(shù)、最大公因數(shù)、最小公倍數(shù)、輾轉(zhuǎn)相除法、互素、兩兩互素、素?cái)?shù)、合數(shù)、算術(shù)基本定理、Eratosthesen篩法、[x]和{x}的性質(zhì)、n！的標(biāo)準(zhǔn)分解式。第二章：不定方程（4學(xué)時(shí)）自學(xué)12學(xué)時(shí)二元一次不定方程多元一次不定方程勾股數(shù)費(fèi)爾馬大定理。 最后，給大家提一點(diǎn)數(shù)論的學(xué)習(xí)方法，即一定不能忽略習(xí)題的作用，通過(guò)做習(xí)題來(lái)理解數(shù)論的方法和技巧，華羅庚教授曾經(jīng)說(shuō)過(guò)如果學(xué)習(xí)數(shù)論時(shí)只注意到它的內(nèi)容而忽略習(xí)題的作用，則相當(dāng)于只身來(lái)到寶庫(kù)而空手返回而異。第五章：二次同余式和平方剩余（4學(xué)時(shí)）自學(xué)12學(xué)時(shí)二次同余式單素?cái)?shù)的平方剩余與平方非剩余勒讓德符號(hào)二次互反律雅可比符號(hào)、素?cái)?shù)模同余方程的解法習(xí)題要求：2； ：1，2，3；：1，2；：2；：1。（2）素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)的證明方法。特別要注意，數(shù)論的研究對(duì)象是整數(shù)集合，比小學(xué)數(shù)學(xué)中非負(fù)整數(shù)集合要大。和整除性一樣，二個(gè)數(shù)的最大公約數(shù)實(shí)質(zhì)上也是用等號(hào)來(lái)定義的，因此在解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)若有必要可化為等式問(wèn)題，最大公因數(shù)的性質(zhì)中最重要的性質(zhì)之一為 a=bq+c，則一定有（a，b）=（b，c），就是求二個(gè)整數(shù)的最大公約數(shù)的理論根據(jù)。最小公倍數(shù)實(shí)際上與最大公因數(shù)為對(duì)偶命題。解決了兩個(gè)數(shù)的最小公倍數(shù)與最大公因數(shù)問(wèn)題后，就可以求出n個(gè)數(shù)的最小公倍數(shù)與最大公因數(shù)問(wèn)題，可以兩個(gè)兩個(gè)地求。以加深對(duì)它們的理解。本章的許多問(wèn)題都圍繞著整除而展開(kāi)，讀者應(yīng)對(duì)整除問(wèn)題的解決方法作一簡(jiǎn)單的小結(jié)。例3. 證明lg2是無(wú)理數(shù)。53∴ d(1000)=(3+1)(3+1)=16， (1000)=例9. 設(shè)c不能被素?cái)?shù)平方整除，若a2|b2c，則a|b證：由已知p(c)≤1，且p(a2)≤p(b2c)∴ 2p(a)≤2p(b)+p(c) , ∴ p(a)≤p(b)+即p(a) ≤p(b) , ∴ a|b例10. 若Mn為素?cái)?shù)，則n一定為素?cái)?shù)。例13. 證明：對(duì)任意的正整數(shù)，成立如下不等式。再設(shè)將,，…，按任一種順序排成,，…，并令。二、 基本要求 了解不定方程的概念，理解對(duì)“解”的認(rèn)識(shí)，掌握一次不定方程有解的條件，能熟練求解一次不定方程的特解，正整數(shù)解及通解。（ii）在有解的條件下，有多少解（iii）在有解的條件下，求出所給的不定方程的所有解。以免出錯(cuò)。在證明這個(gè)通解公式的過(guò)程中，用到了引理 uv=w2，u0，v0，（u ,v）=1，則u=a2，v=b2，w=ab 。 為了解決著名的費(fèi)爾馬大定理：xn+yn=zn ，n≥3無(wú)正整數(shù)解時(shí)，當(dāng)n=4時(shí)可以用較初等的方法給出證明。對(duì)于證明不定方程的無(wú)解性通常在幾種方法，一般是總的幾種方法交替使用。2m)+1即一個(gè)整數(shù)若不是3的倍數(shù)，則其平方為3k+1,或者說(shuō)3k+2不可能是平方數(shù)，設(shè)x,y為勾股整數(shù)，且x,y都不是3的倍數(shù)，則x2,y2都是3k+1，但z2=x2+y2=3k+2形，這是不可能，∴勾股數(shù)中至少有一個(gè)是3的倍數(shù)。例7：證明：無(wú)整數(shù)解證：若原方程有解，則有注意到對(duì)于模8，有因而每一個(gè)整數(shù)對(duì)于模8，必同余于0，1，4這三個(gè)數(shù)。能應(yīng)用這二個(gè)定理證明有關(guān)的整除問(wèn)題和求余數(shù)問(wèn)題。值得注意a和b關(guān)于m同余是個(gè)相對(duì)概念。因?yàn)橥嚓P(guān)系是一個(gè)等價(jià)關(guān)系，利用等價(jià)關(guān)系可以進(jìn)行將全體整數(shù)進(jìn)行分類(lèi)，弄清來(lái)朧去脈，對(duì)于更深刻理解其本質(zhì)是很有好處的。判別一組整數(shù)是否為模m的簡(jiǎn)化剩余系的條件為（2） 個(gè)數(shù)=φ(m)（3） 關(guān)于m兩兩不同余（3） 每個(gè)數(shù)與m互素關(guān)于m的簡(jiǎn)化剩余系也能用已知完全剩余系構(gòu)造新的簡(jiǎn)化剩余系。另外同余方法在證明不定方程時(shí)也非常有用，即要掌握同余“三”和相等“=”的關(guān)系：相等必同余，同余未必相等，不同余肯定不相等。解：∵ （3，100）=1，∴3≡1（mod 100）(100)= (223n ≡3n (4+9)≡133n證：由于每一個(gè)整數(shù)對(duì)于8，必同余于0，1，2，3，4，5，6，7這八個(gè)數(shù)之一注意到對(duì)于模8，有因而每一個(gè)整數(shù)對(duì)于模8，必同余于0，1，4這三個(gè)數(shù)不能如何變化，只能有而，故不同余于關(guān)于模8，從而證明了結(jié)論。但對(duì)于解數(shù)，傳統(tǒng)的結(jié)果不再成立。無(wú)論是乘上一數(shù)k