初等数论课程测试题解
刚想起来传到博客园上面。
正在写。
Upd. 20240222：已写完，欢迎查错！
一、请给出整除的概念及性质
对于整数 \(a,b\) \((b\neq0)\)，如果存在整数 \(c\)，使得 \(a=bc\)，
则称 \(b\) 整除 \(a\)，记作 \(b \mid a\)；否则称 \(b\) 不整除 \(a\)，记作 \(b \nmid a\)。
性质：
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rlrl}
1.&a\mid b&\Longrightarrow&\pm a \mid \pm b\\
2.&a \mid b,\ b\mid c&\Longrightarrow&a \mid c\\
3.&\forall i:b\mid a_i&\Longrightarrow&b\mid\Sigma\ a_ik_i\\
4.&b\mid a&\Longrightarrow&bc\mid ac\ (c\in\mathbb Z,c\neq0)\\
5.&b\mid a\ (a\neq0)&\Longrightarrow&|b|\le|a|\\
5.&b\mid a,\ |a|<|b|&\Longrightarrow&a=0\\
\end{array}
\]
二、请给出同余的概念及性质
给定正整数 \(m\) 称为模，\(a,b\) 为任意两个整数，满足：
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{ll}
a=q_1m+r_1,&0\le r_1<m\\
b=q_2m+r_2,&0\le r_2<m\\
\end{array}
\]
则称 \(a,b\) 对 \(m\) 同余，记作 \(a \equiv b \pmod m\)，简记为 \(a \equiv b\ (m)\)。
性质：
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rlrl}
1.&a \equiv a \pmod m\\
2.&a \equiv b \pmod m &\Longleftrightarrow& b\equiv a \pmod m\\
3.&a\equiv b\pmod m,\ b\equiv c\pmod m&\Longrightarrow&a\equiv c\pmod m\\
4.&aK\equiv bK\pmod m&\Longrightarrow&a\equiv b\pmod{\frac{m}{(m,k)}}\\
5.&a\equiv b\pmod m,\ c\equiv d\pmod m&\Longrightarrow&a\pm c\equiv b\pm d\pmod m\\
6.&a\equiv b\pmod m,\ c\equiv d\pmod m&\Longrightarrow&ac\equiv bd\pmod m\\
\end{array}
\]
三、请给出模 \(m\) 的完全剩余系的概念
若 \(a_1,a_2,\dots,a_m\) 对模 \(m\) 两两不同余，则这 \(m\) 个数构成模 \(m\) 的一个完全剩余系。
特殊的，任意连续的 \(m\) 个整数都构成模 \(m\) 的一个完全剩余系。
四、陈述裴蜀定理
对于任意整数 \(a,b\)，一定存在一组整数解 \(x,y\) 使得 \(ax+by=(a,b)\)。
五、陈述费马小定理
若 \(p\) 是素数，则 \(a^p\equiv a\pmod p\)。
特别的，若 \(a\perp p\)，则 \(a^{p-1}\equiv1\pmod p\)。
六、给定模 \(m\) 的一组完全剩余系 \(x_1,\dots,x_m\)，若 \(a \perp m\)，请证明 \(ax_1,\dots,ax_m\) 也是模 \(m\) 的一组完全剩余系。
反证：假设 \(ax_1,\dots,ax_m\) 不是模 \(m\) 的完全剩余系。
则一定存在 \(i\neq j\) 使得 \(ax_i\equiv ax_j\pmod m\)。
因为 \(a \perp m\)，因此有 \(x_i\equiv x_j\pmod m\)。
与 \(x_1,\dots,x_m\) 为模 \(m\) 的完全剩余系不符。
假设不成立，故 \(ax_1,\dots,ax_m\) 是模 \(m\) 的完全剩余系。
七、设 \(n\) 是整数，请证明：\(120 \mid n(n^2-1)(n^2-5n+26)\)。
定理：连续 \(n\) 个整数的乘积一定被 \(n!\) 整除。
对于这 \(n\) 个数都是正整数的：
\[\begin{array}{l}
(a+1)(a+2)\dots(a+n)=\frac{(a+n)!}{a!}=n!\frac{(a+n)!}{n!a!}=n!\binom{a+n}{a}
\end{array}
\]
而如果这 \(n\) 个数存在不是正整数的，那么一定跨过了 \(0\)，乘积为 \(0\)，整除是显然的。
证明：
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{ll}
&n(n^2-1)(n^2-5n+26)\\
=&n(n+1)(n-1)[(n-2)(n-3)+20]\\
=&(n-3)(n-2)(n-1)n(n+1)+20(n-1)n(n+1)
\end{array}
\]
因为：
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcl}
120&\mid& (n-3)(n-2)(n-1)n(n+1)\\
6&\mid& (n-1)n(n+1)\\
120&\mid& 20(n-1)n(n+1)
\end{array}
\]
因此 \(120\mid(n-3)(n-2)(n-1)n(n+1)+20(n-1)n(n+1)\)。
即 \(120 \mid n(n^2-1)(n^2-5n+26)\)。
八、设 \(n\) 是正整数，且 \(2n+1\) 与 \(3n+1\) 都是完全平方数。请证明：\(40 \mid n\)。
性质１：奇数的完全平方数模 \(8\) 同余于 \(1\)。
\[(2k+1)^2\equiv4k(k+1)+1\equiv1\pmod8
\]
性质２：任何一个数的平方模 \(5\) 同余于 \(0,\pm1\)。
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{lcll}
t&\equiv&0,\pm1,\pm2&\pmod5\\
t^2&\equiv&0,\pm1&\pmod5
\end{array}
\]
证明：
因为 \(2n+1\) 是奇数且是完全平方数，则
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcll}
2n+1&\equiv&1&\pmod8\\
n&\equiv&0&\pmod4
\end{array}
\]
所以，\(n\) 是偶数，\(3n+1\) 是奇数且是完全平方数，则
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcll}
3n+1&\equiv&1&\pmod8\\
n&\equiv&0&\pmod8
\end{array}
\]
且
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcll}
2n+1&\equiv&0,\pm1&\pmod5\\
3n+1&\equiv&0,\pm1&\pmod5
\end{array}
\]
则有
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcll}
(2n+1)+(3n+1)&\equiv&2&\pmod5\\
2n+1&\equiv&1&\pmod5\\
3n+1&\equiv&1&\pmod5\\
n&\equiv&0&\pmod5
\end{array}
\]
因此 \(n\equiv0\pmod{40}\)，即 \(40 \mid n\)。
九、求 \(10^{10} \bmod 7\)。
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{ll}
&10^{10} \bmod 7\\
=&(10 \bmod 7)^{10\bmod 6}\bmod 7\\
=&3^4\bmod7\\
=&81\bmod7\\
=&4
\end{array}
\]
即 \(10^{10}\bmod7=4\)。
十、求满足以下条件的正整数解：\((a,b)+[a,b]+a+b=ab\)。
设 \(d=(a,b)\)，则记 \(a=a_0d\)，\(b=b_0d\)（\(a_0\perp b_0\)）。
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcl}
(a,b)+[a,b]+a+b&=&ab\\
d+a_0b_0d+a_0d+b_0d&=&a_0b_0d^2\\
a_0b_0+a_0+b_0+1&=&a_0b_0d
\end{array}
\]
因为 \(a_0b_0\ge a_0b_0,a_0,b_0\ge1\)，所以 \(0<d\le4\)。
当 \(d=1\) 时，\(a_0+b_0+1=0\)，无解。
当 \(d=2\) 时，
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcl}
a_0b_0+a_0+b_0+1&=&2a_0b_0\\
a_0b_0-a_0-b_0&=&1\\
a_0(b_0-1)-(b_0-1)&=&2\\
(a_0-1)(b_0-1)&=&2\\
\end{array}
\]
- \(a_0-1=1\)，\(b_0-1=2\)；\(a_0=2\)，\(b_2=3\)；\(a=4\)，\(b=6\)。
- \(a_0-1=2\)，\(b_0-1=1\)；\(a_0=3\)，\(b_2=2\)；\(a=6\)，\(b=4\)。
当 \(d=3\) 时，
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcl}
a_0b_0+a_0+b_0+1&=&3a_0b_0\\
2a_0b_0-a_0-b_0&=&1\\
4a_0b_0-2a_0-2b_0&=&2\\
2a_0(2b_0-1)-(2b_0-1)&=&3\\
(2a_0-1)(2b_0-1)&=&3\\
\end{array}
\]
- \(2a_0-1=1\)，\(2b_0-1=3\)；\(a_0=1\)，\(b_2=2\)；\(a=3\)，\(b=6\)。
- \(2a_0-1=3\)，\(2b_0-1=1\)；\(a_0=2\)，\(b_2=1\)；\(a=6\)，\(b=3\)。
当 \(d=4\) 时，
\[\def\arraystretch{1.1}
\begin{array}{rcl}
a_0b_0+a_0+b_0+1&=&4a_0b_0\\
3a_0b_0-a_0-b_0&=&1\\
9a_0b_0-3a_0-3b_0&=&3\\
3a_0(3b_0-1)-(3b_0-1)&=&4\\
(3a_0-1)(3b_0-1)&=&4\\
\end{array}
\]
- \(3a_0-1=2\)，\(3b_0-1=2\)；\(a_0=b_0=1\)；\(a=b=4\)。
- \(2a_0-1=1\)，\(2b_0-1=4\)；不存在整数解。
- \(2a_0-1=4\)，\(2b_0-1=1\)；不存在整数解。
因此，可行解有：
\[(a,b)=(4,6),(6,4),(3,6),(6,3),(4,4)
\]
