初等數(shù)論練習(xí)題答案.doc
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1、初等數(shù)論練習(xí)題一一、填空題1、d(2420)=12; (2420)=_880_2、設(shè)a,n是大于1的整數(shù),若an-1是質(zhì)數(shù),則a=_2.3、模9的絕對最小完全剩余系是_-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4.4、同余方程9x+120(mod 37)的解是x11(mod 37)。5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t,y=700+18t tZ。.6、分母是正整數(shù)m的既約真分數(shù)的個數(shù)為_j(m)_。7、18100被172除的余數(shù)是_256。8、 =-1。9、若p是素數(shù),則同余方程x p - 1 1(mod p)的解數(shù)為 p-1 。二、計算題1、解同余方程:3x2+11x-
2、20 0 (mod 105)。解:因105 = 357,同余方程3x2+11x-20 0 (mod 3)的解為x 1 (mod 3),同余方程3x2+11x-38 0 (mod 5)的解為x 0,3 (mod 5),同余方程3x2+11x-20 0 (mod 7)的解為x 2,6 (mod 7),故原同余方程有4解。作同余方程組:x b1 (mod 3),x b2 (mod 5),x b3 (mod 7),其中b1 = 1,b2 = 0,3,b3 = 2,6,由孫子定理得原同余方程的解為x 13,55,58,100 (mod 105)。2、判斷同余方程x242(mod 107)是否有解? 故同
3、余方程x242(mod 107)有解。3、求(127156+34)28除以111的最小非負余數(shù)。 解:易知127150(mod 111)。由502 58(mod 111), 503 585014(mod 111),50914380(mod 111)知5028 (509)3508035080350685070(mod 111)從而5056 16(mod 111)。故(127156+34)28(16+34)28 502870(mod 111)三、證明題1、已知p是質(zhì)數(shù),(a,p)=1,證明:(1)當(dāng)a為奇數(shù)時,ap-1+(p-1)a0 (mod p);(2)當(dāng)a為偶數(shù)時,ap-1-(p-1)a0
4、(mod p)。證明:由歐拉定理知ap-11 (mod p)及(p-1)a-1 (mod p)立得(1)和(2)成立。2、設(shè)a為正奇數(shù),n為正整數(shù),試證1(mod 2n+2)。 (1)證明 設(shè)a = 2m + 1,當(dāng)n = 1時,有a2 = (2m + 1)2 = 4m(m + 1) + 1 1 (mod 23),即原式成立。設(shè)原式對于n = k成立,則有 1 (mod 2k + 2) = 1 + q2k + 2,其中qZ,所以 = (1 + q2k + 2)2 = 1 + q 2k + 3 1 (mod 2k + 3),其中q 是某個整數(shù)。這說明式(1)當(dāng)n = k + 1也成立。由歸納法知
5、原式對所有正整數(shù)n成立。3、設(shè)p是一個素數(shù),且1kp-1。證明: (-1 )k(mod p)。 證明:設(shè)A= 得: k!A =(p-1)(p-2)(p-k)(-1)(-2)(-k)(mod p) 又(k!,p)=1,故A = (-1 )k(mod p)4、設(shè)p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù),證明:p61(mod 84)。 說明:因為84=437,所以,只需證明: p61(mod 4) p61(mod3) p61(mod 7) 同時成立即可。 證明:因為84=437及p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù),所以(p,4)=1,(p,3)=1,(p,7)=1。 由歐拉定理知:pj(4)p21(mod 4),從而 p61
6、(mod 4)。 同理可證:p61(mod3) p61(mod 7)。 故有p61(mod 84)。注:設(shè)p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù),證明:p61(mod 168)。(見趙繼源p86)初等數(shù)論練習(xí)題二一、填空題1、d(1000)=_16_;(1000)=_2340_.2、2010!的標準分解式中,質(zhì)數(shù)11的次數(shù)是199_.3、費爾馬(Fermat)數(shù)是指Fn=+1,這種數(shù)中最小的合數(shù)Fn中的n=5。4、同余方程13x5(mod 31)的解是x29(mod 31)_5、分母不大于m的既約真分數(shù)的個數(shù)為j(2)+ j(3)+ j(m)。6、設(shè)7(80n-1),則最小的正整數(shù)n=_6_.7、使41x+
7、15y=C無非負整數(shù)解的最大正整數(shù)C=_559_.8、=_1_.9、若p是質(zhì)數(shù),np - 1,則同余方程x n 1 (mod p) 的解數(shù)為n .二、計算題1、試求被19除所得的余數(shù)。 解:由20027 (mod 19) 2002211(mod 19) 200231 (mod 19) 又由2003200422004(22)10021 (mod 3)可得:20023n+1(20023)n20027(mod 19)2、解同余方程3x14 + 4x10 + 6x - 18 0 (mod 5)。 解:由Fermat定理,x5 x (mod 5),因此,原同余方程等價于2x2 + x - 3 0 (mo
8、d 5)將x 0,1,2 (mod 5)分別代入上式進行驗證,可知這個同余方程解是x 1 (mod 5)。3、已知a=5,m=21,求使a x 1 (mod m)成立的最小自然數(shù)x。 解:因為(5,21)=1,所以有歐拉定理知5j(21)1(mod 21)。 又由于j(21)=12,所以x|12,而12的所有正因數(shù)為1,2,3,4,6,12。于是x應(yīng)為其中使 5 x 1 (mod 12)成立的最小數(shù),經(jīng)計算知:x=6。三、證明題1、試證13|(54m+46n+2000)。(提示:可取模13進行計算性證明) 證明:54m+46n+2000 252m+642n+2000 (-1)2m+(-1)2n
9、+2000 2002 0(mod 13)。2、證明Wilson定理的逆定理:若n 1,并且(n - 1)! -1 (mod n),則n是素數(shù)。證明:假設(shè)n是合數(shù),即n = n1n2,1 n1 n,由題設(shè)易知(n - 1)! -1 (mod n1),得0 -1 (mod n1),矛盾。故n是素數(shù)。3、證明:設(shè)ps表示全部由1組成的s位十進制數(shù),若ps是素數(shù),則s也是一個素數(shù)。 證明:假設(shè)s是合數(shù),即s=ab,1a,b1,且(n-1)!+10(mod n),則n為素數(shù)。6、3103被11除所得余數(shù)是_5_。7、=_-1_。三、計算題1、判定 () 2x3 - x2 + 3x - 1 0 (mod
10、5)是否有三個解;() x6 + 2x5 - 4x2 + 3 0 (mod 5)是否有六個解?解:() 2x3 - x2 + 3x - 1 0 (mod 5)等價于x3 - 3x2 + 4x - 3 0 (mod 5),又x5 - x = (x3 - 3x2 + 4x - 3)(x2 + 3x + 5) + (6x2 - 12x + 15),其中r(x) = 6x2 - 12x + 15的系數(shù)不都是5的倍數(shù),故原方程沒有三個解。 () 因為這是對模5的同余方程,故原方程不可能有六個解。2、設(shè)n是正整數(shù),求 的最大公約數(shù)。 解:設(shè)知d22n-1,設(shè)2k|n且2k+1n,即2k +1|n ,則由2
11、k +1|,i = 3, 5, L, 2n - 1 得d = 2k + 1。3、已知a=18,m=77,求使ax 1 (mod m)成立的最小自然數(shù)x。 解:因為(18,77)=1,所以有歐拉定理知18j(77)1(mod 77)。 又由于j(77)=60,所以x|60,而60的所有正因數(shù)為1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30, 60。于是x應(yīng)為其中使18x 1 (mod 77)成立的最小數(shù),經(jīng)計算知:x=30。四、證明題 1、若質(zhì)數(shù)p5,且2p+1是質(zhì)數(shù),證明:4p+1必是合數(shù)。 證明:因為質(zhì)數(shù)p5,所以(3,p)=1,可設(shè)p=3k+1或p=3k+2。 當(dāng)p=3k+1時,2p
12、+1=6k+3是合數(shù),與題設(shè)矛盾,從而p=3k+2,此時2p+1是形如6k+5的質(zhì)數(shù),而4p+1=12k+9=3(4k+3)是合數(shù)。注:也可設(shè)p=6k+r,r=0,1,2,3,4,5。再分類討論。2、設(shè)p、q是兩個大于3的質(zhì)數(shù),證明:p2q2(mod 24)。 證明:因為24=38,(3,8)=1,所以只需證明:p2q2(mod 3) p2q2(mod 8)同時成立。事實上, 由于(p,3)=1,(q,3)=1,所以p21(mod 3) , q21(mod 3), 于是p2q2(mod 3),由于p,q都是奇數(shù),所以p21(mod 8) , q21(mod 8),于是p2q2(mod 8)。故
13、p2q2(mod 24)。3、若x,yR+ ,(1)證明:xyxy; (2)試討論xy與xy的大小關(guān)系。注:我們知道,x + y x+ y,x+yx+y。此題把加法換成乘法又如何呢? 證明:(1)設(shè)x=x+,01,y=y+,01。于是xy=xy+x+y+所以xy= xy+ x+y+ xy。(2)xy與xy之間等于、大于、小于三種關(guān)系都有可能出現(xiàn)。當(dāng)x=y=時,xy=xy=; 當(dāng)x=, y=時,xy=,xy=,此時xyxy; 當(dāng)x=-,y=-時,xy=,xy=,此時xyxy。4、證明:存在一個有理數(shù),其中d 100,能使 = 對于k=1,2,.,99均成立。證明:由(73,100)=1以及裴蜀恒
14、等式可知:存在整數(shù)c,d,使得 73d-100c=1從而-=,由k 0是偶數(shù),a1, a2, L, am與b1, b2, L, bm都是模m的完全剩余系,證明:a1 + b1, a2 + b2, L, am + bm不是模m的完全剩余系。 證明:因為1, 2, L, m與a1, a2, L, am都是模m的完全剩余系,所以 (mod m)。 (1)同理 (mod m)。 (2)如果a1 + b1, a2 + b2, L, am + bm是模m的完全剩余系,那么也有(mod m)。聯(lián)合上式與式(1)和式(2),得到 0(mod m),這是不可能的,所以a1 + b1, a2 + b2, L, a
15、m + bm不能是模m的完全剩余系。4、證明:(1)2730 x13-x; (2)24x(x+2)(25x2-1);(3)504x9-x3; (4)設(shè)質(zhì)數(shù)p3,證明:6pxp-x。證明:(1)因為2730=235713,2,3,5,7,13兩兩互質(zhì),所以:由x13-x=x (x12-1)0 (mod 2)知:2x13-x;13x13-x;由x13-x=x (x12-1)=x(x2-1)(x2+1)(x8+x4+1)0 (mod 3)知:3x13-x;由x13-x=x (x12-1)=x(x4-1)(x8+x4+1)0 (mod 5)知:5x13-x;由x13-x=x (x12-1)=x(x6-
16、1)(x6+1)0 (mod 7)知:7x13-x。故有2730 x13-x。同理可證(2)、(3)、(4)。初等數(shù)論練習(xí)題五一、單項選擇題 1、設(shè)x、y分別通過模m、n的完全剩余系,若( C )通過模mn的完全剩余系。A. m、n都是質(zhì)數(shù),則my + nx B. mn,則my + nx C. (m,n)=1,則my + nx D. (m,n)=1,則mx + ny2、13520032005200720092011標準分解式中11的冪指數(shù)是( A )。A.100 B.101 C.99 D.1023、n為正整數(shù),若2n-1為質(zhì)數(shù),則n是( A )。A.質(zhì)數(shù) B.合數(shù) C.3 D.2k(k為正整數(shù)
17、)4、從100到500的自然數(shù)中,能被11整除的數(shù)的個數(shù)是( B )。A.33 B.34 C.35 D.365、模100的最小非負簡化剩余系中元素的個數(shù)是( C )。A.100 B.10 C.40 D.4二、填空題 1、同余方程ax+b0(modm)有解的充分必要條件是(a,m)b。2、高斯稱反轉(zhuǎn)定律是數(shù)論的酵母,反轉(zhuǎn)定律是指設(shè)p與q是不相同的兩個奇質(zhì)數(shù), 3、20122012被3除所得的余數(shù)為_1_。4、設(shè)n是大于2的整數(shù),則(-1)(n)=_1_。5、單位圓上的有理點的坐標是,其中a與b是不全為零的整數(shù)。6、若3258a恰好是一個正整數(shù)的平方,則a的最小值為362。7、已知2011是一素數(shù)
18、,則=_-1_。三、計算題 1、求3200872009132010的個位數(shù)字。 解:320087200913201032008(-3)200932010 -32008+2009+2010 -36027 -3(32)3013 3(mod 10)。2、求滿足j(mn)=j(m)+j(n)的互質(zhì)的正整數(shù)m和n的值。 解:由(m,n)=1知,j(mn)=j(m)j(n)。于是有:j(m)+j(n)= j(m)j(n) 設(shè)j(m)=a, j(n)=b,即有:a+b=ab。 顯然ab,且ba,因此a=b。 于是由2a=a2 得a=2,即j(m)= j(n)=2。 故 m=3,n=4或m=4,n=3。3、甲
19、物每斤5元,乙物每斤3元,丙物每三斤1元,現(xiàn)在用100元買這三樣?xùn)|西共100斤,問各買幾斤? 解:設(shè)買甲物x斤,乙物y斤,丙物z斤,則5x + 3y +z = 100,x + y + z = 100。消去z,得到 7x + 4y = 100。 (1)顯然x = 0,y = 25是方程(1)的解,因此,方程(1)的一般解是 , tZ因為x0,y0,所以 0t 3。即t可以取值t1 = 1,t2 = 2,t3 = 3。相應(yīng)的x,y,z的值是(x, y, z) = (4, 18, 78),(8, 11, 81),(12, 4, 84)。四、證明題 1、已知2011是質(zhì)數(shù),則有2011|。 證明:=1
20、02011-10 (mod 2011)。2、設(shè)p是4n+1型的質(zhì)數(shù),證明若a是p的平方剩余,則p-a也是p的平方剩余。 證明:因為質(zhì)數(shù)p=4n+1,a是p的平方剩余,所以 =1 即:p-a也是p的平方剩余。3、已知p,q是兩個不同的質(zhì)數(shù),且ap-11 (mod q), aq-11 (mod p), 證明:apqa (mod pq)。證明:由p,q是兩個不同的質(zhì)數(shù)知(p,q)=1。于是由Fermat定理 apa (mod p),又由題設(shè)aq-11 (mod p)得到:apq(aq)pap (aq-1)papa (mod p)。同理可證:apqa (mod q)。故:apqa (mod pq)。4
21、、證明:若m,n都是正整數(shù),則j(mn)=(m,n)j(m,n)。 證明:易知mn與m,n有完全相同的質(zhì)因數(shù),設(shè)它們?yōu)閜i (1ik),則 又mn=(m,n)m,n故。 類似的題:設(shè)m=m1m2,m1與m由相同的質(zhì)因數(shù),證明:j(m)=m2j(m1)。初等數(shù)論練習(xí)題六一、填空題 1、為了驗明2011是質(zhì)數(shù),只需逐個驗算質(zhì)數(shù)2,3,5,p都不能整除2011,此時,質(zhì)數(shù)p至少是_43_。2、最大公因數(shù)(4n+3,5n+2)的可能值是_1,7_。3、設(shè)340!,而3+140!,即340!,則=_18_。4、形如3n+1的自然數(shù)中,構(gòu)成模8的一個完全系的最小那些數(shù)是1,4,7,10,13,16,19,
22、22。5、不定方程x2+y2=z2,2|x, (x,y)=1, x,y,z0的整數(shù)解是且僅是x = 2ab,y = a2 - b2,z = a2 + b2,其中a b 0,(a, b) = 1,a與b有不同的奇偶性。6、21x9 (mod 43)的解是x25 (mod 43)。7、 = -1。二、計算題1、將寫成三個既約分數(shù)之和,它們的分母分別是3,5和7。解:設(shè),即35x + 21y + 15z = 17,因(35, 21) = 7,(7, 15) = 1,117,故有解。分別解 5x + 3y = t 7t + 15z = 17得 x = -t + 3u,y = 2t - 5u,uZ,t
23、= 11 + 15v,z = -4 - 7v,vZ, 消去t得 x = -11 - 15v + 3u,y = 22 + 30v - 5u,z = -4 - 7v, u,vZ。令u =0,v =-1得到:x =4,y =-8,z=3。即:2、若3是質(zhì)數(shù)p的平方剩余,問p是什么形式的質(zhì)數(shù)?解: 由二次互反律,注意到p3,p只能為p1(mod 3)且 只能下列情況 或。3、判斷不定方程x2+23y=17是否有解?解:只要判斷x217(mod 23) 是否有解即可。 171(mod 4) x217(mod 23)無解,即原方程無解。三、論證題1、試證對任何實數(shù)x,恒有x+x+=2x證明:設(shè)x=x+,0
24、1當(dāng)0 時, x +=x, 2x=2x 等式成立當(dāng) 0,v 0,41 - 3v - 2u 0。2、有一隊士兵,若三人一組,則余1人;若五人一組,則缺2人;若十一人一組,則余3人。已知這隊士兵不超過170人,問這隊士兵有幾人? 解:設(shè)士兵有x人,由題意得x 1 (mod 3),x -2 (mod 5),x 3 (mod 11)。在孫子定理中,取 m1 = 3, m2 = 5, m3 = 11,m = 3511 = 165,M1 = 55,M2 = 33,M3 = 15,M1 = 1,M2 = 2,M3 = 3,則 x 1551 + (-2)332 + 3153 58 (mod 165),因此所求
25、的整數(shù)x = 52 + 165t,tZ。由于這隊士兵不超過170人,所以這隊士兵有58人。3、判斷同余方程是否有解?解:286=2143,433是質(zhì)數(shù),(143,443)=1奇數(shù)143不是質(zhì)數(shù),但可用判定雅可比符號計算的勒讓德符號 原方程有解。四、證明題 1、設(shè)(a, m) = 1,d0是使a d 1 (mod m)成立的最小正整數(shù),則() d0j(m);()對于任意的i,j,0 i, j d0 - 1,i j,有a ia j (mod m)。 (1)證明:() 由Euler定理,d0 j(m),因此,由帶余數(shù)除法,有j(m) = qd0 + r,qZ,q 0,0 r d0。因此,由上式及d0
26、的定義,利用歐拉定理得到1 (mod m),即整數(shù)r滿足 a r 1 (mod m),0 r j。因為(a, m) = 1,所以 ai - j 0 (mod m),0 i - j 1,(b, m) = 1,并且b a 1 (mod m),b c 1 (mod m) (1)記d = (a, c),則bd 1 (mod m)。 證明:由裴蜀恒等式知,存在整數(shù)x,y,使得ax + cy = d,顯然xy 0,y 0,由式(1)知:1 b ax = b db -cy = b d(b c) -y b d (mod m)。若x 0,由式(1)知:1 b cy = b db -ax = b d(ba) -x
27、 b d (mod m)。3、設(shè)p是素數(shù),pbn - 1,nN,則下面的兩個結(jié)論中至少有一個成立:() pbd - 1對于n的某個因數(shù)d 2,則()中的mod n可以改為mod 2n。證明:記d = (n, p - 1),由b n 1,b p - 1 1 (mod p),及第2題有b d 1 (mod p)。若d 2,則p 1 (mod 2)。由此及結(jié)論(),并利用同余的基本性質(zhì),得到p 1 (mod 2n)。初等數(shù)論練習(xí)題八一、單項選擇題 1、設(shè)n 1,則n為素數(shù)是(n - 1)! -1 (mod n)的( C )。 A.必要但非充分條件 B.充分但非必要條件 C.充要條件 D.既非充分又非
28、必要條件2、小于545的正整數(shù)中,15的倍數(shù)的個數(shù)是( C )A.34 B.35 C.36 D.373、500!的標準分解式中7的冪指數(shù)是( D )A.79 B.80 C.81 D.824、以下各組數(shù)中,成為模10的簡化剩余系的是( D )A.1,9,3,1 B.1,1,7,9 C.5,7,11,13 D.1,1,3,35、設(shè)n是正整數(shù),下列選項為既約分數(shù)的是( A )A. B. C. D. 二、填空題1、(120)=360。2、7355的個位數(shù)字是3。3、同余方程3x5(mod14)的解是x11(mod14)。4、()=1。5、-2。6、如果一個正整數(shù)具有6個正因數(shù),問這個正整數(shù)最小是12。
29、7、同余方程x3+x2-x-10(mod 5)的解是x1(mod5)。三、計算題 1、已知563是素數(shù),判定方程x2 429 (mod 563)是否有解。解:把看成Jacobi符號,我們有-),故方程x2 429 (mod 563)有解。2、求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。 解:模23的所有的二次剩余為x1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18 (mod 23);模23的所有的二次非剩余為x5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22 (mod 23)。3、試求出所有正整數(shù)n ,使得1n2n3n4n 能被5整除。 解:若n為奇數(shù),則1n2n3n4n1n2n(-
30、2)n(-1)n 0 (mod 5); 若n=2m,mZ,則1n2n3n4n12m22m(-2)2m(-1)2m 2+222m =2+24m =2+2(-1)m(mod 5); 當(dāng)m為奇數(shù)時,1n2n3n4n0(mod 5); 當(dāng)m為偶數(shù)時,1n2n3n4n4(mod 5)。 故當(dāng)4n時,51n2n3n4n 。四、證明題 1、證明:若質(zhì)數(shù)p2,則2P-1的質(zhì)因數(shù)一定是2pk+1形。證明:設(shè)q是2-1的質(zhì)因數(shù),由于2-1為奇數(shù), q2,(2,q)=1。由條件q|2p-1,即21(mod q)。設(shè)h是使得21(mod q)成立最小正整數(shù),若1h 1,(a, m) = 1,x1, x2, , xj(
31、m)是模m的簡化剩余系,求:。其中x表示x的小數(shù)部分。解:設(shè)axi = mqi + ri,0 ri 3,p只能為p1(mod 4)且 ,只能是下列情況 或。2、求使12347!被35k整除的最大的k值。 解:k=2054.四、證明題 1、證明:設(shè)是一個質(zhì)數(shù),則存在唯一的一個正整數(shù)x,使得:證明:存在性:因為是一個素數(shù),由Wilson定理我們有:,然而,所以,故存在,使得。唯一性:若還存在,則,注意到,所以是唯一的。2、已知9901是素數(shù),試證:。 證明:由9901是素數(shù),計算Legendre符號得: 所以17是模9901的平方非剩余,因此由Euler判別條件可知: 即 。3、證明:若p=10n-1是個質(zhì)數(shù),則。(提示:利用勒讓德符號解決。) 說明:要證,只需證明,即證: 這樣就轉(zhuǎn)化為證明:。 證明:因為。 所以。 故:。4、設(shè)p=4n+3是質(zhì)數(shù),證明當(dāng)q=2p+1也是質(zhì)數(shù)時,梅森數(shù)Mp=2p-1不是質(zhì)數(shù)。由此證明:23|(211-1),47|(223-1),503|(2251-1)。證明:由條件:q=2p+1=8n+7-1(mod 8),從而:=1,即124n+32p (mod q),于是q|(2
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