0初等数论练习题及答案文档格式.docx
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同余方程3x2+11x-38≡0(mod5)的解为x≡0,3(mod5),
同余方程3x2+11x-20≡0(mod7)的解为x≡2,6(mod7),
故原同余方程有4解。
作同余方程组:
x≡b1(mod3),x≡b2(mod5),x≡b3(mod7),
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(mod105)。
2、判断同余方程x2≡42(mod107)是否有解?
故同余方程x2≡42(mod107)有解。
3、求(127156+34)28除以111的最小非负余数。
解:
易知1271≡50(mod111)。
由502≡58(mod111),503≡58×
50≡14(mod111),509≡143≡80(mod111)知5028≡(509)3×
50≡803×
50≡68×
50≡70(mod111)
从而5056≡16(mod111)。
故(127156+34)28≡(16+34)28≡5028≡70(mod111)
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)a≡0(modp);
(2)当a为偶数时,ap-1-(p-1)a≡0(modp)。
证明:
由欧拉定理知ap-1≡1(modp)及(p-1)a≡-1(modp)立得
(1)和
(2)成立。
2、设a为正奇数,n为正整数,试证≡1(mod2n+2)。
……………
(1)
证明设a=2m+1,当n=1时,有
a2=(2m+1)2=4m(m+1)+1≡1(mod23),即原式成立。
设原式对于n=k成立,则有≡1(mod2k+2)⇒=1+q2k+2,
其中q∈Z,所以=(1+q2k+2)2=1+q'
2k+3≡1(mod2k+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。
3、设p是一个素数,且1≤k≤p-1。
≡(-1)k(modp)。
证明:
设A=得:
k!
·
A=(p-1)(p-2)…(p-k)≡(-1)(-2)…(-k)(modp)
又(k!
,p)=1,故A=≡(-1)k(modp)
4、设p是不等于3和7的奇质数,证明:
p6≡1(mod84)。
说明:
因为84=4×
3×
7,所以,只需证明:
p6≡1(mod4)p6≡1(mod3)p6≡1(mod7)同时成立即可。
于是x应为其中使5x≡1(mod12)成立的最小数,经计算知:
x=6。
1、试证13|(54m+46n+2000)。
(提示:
可取模13进行计算性证明)
54m+46n+2000≡252m+642n+2000≡(-1)2m+(-1)2n+2000≡2002≡0(mod13)。
2、证明Wilson定理的逆定理:
若n>
1,并且(n-1)!
≡-1(modn),则n是素数。
假设n是合数,即n=n1n2,1<
n1<
n,由题设易知(n-1)!
≡-1(modn1),得
0≡-1(modn1),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。
假设s是合数,即s=ab,1<
a,b<
s。
则
,其中M>1是正整数。
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(mod2p+1)。
由威尔逊定理知-1≡(2p)!
=p!
(p+1)(2p)≡(-1)p(p!
)2(mod2p+1),
由此得(p!
5、设p是大于5的质数,证明:
p4≡1(mod240)。
可由欧拉定理证明)
因为240=23×
5,所以只需证:
p4≡1(mod8),p4≡1(mod3),p4≡1(mod5)即可。
事实上,由ϕ(8)=4,ϕ(3)=2,ϕ(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,ϕ(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-1B.a=2n-1,b=5n+2C.a=n+1,b=3n+1D.a=3n+1,b=5n+2
3、使方程6x+5y=C无非负整数解的最大整数C是( A )。
A.19B.24C.25D.30
4、不是同余方程28x≡21(mod35)的解为( D )。
A.x≡2(mod35)B.x≡7(mod35)C.x≡17(mod35)D.x≡29(mod35)
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。
2、数的标准分解式中,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(modn),则n为素数。
6、3103被11除所得余数是_5_。
7、=_-1_。
三、计算题
1、判定(ⅰ)2x3-x2+3x-1≡0(mod5)是否有三个解;
(ⅱ)x6+2x5-4x2+3≡0(mod5)是否有六个解?
(ⅰ)2x3-x2+3x-1≡0(mod5)等价于x3-3x2+4x-3≡0(mod5),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。
2、设n是正整数,求的最大公约数。
设知d∣22n-1,
设2k|n且2k+1n,即2k+1||n,
则由2k+1||,i=3,5,,2n-1得d=2k+1。
3、已知a=18,m=77,求使ax≡1(modm)成立的最小自然数x。
因为(18,77)=1,所以有欧拉定理知18ϕ(77)≡1(mod77)。
又由于ϕ(77)=60,所以x|60,而60的所有正因数为1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30,60。
于是x应为其中使18x≡1(mod77)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。
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(mod24)。
因为24=3×
8,(3,8)=1,所以只需证明:
p2≡q2(mod3)p2≡q2(mod8)同时成立。
事实上,由于(p,3)=1,(q,3)=1,所以p2≡1(mod3),q2≡1(mod3),
于是p2≡q2(mod3),由于p,q都是奇数,所以p2≡1(mod8),q2≡1(mod8),
于是p2≡q2(mod8)。
故p2≡q2(mod24)。
3、若x,y∈R+,
(1)证明:
[xy]≥[x][y];
(2)试讨论{xy}与{x}{y}的大小关系。
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?
(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=时,{xy}={x}{y}=;
当x=,y=时,{xy}=,{x}{y}=,此时{xy}>{x}{y};
当x=-,y=-时,{xy}=,{x}{y}=,此时{xy}<{x}{y}。
存在一个有理数,其中d<
100,能使=
对于k=1,2,….,99均成立。
由(73,100)=1以及裴蜀恒等式可知:
存在整数c,d,使得
73d-100c=1
从而-==,由k<
100可知:
0<-<
设=n,则<n+1=,于是
<≤=n+1,
故=n=。
初等数论练习题四
一、单项选择题
1、若Fn=是合数,则最小的n是(D)。
A.2B.3C.4D.5
2、记号ba‖a表示ba|a,但ba+1a.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.1B.4C.1或2D.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(mod4)B.a2≡5(mod7)C.a2≡5(mod11)D.a2≡6(mod13)
5、如果a≡b(modm),c是任意整数,则下列错误的是