初等数论练习题答案

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初等数论练习题答案

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初等数论练习题一

一、填空题

1、d(2420)=12; ?(2420)=_880_ 2、设a,n是大于1的整数,若an-1是质数,则a=_2. 3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}. 4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x≡11(mod 37)。

5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t,y=700+18t t?Z。. 6、分母是正整数m的既约真分数的个数为_?(m)_。 7、18100被172除的余数是_256。 8、??65?? =-1。 103??

9、若p是素数,则同余方程x p ? 1 ?1(mod p)的解数为 p-1 。 二、计算题

1、解同余方程:3x2?11x?20 ? 0 (mod 105)。

解:因105 = 3?5?7,

同余方程3x2?11x?20 ? 0 (mod 3)的解为x ? 1 (mod 3), 同余方程3x2?11x?38 ? 0 (mod 5)的解为x ? 0,3 (mod 5), 同余方程3x2?11x?20 ? 0 (mod 7)的解为x ? 2,6 (mod 7), 故原同余方程有4解。

作同余方程组:x ? b1 (mod 3),x ? b2 (mod 5),x ? b3 (mod 7),

其中b1 = 1,b2 = 0,3,b3 = 2,6,

由孙子定理得原同余方程的解为x ? 13,55,58,100 (mod 105)。 2、判断同余方程x2≡42(mod 107)是否有解?

237)()()1071071071071073?1107?17?1107?1??2310727107222?()??1,()?(?1)()??()?1,()?(?1)22()??()??1107107331077742?()?11072?3?7解:(42)?()?(

故同余方程x2≡42(mod 107)有解。

3、求(127156+34)28除以111的最小非负余数。 解:易知1271≡50(mod 111)。

由502 ≡58(mod 111), 503 ≡58×50≡14(mod 111),509≡143≡80(mod

3

111)知5028 ≡(509)×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70(mod 111)

从而5056 ≡16(mod 111)。

故(127156+34)28≡(16+34)28 ≡5028≡70(mod 111) 三、证明题

1、已知p是质数,(a,p)=1,证明:

(1)当a为奇数时,ap-1+(p-1)≡0 (mod p); (2)当a为偶数时,ap-1-(p-1)≡0 (mod p)。

证明:由欧拉定理知ap-1≡1 (mod p)及(p-1)≡-1 (mod p)立得(1)和(2)成立。

2、设a为正奇数,n为正整数,试证a证明 设a = 2m ? 1,当n = 1时,有

a2 = (2m ? 1)2 = 4m(m ? 1) ? 1 ? 1 (mod 23),即原式成立。 设原式对于n = k成立,则有 其中q?Z,所以 a2k?1a

a

a

2n≡1(mod 2n+2)。 …………… (1)

a2k? 1 (mod 2k + 2) ?a2= 1 ? q2k + 2,

k= (1 ? q2k + 2)2 = 1 ? q ?2k + 3 ? 1 (mod 2k + 3),

其中q ?是某个整数。这说明式(1)当n = k ? 1也成立。 由归纳法知原式对所有正整数n成立。

k

3、设p是一个素数,且1?k?p-1。证明:Ck ? (-1 )(mod p)。 p?1(p?1)(p?2)?(p?k) 证明:设A=Ckp?1? 得:

k! k!·A =(p-1)(p-2)…(p-k)≡(-1)(-2)…(-k)(mod p)

k

又(k!,p)=1,故A = Ck ? (-1 )(mod p) p?14、设p是不等于3和7的奇质数,证明:p6≡1(mod 84)。 说明:因为84=4×3×7,所以,只需证明:

p6≡1(mod 4) p6≡1(mod3) p6≡1(mod 7) 同时成立即可。 证明:因为84=4×3×7及p是不等于3和7的奇质数,所以

(p,4)=1,(p,3)=1,(p,7)=1。

由欧拉定理知:p?(4)≡p2≡1(mod 4),从而 p6≡1(mod 4)。

同理可证:p6≡1(mod3) p6≡1(mod 7)。 故有p6≡1(mod 84)。

注:设p是不等于3和7的奇质数,证明:p6≡1(mod 168)。(见赵继源p86)

初等数论练习题二

一、填空题

1、d(1000)=_16_;σ(1000)=_2340_. 2、2010!的标准分解式中,质数11的次数是199__. 3、费尔马(Fermat)数是指Fn=22+1,这种数中最小的合数Fn中的n=5。 4、同余方程13x≡5(mod 31)的解是x≡29(mod 31)___ 5、分母不大于m的既约真分数的个数为?(2)+ ?(3)+…+ ?(m)。 6、设7∣(80n-1),则最小的正整数n=_6__. 7、使41x+15y=C无非负整数解的最大正整数C=__559__. 8、??46??=_1__. ?101?n9、若p是质数,n?p ? 1,则同余方程x n ? 1 (mod p) 的解数为n . 二、计算题

20031、试求20022004被19除所得的余数。

解:由2002≡7 (mod 19) 20022≡11(mod 19) 20023≡1 (mod 19) 又由20032004≡22004≡(22)1002≡1 (mod 3)可得:

200320022004≡20023n+1≡(20023)n×2002≡7(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,原同余方程等价于2x2 ? x ? 3 ? 0 (mod 5)

将x ? 0,?1,?2 (mod 5)分别代入上式进行验证,可知这个同余方程解是x ? 1 (mod 5)。

3、已知a=5,m=21,求使a x ? 1 (mod m)成立的最小自然数x。

解:因为(5,21)=1,所以有欧拉定理知5?(21)≡1(mod 21)。

又由于?(21)=12,所以x|12,而12的所有正因数为1,2,3,4,6,12。

于是x应为其中使 5 x ? 1 (mod 12)成立的最小数,经计算知:x=6。

三、证明题

1、试证13|(54m+46n+2000)。(提示:可取模13进行计算性证明)

证明:54m+46n+2000 ? 252m+642n+2000 ?(-1)2m+(-1)2n+2000 ? 2002? 0(mod 13)。

2、证明Wilson定理的逆定理:若n > 1,并且(n ? 1)! ? ?1 (mod n),则n是素数。 证明:假设n是合数,即n = n1n2,1 < n1 < n,由题设易知(n ? 1)! ? ?1 (mod n1),得

0 ? ?1 (mod n1),矛盾。故n是素数。

3、证明:设ps表示全部由1组成的s位十进制数,若ps是素数,则s也是一个素数。

证明:假设s是合数,即s=ab,1

10s?1(10a)b?110a?1 ps?11?1????M,其中M>1是正整数。 ???999s由pa>1也是正整数知ps是合数,这与题设矛盾。故s也是一个素数。

4、证明:若2p ? 1是奇素数,则 (p!)2 ? (?1)p ? 0 (mod 2p ? 1)。

证明:由威尔逊定理知 ?1 ? (2p)! = p!(p ? 1)?(2p) ? (?1)p(p!)2(mod 2p ? 1),

由此得(p!)2 ? (?1)p ? 0 (mod 2p ? 1)。

5、设p是大于5的质数,证明:p4≡1(mod 240)。(提示:可由欧拉定理证明) 证明:因为240=23×3×5,所以只需证:p4≡1(mod 8),p4≡1(mod 3),p4≡1(mod

5)即可。事实上,由?(8)=4,?(3)=2,?(5)=4以及欧拉定理立得结论。

初等数论练习题三

一、单项选择题

1、若n>1,?(n)=n-1是n为质数的( C )条件。

A.必要但非充分条件 B.充分但非必要条件 C.充要条件 D.既非充分又非

?67???????(?1)429??67?1429?1.22?429??429??27?????????????(?1)?67??67??67?27?167?1.22?67??67?

??????27??27??13?????(?1)?27?27?113?1.22?27??1???????1, ?13??13?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的所有的二次剩余为

x?1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18 (mod 23); 模23的所有的二次非剩余为

x?5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22 (mod 23)。

3、试求出所有正整数n ,使得1n+2n+3n+4n 能被5整除。

解:若n为奇数,则1n+2n+3n+4n?1n+2n+(-2)n+(-1)n ? 0 (mod 5); 若n=2m,m∈Z,则1n+2n+3n+4n?12m+22m+(-2)2m+(-1)2m

?2+2×22m =2+2×4m =2+2×(-1)m(mod 5);

当m为奇数时,1n+2n+3n+4n?0(mod 5); 当m为偶数时,1n+2n+3n+4n?4(mod 5)。

|n时,5∣1+2+3+4。 故当4?n

n

n

n

四、证明题

1、证明:若质数p>2,则2P-1的质因数一定是2pk+1形。

证明:设q是2p-1的质因数,由于2p-1为奇数,∴ q≠2,(2,q)=1。

由条件q|2p-1,即2p≡1(mod q)。

设h是使得2x≡1(mod q)成立最小正整数,若1

2、设(m,n)=1,证明:m

?(n)

+n

?(m)

≡1 (mod mn)。

?(m)

证明:因为(m,n)=1,所以由欧拉定理知: n n)

≡1 (mod m),m

?(n)

≡1 (mod

于是 m

?(n)

+n

?(m)

≡1 (mod m), m

?(n)

?(n)

+n

?(m)

≡1 (mod n)。

又因为(m,n)=1,所以 m+n

?(m)

≡1 (mod mn)。

注:此题也可这样表述:若两个正整数a,b互质,则存在正整数m,n,使得

am+bn≡1(mod ab)。

ap?bp3、设(a,b)=1,a+b≠0,p为一个奇质数,证明:(a?b,)?1或p。

a?bap?bp 说明:事实上,设(a?b,)?d,只需证明:d | p 即可。

a?b证明:由a+b≡0(mod a+b),即a≡-b (mod a+b),知a≡(-b) (mod a+b)。 其

0

?

kk

k?p-1。

a?mb)。

o又

dap?bp?ap?1?ap?2b???abp?2?bp?1?bp?1?bp?1???bp?1?pbp?1(a?bp-1 ap?bp令(a?b,。 又(a,b)=1,d |(a+b)知(d,b)=1。 )?d,则d | pb

a?b(否则设(d,b)=d′>1,立即得到d′︱a和d′︱b,这与(a,b)=1矛盾。)

于是(d ,b

p-1

)=1。故d | p,即 d =1或p。

初等数论练习题九

一、单项选择题

1、以下Legendre符号等于-1的30被-1是( D )

3?A. ???

?11?4?B. ??? C.

?11??5??? D. ?11??6??? ?11?2、100至500的正整数中,能被17整除的个数是( B ) A. 23

B. 24

C. 25

D. 26

|500!3、设 3?|500!,但3??1?,则α=( C )

A. 245 B.246 C.247 D. 248

4、以下数组中,成为模7的完全剩余系的是( C ) A. -14,-4,0,5,15,18,19 C. -4,-2,8,13,32,35,135

B. 7,10,14,19,25,32,40 D. -3,3,-4,4,-5,5,0

5、设n是正整数,则以下各式中一定成立的是( B ) A. (n+1,3n+1)=1 C.(2n,n+1)=1 二、填空题

1、25736被50除的余数是1。

2、同余方程3x≡5(mod16) 的解是x≡7(mod16)。

3、不定方程9x-12y=15的通解是x = -1 + 4t,y = -2 +3t,t?Z。 4、??323?? =1。 ?41?B.(2n-1,2n+1)=1 D.(2n+1,n-1)=1

5、实数的小数部分记为{x} ,则 {-}=0.75。

6、为使3n与4n+1 的最大公因数达到最大可能值,整数n应满足条件n=3k+2,k∈Z。

7、如果一个正整数具有35个正因数,问这个正整数最小是26×34=5184。 三、计算题

1、解不定方程9x+24y-5z=1000。

解:解 因(9,24)=3,(3,-5)=1知原方程有解。原方程化为

9x ? 24y = 3t, 即 3x ? 8y = t, (1) 3t -5z = 1000 3t -5z = 1000, (2)

54?t?5u解(2)得 ?, u?Z,

?z??200?3u?x??u?8v再解3x ? 8y =5u得到 ?, u,v?Z。

?y?u?3v?x??u?8v?故 ?y?u?3v, u, v?Z。

?z??200?3u?2、设A = {x1, x2, ?, xm}是模m的一个完全系,以{x}表示x的小数部分,若(a,

ax?bm) = 1,求?{i}。

mi?1m解:当x通过模m的完全剩余系时,ax ? b也通过模m的完全剩余系,因此

对于任意的i(1 ? i ? m),axi ? b一定与且只与某个整数j(1 ? j ? m)同余,即存在整数k,使得axi ? b = km ? j,(0 ? j ? m-1)。从而:

m?1m?1m?1axi?bjjj1m(m?1)m?1 {}?{k?}?{}????。????mmmmm22i?1j?0j?1j?1m3、设整数n ? 2,求:

1?i?n(i,n)?1?i。即在数列1, 2, ?, n中,与n互素的整数之和。

解:设在1, 2, ?, n中与n互素的?(n)个数是

a1, a2, ?, a?(n),(ai, n) = 1,1 ? ai ? n ? 1,1 ? i ? ?(n), 则 (n ? ai, n) = 1,1 ? n ? ai ? n ? 1,1 ? i ? ?(n),

因此,集合{a1, a2, ?, a?(n)}与集合{n ? a1, n ? a2, ?, n ? a?(n)}是相同的,于是

a1 ? a2 ? ? ? a?(n) = (n ? a1) ? (n ? a2) ? ? ? (n ? a?(n)),

2(a1 ? a2 ? ? ? a?(n)) = n?(n), 因此:a1 ? a2 ? ? ? a?(n) =n?(n)。 4、设m > 1,(a, m) = 1,x1, x2, ?, x?(m)是模m的简化剩余系,求:?{axi}。

i?112?(m)m其中{x}表示x的小数部分。

解:设axi = mqi ? ri,0 ? ri < m,由xi通过模m的简化剩余系知:axi也通过模m

的简化剩余系,从而ri通过模m的最小非负简化剩余系,于是:

?(m)?(m)?(m)axiriri1?(m)11{}?{q?}??r?m?(m)??(m)。 ????iimmmm2m2i?1i?1i?1i?1四、证明题

1、证明:设a是有理数,b是使ba为整数的最小正整数,若c和ca都是整数,则

b∣c。(提示:利用带余数除法解决。)

证明:设c=bq+r,0?r<b,q∈Z,则ca=(ba)q+ra。

因为ca,ba∈Z,所以ra∈Z,于是ra=0,由a≠0得r=0。故b∣c。

2、设p是素数,证明:

(ⅰ) 对于一切整数x,xp ? 1 ? 1 ? (x ? 1) (x ? 2)?(x ? p ? 1) (mod p); (ⅱ) (p ? 1)! ? ? 1 (mod p)。

证明:(ⅰ) xp ? 1 ? 1 ? 0 (mod p)有解x ? 1,2,?,p ? 1 (mod p),

故对于一切整数x,xp ? 1 ? 1 ? (x ? 1) (x ? 2)?(x ? p ? 1) (mod p);。 (ⅱ) 在(ⅰ)中令x = p。

?a?n

3、证明:若2?|n,p是奇质数,p∣a-1,则??p???1。

?? 证明:由p∣a-1知:a ? 1(mod p)。又(p,a)=1得到a

|n, 因为2?所以(an?122nnn+1

? a(mod p)。

?a?2

即x ? a(mod p)有解。故 ?)?a(modp),?p???1。

??m()?1。 4、证明:若p=4m+1是一质数,则pm4m?1 证明:()?()?()?(?1)pppp?12?(?1)2m?1。

p?12)!)? ?1 (mod p) 25、设p是奇质数,p ? 1 (mod 4),则:(?(解 由Wilson定理有:

?1?(p?1)!?(?1)p?12(p?1)!?(?1)p?121?2?p?1p?1p?12?(p?1)?(?()!)(modp)。222

注:(1)设p为质数且p=4m+1,则同余方程x2??1(modp)的解是

x??1?2?(2m)(mopd)。

(2)设p为质数且p=4m+1,若且唯若存在一个正整数a,使得 a2≡?1 (mod p)。

初等数论练习题十

一、单项选择题

1、设p是大于1的整数,如果所有不大于p的质数都不能整除p,则p一定是

( A )。

A.素数 B.合数 C.奇数 D. 偶数 2、两个质数p,q,满足p+q=99,则A.9413 B.

9413 194pq?的值是( B ) qpC.

94139413 D. 991113、2010!的标准分解式中,7的最高幂指数为( C ) A.331 B.332 C.333 D.334 4、n为正整数,若2n+1为质数,则n是( D )

A.质数 B.合数 C.1 D.2k(k为非负整数) 5、当n>2时,欧拉函数?(n)一定是( B )。 A.奇数 B.偶数 C.1 D.2 二、填空题

1、如果p是质数,a是整数,则有(a,p)=1或者p∣a。 2、设p是奇质数,(a,p)=1,则a是模p的平方非剩余的充要条件是a3、从1000开始到2010结束的所有整数中13的倍数有78个。 4、2756839-1的末位数是7。

5、不定方程ax+by=c有解的充要条件是(a, b)?c。

p?12??1(modp)

6、写出模12的一个最小非负简化系,要求每项都是7的倍数,此简化系为

{7,35,49,77}。 7、已知563是质数,则?三、计算题

1、若3是质数p的平方剩余,问p是什么形式的质数?

3?解:∵ 由二次互反律???p???(?1)??p?12?2??=-1。 ?563??p????, ?3?p??1p?1(mod3)注意到p>3,p只能为p??1(mod 4)且? ????

?3???1p??1(mod3)∴

?3??p?1(mod3) ??,只能是下列情况?1?p?????p?1(mod4)p??1(mo3d) ? ?d)?p??1(mo4∴ p?1(mod12)或p??1(mod12)。 2、求使12347!被35k整除的最大的k值。 解:k=2054. 四、证明题

1、证明:设p?7是一个质数,则存在唯一的一个正整数x,使得:

x??1,2,,p?1?且120?p-6?!?x?0?modp?

证明:存在性:因为p?7是一个素数,由Wilson定理我们有:

?p?1?!?1?0?modp?,然而

?p?1?!??p?1??p?2??p?3??p?4??p?5??p?6?!??120?p?6?!?modp?,所以120?p?6?!??p?1??0?modp?,

故存在x?p?1,使得120?p-6?!?x?0?modp?。 唯一性:若还存在y??1,2,,p?1?且120?p-6?!?y?0?modp?,

,p?1?,所以x?y是唯一的。

则x?y?modp?,注意到x,y??1,2,2、已知9901是素数,试证:9901(174950?1)。

证明:由9901是素数,计算Legendre符号得:

17?19901?17?117?13?17?1?17??9901??7??17??3??7??1?222222??1???1???1????????????????????????1?9901??17??17??7??7??3??3? 所以17是模9901的平方非剩余,因此由Euler判别条件可知:

179901?12??1?mod9901? 即 9901(174950?1)。

3、证明:若p=10n-1是个质数,则p55n?1?1。(提示:利用勒让德符号解决。) 说明:要证p55n?1?1,只需证明55n?1?1(modp),即证:

55n?1?5 证明:因为510n?1?12?5p?12 ?1(modp) 这样就转化为证明:(5)?1。

pp10n?1?1()?()?()?()?1(modp)。 p5555n?1 所以5?510n?1?12?5p?12?1(modp)。 故:p55n?1?1。

4、设p=4n+3是质数,证明当q=2p+1也是质数时,梅森数Mp=2p-1不是质数。 由此证明:23|(2-1),47|(2-1),503|(2

11

23

251

-1)。

q证明:由条件:q=2p+1=8n+7?-1(mod 8),从而:(p)=1,

即1?2不是质数。

当n=2,n= 5,n=62时立得:23|(2-1),47|(2-1),503|(2

11

23

251

q?12p

?24n+3?2p (mod q),于是q|(2p-1)。故:梅森数Mp=2-1

-1)。

注:此题还可以进一步表述为:设p=4n+3是质数,证明:2p+1是质数的充

要条件是2p≡1(mod 2p+1)。必要性已证。下证充分性:若2p≡1(mod 2p+1),则

p∣?(2p+1),因此必有?(2p+1)= p 或2p 。由于?(2p+1)为偶数,故?(2p+1)=2p 。

5、证明:设p是大于5的质数,则

(p?1)!?p?1?Z。

p(p?1)说明:只需证明:p(p+1) | (p-1)!+p+1。又因为(p,p+1)=1,所以需证: p | (p-1)!+p+1 与(p+1) | (p-1)!+p+1同时成立即可。 证明:由Wilson定理:?p?1?!?1?0?modp?知:p | (p-1)!+p+1;

又p是大于5的质数,可设p+1=2n,其中2<n<p-1,于是 (p+1) | (p-1)!+p+1。 故:p(p+1) | (p-1)!+p+1。即

(p?1)!?p?1?Z。

p(p?1)

本文来源:https://www.bwwdw.com/article/v8ro.html

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