初等数论练习题答案.doc
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初等数论练习题答案
信阳职业技术学院
2010年12月
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(mod37)的解是x≡11(mod37)。
5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t,y=700+18ttÎZ。
.
6、分母是正整数m的既约真分数的个数为_j(m)_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、=-1。
9、若p是素数,则同余方程xp-1º1(modp)的解数为p-1。
二、计算题
1、解同余方程:
3x2+11x-20º0(mod105)。
解:
因105=3×5×7,
同余方程3x2+11x-20º0(mod3)的解为xº1(mod3),
同余方程3x2+11x-38º0(mod5)的解为xº0,3(mod5),
同余方程3x2+11x-20º0(mod7)的解为xº2,6(mod7),
故原同余方程有4解。
作同余方程组:
xºb1(mod3),xºb2(mod5),xºb3(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xº13,55,58,100(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≡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)+1º1(mod23),即原式成立。
设原式对于n=k成立,则有º1(mod2k+2)Þ=1+q2k+2,
其中qÎZ,所以=(1+q2k+2)2=1+q¢2k+3º1(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。
证明:
º(-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=º(-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。
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:
pj(4)≡p2≡1(mod4),从而p6≡1(mod4)。
同理可证:
p6≡1(mod3)p6≡1(mod7)。
故有p6≡1(mod84)。
注:
设p是不等于3和7的奇质数,证明:
p6≡1(mod168)。
(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=+1,这种数中最小的合数Fn中的n=5。
4、同余方程13x≡5(mod31)的解是x≡29(mod31)___
5、分母不大于m的既约真分数的个数为j
(2)+j(3)+…+j(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、=_1__.
9、若p是质数,n½p-1,则同余方程xnº1(modp)的解数为n.
二、计算题
1、试求被19除所得的余数。
解:
由2002≡7(mod19)20022≡11(mod19)20023≡1(mod19)
又由20032004≡22004≡(22)1002≡1(mod3)可得:
≡20023n+1≡(20023)n×2002≡7(mod19)
2、解同余方程3x14+4x10+6x-18º0(mod5)。
解:
由Fermat定理,x5ºx(mod5),因此,原同余方程等价于2x2+x-3º0(mod5)
将xº0,±1,±2(mod5)分别代入上式进行验证,可知这个同余方程解是xº1(mod5)。
3、已知a=5,m=21,求使axº1(modm)成立的最小自然数x。
解:
因为(5,21)=1,所以有欧拉定理知5j(21)≡1(mod21)。
又由于j(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5xº1(mod12)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+2000º252m+642n+2000º(-1)2m+(-1)2n+2000º2002º0(mod13)。
2、证明Wilson定理的逆定理:
若n>1,并且(n-1)!
º-1(modn),则n是素数。
证明:
假设n是合数,即n=n1n2,1º-1(modn1),得
0º-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。
证明:
假设s是合数,即s=ab,1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)pº0(mod2p+1)。
证明:
由威尔逊定理知-1º(2p)!
=p!
(p+1)L(2p)º(-1)p(p!
)2(mod2p+1),
由此得(p!
)2+(-1)pº0(mod2p+1)。
5、设p是大于5的质数,证明:
p4≡1(mod240)。
(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(mod8),p4≡1(mod3),p4≡1(mod5)即可。
事实上,由j(8)=4,j(3)=2,j(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,j(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+2C.a=n+1,b=3n+1 D.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.19 B.24C.25 D.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-1º0(mod5)是否有三个解;
(ⅱ)x6+2x5-4x2+3º0(mod5)是否有六个解?
解:
(ⅰ)2x3-x2+3x-1º0(mod5)等价于x3-3x2+4x-3º0(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。
解:
设知d½22n-1,
设2k|n且2k+1n,即2k+1||n,
则由2k+1||,i=3,5,L,2n-1得d=2k+1。
3、已知a=18,m=77,求使axº1(modm)成立的最小自然数x。
解:
因为(18,77)=1,所以有欧拉定理知18j(77)≡1(mod77)。
又由于j(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18xº1(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。
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