02013初等数论练习题及答案

初等数论练习题一

一、填空题

1、?(2420)=27； ?(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 111）知5028 ≡（509）3×50≡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a2na

aa

≡1(mod 2n+2)。 …………… （1）

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?1a2k? 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。

k3、设p是一个素数，且1?k?p-1。证明：Ckp?1 ? （-1 ）(mod p)。

（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

2

（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、?(1000)=_16_；（除数函数：因数的个数）σ(1000)=_2340_.（和函数：所有因数的和） 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。

3

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.既非充分又非必要条件 2、设n是正整数，以下各组a，b使为既约分数的一组数是（ D ）。 A.a=n+1，b=2n-1

B.a=2n-1，b=5n+2 C.a=n+1，b=3n+1 D.a=3n+1，b=5n+2

ba3、使方程6x+5y=C无非负整数解的最大整数C是（ A ）。 A.19

B.24 C.25

D.30

4、不是同余方程28x≡21(mod 35)的解为（ D ）。

A.x≡2(mod 35) B. x≡7(mod 35) C. x≡17(mod 35) D. x≡29(mod 35)

4

5、设a是整数，(1)a≡0(mod9) (2)a≡2010(mod9) (3)a的十进位表示的各位数字之和可被9整除

(4)划去a的十进位表示中所有的数字9，所得的新数被9整除 以上各条件中，成为9|a的充要条件的共有（ C ）。 A.1个

B.2个 C.3个 D.4个

二、填空题

1、σ(2010)=_4896____；?(2010)=528。

202、数C100的标准分解式中，质因数7的指数是_3。

3、每个数都有一个最小质因数。所有不大于10000的合数的最小质因数中，最大者是97。 4、同余方程24x≡6(mod34)的解是x1≡13(mod34) x2≡30(mod34)_。 5、整数n>1，且(n-1)!+1≡0(mod n)，则n为素数。 6、3103被11除所得余数是_5_。 7、??60??=_-1_。 ?97?三、计算题

1、判定 (ⅰ) 2x3 ? x2 ? 3x ? 1 ? 0 (mod 5)是否有三个解；

(ⅱ) x6 ? 2x5 ? 4x2 ? 3 ? 0 (mod 5)是否有六个解？

解：(ⅰ) 2x3 ? x2 ? 3x ? 1 ? 0 (mod 5)等价于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的系数不都是5的倍数，故原方程没有三个解。

(ⅱ) 因为这是对模5的同余方程，故原方程不可能有六个解。

32n?12、设n是正整数，求C1 的最大公约数。 2n,C2n,?,C2n132n?1132n?12n?1 解：设(C2n,C2n,?,C2n)?d，由C2n?C2n???C2n?2知d?22n?1，

|n，即2k +1||n ， 设2k|n且2k+1?则由2k +1||C2n及21

1k?1|Ci2n?2ni?1C2n?1，i = 3， 5， ?， 2n ? 1 得d = 2k + i。

3、已知a=18，m=77，求使ax? 1 (mod m)成立的最小自然数x。 解：因为（18，77）=1，所以有欧拉定理知18?(77)≡1(mod 77)。

又由于?(77)=60，所以x|60，而60的所有正因数为1，2，3，4，5，6，10，12，

5

15，20，30， 60。

于是x应为其中使18x ? 1 (mod 77)成立的最小数，经计算知：x=30。

四、证明题

1、若质数p?5，且2p+1是质数，证明：4p+1必是合数。

证明：因为质数p?5，所以（3，p）=1，可设p=3k+1或p=3k+2。 当p=3k+1时，2p+1=6k+3是合数，与题设矛盾，从而p=3k+2， 此时2p+1是形如6k+5的质数，而4p+1=12k+9=3(4k+3)是合数。 注：也可设p=6k+r，r=0，1，2，3，4，5。再分类讨论。 2、设p、q是两个大于3的质数，证明：p2≡q2(mod 24)。 证明：因为24=3×8，（3，8）=1，所以只需证明：

p2≡q2(mod 3) p2≡q2(mod 8)同时成立。

事实上， 由于（p，3）=1，（q，3）=1，所以p2≡1(mod 3) ， q2≡1(mod 3)，

于是p2≡q2(mod 3)，由于p，q都是奇数，所以p2≡1(mod 8) ， q2≡1(mod 8)，

于是p2≡q2(mod 8)。故p2≡q2(mod 24)。

3、若x，y∈R，

（1）证明：[xy]?[x][y]；

（2）试讨论{xy}与{x}{y}的大小关系。

注：我们知道，[x ? y] ?[x]+ [y]，{x+y}?{x}+{y}。此题把加法换成乘法又如何呢？ 证明：（1）设x=[x]+α，0?α<1，y=[y]+β，0?β<1。于是

xy=[x][y]+β[x]+α[y]+αβ

所以[xy]= [x][y]+ [β[x]+α[y]+αβ] ?[x][y]。 （2）{xy}与{x}{y}之间等于、大于、小于三种关系都有可能出现。

当x=y=

+

11时，{xy}={x}{y}=； 243131 当x=， y=时，{xy}=，{x}{y}=，此时{xy}＞{x}{y}；

22441111 当x=-，y=-时，{xy}=，{x}{y}=，此时{xy}＜{x}{y}。

2363cc4、证明：存在一个有理数，其中d < 100，能使 [k]=[k73]

dd100对于k=1，2，….，99均成立。

证明：由（73，100）=1以及裴蜀恒等式可知：存在整数c，d，使得

6

73d-100c=1

从而

73kck(73d?100c)kk-==，由k< 100可知： 100100d100dd0＜

设[k73kc1k-＜ 100dddcd]=n，则kc＜n+1=n?1d，于是

d73kc?1n?1k＜d=n+1， ?100dd73故 [k]= n =[k100cd]。

初等数论练习题四

一、单项选择题

1、若Fn=22?1是合数，则最小的n是( D )。 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

2、记号ba‖a表示ba｜a，但ba+1?|a. 以下各式中错误的一个是( B )。

A. 218‖20! B. 105‖50! C. 119‖100! D. 1316‖200! 3、对于任意整数n，最大公因数(2n+1，6n-1)的所有可能值是( A )。

A. 1 B. 4 C. 1或2 D. 1，2或4 4、设a是整数，下面同余式有可能成立的是( C )。

A. a2≡2 (mod 4) B. a2≡5 (mod 7) C. a2≡5 (mod 11) D. a2≡6 (mod 13) 5、如果a≡b(mod m)，c是任意整数，则下列错误的是（ A ） A．ac≡bc(mod mc) 二、填空题

1、d(10010)=_32__，φ(10010)=_2880__。

2、对于任意一个自然数n，为使自N起的n个相继自然数都是合数，可取N=（n+1）！ 3、为使3n-1与5n+7的最大公因数达到最大可能值，整数n应满足条件n=26k+9，k∈Z。 4、在5的倍数中，选择尽可能小的正整数来构成模12的一个简化系，则这组数是{5，25，35，55} 5、同余方程26x+1≡33 (mod 74)的解是x1≡24(mod74) x2≡61(mod74)_。

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nB．m|a-b C．(a，m)=(b，m) D．a=b+mt，t∈Z

6、不定方程5x+9y=86的正整数解是_x=1，y=9或x=10，y=4。 7、??54??=_-1_。 ?89?三、计算题

1、设n的十进制表示是13xy45z，若792?n，求x，y，z。 解：因为792 = 8?9?11，故792?n ? 8?n，9?n及11?n。

我们有8?n ? 8?45z? z = 6，以及

9?n ? 9?1 ? 3 ? x ? y ? 4 ? 5 ? z = 19 ? x ? y ? 9?x ? y ? 1， (1) 11?n ? 11?z ? 5 ? 4 ? y ? x ? 3 ? 1 = 3 ? y ? x ? 11?3 ? y ? x。 (2) 由于0 ? x， y ? 9，所以由式(1)与式(2)分别得出

x ? y ? 1 = 9或18， 3 ? y ? x = 0或11。

?x?y?1?a这样得到四个方程组：?

3?y?x?b?其中a取值9或18，b取值0或11。在0 ? x， y ? 9的条件下解这四个方程组， 得到：x = 8，y = 0，z = 6。 2、求3406的末二位数。

解：∵ （3，100）=1，∴3φ(100)≡1（mod 100），而φ(100)= φ(22·52)=40，

∴ 340≡1(mod 100) ∴ 3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100) ∴ 末二位数为29。

3、求(214928+40)35被73除所得余数。

解：(214928+40)35≡(3228+40)35≡[(32×32)14+40]35 ≡(102414+40)35 ≡(214+40)35 ≡(210

×24+40)35 ≡(25+40)35 ≡7235 ≡-1≡72(mod 73)

四、证明题

1、设a1， a2， ?， am是模m的完全剩余系，证明： （1）当m为奇数时，a1+ a2+ ?+ am ≡0（mod m）； （2）当m为偶数时，a1+ a2+ ?+ am ≡

m（mod m）。 2 证明：因为{1， 2， ?， m}与{a1， a2， ?， am}都是模m的完全剩余系，所以

8

?ai??i?i?1i?1mmm(m?1)(mod m)。 2mm?1m(m?1)m(m?1)?Z即得：m（1）当m为奇数时，由，故?ai??0(mod m)。 222i?1m（2）当m为偶数时，由（m，m+1）=1即得：?ai?i?1m(m?1)m?(mod m)。 22?（m）2、证明：若m＞2，a1， a2， ?， a?(m)是模m的任一简化剩余系，则

?ai?1i?0(modm).

证明：若a1， a2， ?， a?(m)是模m的一个简化剩余系，则m-a1， m-a2， ?， m-a?(m)

?（m）也是模m的一个简化剩余系，于是：

?（m）i?1?a??(m?a)(modm).

iii?1i?1?(m)从而：

2?ai?m?(m)(modm). 又由于m＞2，?(m)是偶数。故：

?（m）i?1?ai?m?（m）2?0(modm).

3、设m > 0是偶数，{a1， a2， ?， am}与{b1， b2， ?， bm}都是模m的完全剩余系，证明：{a1 ? b1， a2 ? b2， ?， am ? bm}不是模m的完全剩余系。

证明：因为{1， 2， ?， m}与{a1， a2， ?， am}都是模m的完全剩余系，所以

?ai??i?i?1i?1mmm(m?1)m?(mod m)。 (1) 22同理 ?bi?i?1mm(mod m)。 (2) 2如果{a1 ? b1， a2 ? b2， ?， am ? bm}是模m的完全剩余系，那么也有

m?(ai?bi)?2(mod m)。

mi?1联合上式与式(1)和式(2)，得到 0?mmm??(mod m)， 222这是不可能的，所以{a1 ? b1， a2 ? b2， ?， am ? bm}不能是模m的完全剩余系。 4、证明：（1）2730∣x13-x； （2）24∣x(x+2)(25x-1)；

（3）504∣x9-x3； （4）设质数p＞3，证明：6p∣xp-x。

证明：（1）因为2730=2×3×5×7×13，2，3，5，7，13两两互质，所以： 由x13-x=x (x12-1)≡0 (mod 2)知：2∣x13-x；13∣x13-x；

9

2

由x13-x=x (x12-1)=x(x2-1)(x2+1)(x8+x4+1)≡0 (mod 3)知：3∣x13-x； 由x13-x=x (x12-1)=x(x4-1)(x8+x4+1)≡0 (mod 5)知：5∣x13-x； 由x13-x=x (x12-1)=x(x6-1)(x6+1)≡0 (mod 7)知：7∣x13-x。 故有2730∣x13-x。 同理可证（2）、（3）、（4）。

初等数论练习题五

一、单项选择题

1、设x、y分别通过模m、n的完全剩余系，若（ C ）通过模mn的完全剩余系。 A. m、n都是质数，则my ? nx B. m≠n，则my ? nx C. （m，n）=1，则my ? nx D. （m，n）=1，则mx ? ny

2、1×3×5×…×2003×2005×2007×2009×2011标准分解式中11的幂指数是( A )。 A.100 B.101 C.99 D.102 3、n为正整数，若2n-1为质数，则n是( A )。

A.质数 B.合数 C.3 D.2k(k为正整数) 4、从100到500的自然数中，能被11整除的数的个数是( B )。 A.33 B.34 C.35 D.36

5、模100的最小非负简化剩余系中元素的个数是( C )。

A.100 B.10 C.40 D.4 二、填空题

1、同余方程ax+b≡0(modm)有解的充分必要条件是(a，m)∣b。

q2、高斯称反转定律是数论的酵母，反转定律是指设p与q是不相同的两个奇质数， ()?(?1)pp?1q?1?22(p)

q3、20122012被3除所得的余数为_1__。 4、设n是大于2的整数，则(-1)?(n)=__1__。 5、单位圆上的有理点的坐标是(?零的整数。

6、若3258×a恰好是一个正整数的平方，则a的最小值为362。

2aba?b22,?a2?b2a?b22)或(?a2?b2a?b22,?2aba?b22)，其中a与b是不全为

10

?72?7、已知2011是一素数，则??=_-1_。

2011??三、计算题

1、求32008×72009×132010的个位数字。

解：32008×72009×132010≡32008×（-3）2009×32010 ≡-32008+2009+2010 ≡-36027 ≡-3×（32）3013 ≡3(mod 10)。

2、求满足?(mn)=?(m)+?(n)的互质的正整数m和n的值。

解：由（m，n）=1知，?(mn)=?(m)?(n)。于是有：?(m)+?(n)= ?(m)?(n) 设?(m)=a， ?(n)=b，即有：a+b=ab。 显然a∣b，且b∣a，因此a=b。 于是由2a=a2 得a=2，即?(m)= ?(n)=2。 故 m=3，n=4或m=4，n=3。

3、甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤?

解：设买甲物x斤，乙物y斤，丙物z斤，则

5x ? 3y ?z = 100， x ? y ? z = 100。

消去z，得到 7x ? 4y = 100。 (1) 显然x = 0，y = 25是方程(1)的解，因此，方程(1)的一般解是

13?x?4t ， t?Z ?y?25?7t?因为x＞0，y＞0，所以 0＜t ? 3。

即t可以取值t1 = 1，t2 = 2，t3 = 3。相应的x，y，z的值是

(x， y， z) = (4， 18， 78)，(8， 11， 81)，(12， 4， 84)。

四、证明题

1、已知2011是质数，则有2011|99????9。 ??2010个 证明：99????9=102011-1≡0 (mod 2011)。 ??2010个2、设p是4n+1型的质数，证明若a是p的平方剩余，则p-a也是p的平方剩余。 证明：因为质数p=4n+1，a是p的平方剩余，所以

?p?a???a???1? ??p??=??p???p??=???????

p?1?a??a?2=???(?1)?p??p??=1 ????11

即：p-a也是p的平方剩余。

3、已知p，q是两个不同的质数，且ap-1≡1 (mod q)， aq-1≡1 (mod p)， 证明：apq≡a (mod pq)。

证明：由p，q是两个不同的质数知（p，q）=1。于是由Fermat定理 ap≡a (mod p)，

又由题设aq-1≡1 (mod p)得到：apq≡(aq)p≡ap (aq-1)p≡ap≡a (mod p)。 同理可证：apq≡a (mod q)。故：apq≡a (mod pq)。

4、证明：若m，n都是正整数，则?(mn)=（m，n）?([m，n])。

证明：易知mn与[m，n]有完全相同的质因数，设它们为pi (1?i?k)，则

?mn(1? ?（mn）111)(1?)?(1?) p1p2pk111)(1?)?(1?) p1p2pk?（[m,n]）?[m,n](1?又mn=（m，n）[m，n]

?（m,n)[m,n](1?故?（mn）111)(1?)?(1?)?(m,n)?([m,n])。 p1p2pk 类似的题：设m=m1m2，m1与m由相同的质因数，证明：?(m)=m2?(m1)。

初等数论练习题六

一、填空题

1、为了验明2011是质数，只需逐个验算质数2，3，5，…p都不能整除2011，此时，质数p至少是_43___。

2、最大公因数(4n+3，5n+2)的可能值是_1，7__。

|40!，即3α‖40!，则α=_18_。 3、设3α∣40!，而3α+1?4、形如3n+1的自然数中，构成模8的一个完全系的最小那些数是{1，4，7，10，13，16，19，22}。

5、不定方程x2+y2=z2，2|x， (x，y)=1， x，y，z>0的整数解是且仅是x = 2ab，y = a2 ? b2，z = a2 ? b2，其中a > b > 0，(a， b) = 1，a与b有不同的奇偶性。

6、21x≡9 (mod 43)的解是x≡25 (mod 43)。 7、??73?? = -1。 ?199?12

二、计算题 1、将

17写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。 10517xyz???，即35x ? 21y ? 15z = 17，因(35， 21) = 7，(7， 15) = 1，1?17，解：设

105357故有解。

分别解 5x ? 3y = t 7t ? 15z = 17

得 x = ?t ? 3u，y = 2t ? 5u，u?Z，

t = 11 ? 15v，z = ?4 ? 7v，v?Z，

消去t得 x = ?11 ? 15v ? 3u，

y = 22 ? 30v ? 5u，

z = ?4 ? 7v， u，v?Z。

令u =0，v =-1得到：x =4，y =-8，z=3。即：

174?83??? 1053572、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?p????， ?3?p?1(mod4)?p??1????? 注意到p>3，p只能为p?1(mod 3)且 ?3???1p??1(mod4)∴

?p?1(mod3)?3???p???1只能下列情况?p?1(mod4) ???d)?p??1(mo3 ?

p??1(mo4d)?∴ p?1(mod12)或p??1(mod12)。 3、判断不定方程x2+23y=17是否有解？

解：只要判断x2≡17(mod 23) 是否有解即可。 ∵ 17≡1(mod 4) ∴ ??17??23??6??2??3??3??17??2????????????????????????1 23???17??17??17??17??17??3??3?∴ x2≡17(mod 23)无解，即原方程无解。 三、论证题

1、试证对任何实数x，恒有〔x〕+〔x+〕=〔2x〕 证明：设x=[x]+α，0?α<1

①当0?α<

11时， [x +]=[x]， [2x]=2[x] ∴等式成立 2212 13

②当?α< 1时， [x +]=[x]+1， [2x]=2[x]+1 ∴等式成立 故对任何实数x，恒有[x]+[x+]=[2x]。

2、证明：（1）当n为奇数时，3∣（2+1）；

n

121212|（2+1）（2）当n为偶数时，3?。

证明：由2+1≡（-1）+1（mod 3）立得结论。 3、证明：（1）当3∣n（n为正整数）时，7∣（2-1）；

n

n

n

n

|（2+1） （2）无论n为任何正整数，7?。

证明：（1）设n=3m，则2-1=8-1≡0（mod 7），即：7∣（2-1）； （2）由于2≡1（mod 7）得 2+1≡2（mod 7），2

3m

3m+1

3m

n

m

n

n

+1≡3（mod 7），2

n

3m+2

+1≡5（mod 7）。

|（2+1） 故无论n为任何正整数，7?。

4、设m＞0，n＞0，且m为奇数，证明：（2-1，2+1）=1。 证明一：由m为奇数可知：2n+1︱2+1，又有2m-1︱2-1，

于是存在整数x，y使得：（2n+1）x=2+1， (2m-1)y=2-1。 从而（2n+1）x-(2m-1)y=2。这表明：

（2m-1，2n+1）︱2

由于2n+1，2m-1均为奇数可知：（2m-1，2n+1）=1。

证明二：设（2-1，2+1）=d，则存在s，t∈Z，使得2=sd+1， 2=td-1。由此得到： 2=(sd+1)， 2=(td-1)

mn

n

mn

m

m

n

m

n

m

n

mnmn

mnmn

于是 2

mn

=pd + 1=qd – 1，p，q∈Z。所以：（q -p）d =2。

从而 d∣2，就有d =1或2。由因为m为奇数，所以d =1。

即（2-1，2+1）=1。

注：我们已证过：记Mn = 2n ? 1，对于正整数a，b，有(Ma， Mb) = M(a， b) 。

显然当a≠b，a，b为质数时，(Ma， Mb) =1。

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m

n

初等数论练习题七

一、单项选择题

1、设a和b是正整数，则(A．1

[a,b][a,b],)=（ A ） ab B．a C．b D．(a，b)

2、176至545的正整数中，13的倍数的个数是（ B ） A．27

B．28 C．29

D．30

3、200!中末尾相继的0的个数是（ A ） A．49 B．50 C．51

D．52

4、从以下满足规定要求的整数中，能选取出模20的简化剩余系的是（ B ） A．2的倍数 B．3的倍数 C．4的倍数

D．5的倍数

5、设n是正整数，下列选项为既约分数的是（ A ） A．

21n?4n?12n?1n?1 B． C． D．

14n?32n?15n?23n?1二、填空题

1、314162被163除的余数是_1__。（欧拉定理） 2、同余方程3x≡5(mod13)的解是x≡6(mod13)。 3、(365)=1。 18474、［-π］＝-4。 5、为使n-1与3n的最大公因数达到最大的可能值，则整数n应满足条件n=3k+1，k∈Z。 6、如果一个正整数具有21个正因数，问这个正整数最小是26×32=576。 7、同余方程x3+x2-x-1≡0(mod 3)的解是x≡1，2(mod 3)。 三、计算题

1、求不定方程x ? 2y ? 3z = 41的所有正整数解。 解：分别解x ? 2y = t

t ? 3z = 41

得 x = t ? 2u

y = u u?Z， t = 41 ? 3v

z = v v?Z，

消去t得 x = 41 ? 3v ? 2u

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