研究生基础数学1考试复习资料数论练习题.docx
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研究生基础数学1考试复习资料数论练习题
一、整除理论
1.证明:
任意给定的连续39个自然数,其中至少存在一个自然数,使得这个自然数的数字和能被11整除。
2.设p是n的最小素约数,n=pn1,n1>1,证明:
若p>
,则n1是素数。
证明:
设不然,n1=n2n3,n2p,n3p,于是n=pn2n3p3, 即p
,矛盾。
3.设3a2b2,证明:
3a且3b。
写a=3q1r1,b=3q2r2,r1,r2=0,1或2,
由3a2b2=3Qr12r22知r1=r2=0,即 3a且3b
4.证明:
对于任意给定的n个整数,必可以从中找出若干个作和,使得这个和能被n整除。
设给定的n个整数为a1,a2,L,an,作s1=a1,s2=a1a2,L,sn=a1a2Lan,
如果si中有一个被n整除,则结论已真,否则存在si,sj,i5.设a,b,c是正整数,证明:
因为
,故只须证明(a,b,c)(ab,bc,ca)=(a,b)(b,c)(c,a),此式用类似于例3的方法即可得证。
6.设k是正奇数,证明:
12……91k2k……9k。
设s=1k2kL9k,则由2s=(1k9k)(2k8k)L(9k1k)=10q1及2s=(0k9k)(1k8k)L(9k0k)=9q2得102s和92s,于是有902s,从而12L9=45s
7.设a,b是正整数,证明:
(ab)[a,b]=a[b,ab]。
只须证
,即只须证(b,ab)=(a,b),此式显然。
8.用扩展欧几里德算法法求整数x,y,使得1387x162y=(1387,162)。
作辗转相除:
1387=(162)(8)91,162=91
(2)20,91=20411,20=1119,11=912,9=241,2=120,由此得n=6,q1=8,q2=2,q3=4,q4=1,q5=1,q6=4,x=
(1)n1Qn=73,y=
(1)nPn=625,又(1387,162)=rn=1,故138773162625=1=(1387,162)
9.若四个整数2836,4582,5164,6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同,且不等于零,求除数和余数各是多少。
设除数为d,余数为r,则由
d45822836=1746,d51644582=582,d65225164=1358
知d(1746,582,1358)=194,由此得d=97,r=23或d=194,r=120
9.证明:
在1,2,,2n中任取n1数,其中至少有一个能被另一个整除。
写i=
,i=1,2,L,2n,则i为1,2,L,2n中的奇数,即i只能取n个数值,在n1个这样的数中,必存在i=j(ij),于是易知i与j成倍数关系
10.求最大的正整数k,使得10k199!
。
解由定理3,199!
的标准分解式中所含的5的幂指数是
=47,
而所含2的幂指数>47,所以,所求的最大整数是k=47。
11.设n是正整数,则
。
解首先,我们有
[
]
<
,
所以,
.
若上式中的等式不成立,即
,
则存在整数a,使得
因此
所以
a2-2n-1=2n+1,
a2=4n+2.
但是,无论2|n或2n,式(10)都不能成立,这个矛盾说明式(9)不能成立,即式(7)成立.
12.设n是正整数,x是实数,证明:
=n。
由例4得
=[2x][x],于是
=[n]=n。
例4设x是正数,n是正整数,则
[x]+[x+
]+[x+
]+...+[x+
]=[nx].
解设x=[x]+
0
i
n-1,则
[x]+[x+
]+[x+
]+...+[x+
]=n[x]+i=n[x]+[n
]
=[n([x]+
)]=[nx].
13.证明:
若2n1是素数,则n是素数。
设不然,则n=n1n2,1<2n+1,表明2n1是合数,矛盾。
同余
1.求81234被13除的余数。
因为821(mod13),所以81234=(82)617
(1)617112(mod13),即81234被13除的余数是12。
2.已知99
,求与
由
得=6或=15,从
得=2或=9,于是解关于,的方程组
得=2,=4。
3.求n=
的个位数
我们有
71≡-3,72≡-1,74≡1(mod10),
因此,若
77≡r(mod4), (3)
则
n=
≡7r(mod10). (4)
现在,71≡-1,72≡1,77≡
≡3(mod4),所以,由式(4)可知
n=
≡73≡
≡-7≡3(mod10),
即n的个位数是3.
4.证明:
若n是正整数,则1342n+13n+2
由 42n+1+3n+2=
(mod13)得证.
5.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:
{a1b1,a2b2,…,ambm}不是模m的完全剩余系
因为{1,2,…,m}与{a1,…,am}都是模m的完全剩余系,所以
(modm). (10)
同理,
(modm). (11)
如果{a1+b1,…,am+bm}是模m的完全剩余系,那么也有
(modm).
联合上式与式(10)和(11),得到
0
(modm),
这是不可能的,所以{a1+b1,…,am+bm}不能是模m的完全剩余系.
6.证明:
若2p1是奇素数,则(p!
)2
(1)p0(mod2p1)
由威尔逊定理知1(2p)!
=p!
(p1)L(2p)
(1)p(p!
)2(mod2p1),由此得(p!
)2
(1)p0(mod2p1)。
7.证明Wilson定理的逆定理:
若n>1,并且(n1)!
1(modn),则n是素数
设不然,n=n1n2,11(modn1)得01(modn1),矛盾。
8.设m>1,(a,m)=1,x1,x2,…,x(m)是模m的简化剩余系,证明:
。
其中{x}表示x的小数部分。
写axi=mqiri,0ri。
例1设整数n2,证明
即,在数列1,2,…,n中,与n互素的整数之和是
解设在1,2,…,n中与n互素的(n)个数是
a1,…,a(m),(ai,n)=1,1
ai
n-1,1
i
(n),
则
(n-ai,n)=1,1≤n-ai≤n-1,1i
(n),
因此,集合{a1,…,a(m)}与集合{n-a1,,n-a(m)}是相同的,于是
a1+a2+…+a(m))=(n-a1)+(n-a2)++(n-a(m)),
2(a1+…+a(m))=n(n),
a1+…+a(m)=
(n).
9.设m与n是正整数,证明:
(mn)((m,n))=(m,n)(m)(n)
设
,则
由此得
(mn)((m,n))=(m,n)
=(m,n)(m)(n)。
10.设{x1,x2,…,x(m)}是模m的简化剩余系,则(x1x2…x(m))21(modm)
设{x1,x2,…,x(m)}是模m的简化剩余系,则(x1x2…x(m))21(modm)。
解记P=x1x2…x(m),则(P,m)=1。
又记
yi=
,1i(m),
则{y1,y2,…,y(m)}也是模m的简化剩余系,因此
(modm),
再由Euler定理,推出
P2P(m)1(modm)。
11.证明:
197810319783能被103整除。
因103=2353,显然1978103197830(mod23),再由19781001(mod53)得1978103197830(mod53),故1978103197830(mod103)。
12.设p,q是两个不同的素数,证明:
pq1qp11(modpq)。
由费马定理qp11(modp),pq11(modq),pq1qp11(modp),pq1qp11(modq),故pq1qp11(modpq)。
13.计算(mod37909)
二、同余方程
1.解同余方程325x20(mod161)
解:
方程即是
3x≡20(mod161).
解同余方程
161y≡-20(mod3),
即
2y≡1(mod3),
得到y≡2(mod3),因此,方程(6)的解是x≡
=114(mod161).
2.证明:
同余方程a1x1a2x2…anxnb(modm)有解的充要条件是(a1,a2,…,an,m)=db。
若有解,则恰有dmn1个解,modm
必要性显然,下证充分性。
当n=1时,由定理2知命题成立。
假设n=k时结论已真,考虑a1x1a2x2Lakxkak+1xk+1b(modm),令(a1,a2,L,ak,m)=d1,(d1,ak+1)=d,因为同余方程ak+1xk+1b(modd1)有解,其解数为d,modd1,记m=d1m1,则解数为dm1,modm。
现在固定一个解xk+1,由归纳假定知a1x1a2x2Lakxkbak+1xk+1(modm)有解,其解数为d1mk1,modm,从而a1x1a2x2Lakxkak+1xk+1b(modm)有解,其解数为dm1d1mk1=dmk,modm。
由归纳原理知命题对于一切n1成立。
3.解同余方程f(x)=3x24x150(mod75)
因75=352,先解f(x)0(mod3),用逐一代入法得解x0(mod3);再解f(x)0(mod52),用逐一代入法得f(x)0(mod5)的解为x0,2(mod5),对于x0(mod5),令x=5t代入f(x)0(mod25)得t2(mod5),于是x=5(25t2)=1025t2,即x10(mod25)是f(x)0(mod25)的一个解,对于x2(mod5),令x=25t代入f(x)0(mod25)得t4(mod5),于是x=25(45t2)=2225t2,即x22(mod25)是f(x)0(mod25)的一个解;最后构造同余方程组xb1(mod3),xb2(mod25),b1=0,b2=10,22,由孙子定理得f(x)0(mod75)的两个解x10,72(mod75)。
4.4x203x122x73x20(mod5)
原同余方程等价于2x42x33x20(mod5),将x=0,1,2代入,知后者有解x1(mod5)。
5.判定2x3x23x10(mod5)是否有三个解
2x3x23x10(mod5)等价于x33x24x30(mod5),又x5x=(x33x24x3)(x23x5)+(6x212x15),其中r(x)=6x212x15的系数不都是5的倍数,故原方程没有三个解;
6.求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余
模23的所有的二次剩余为x1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18(mod23),二次非剩余为x5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22(mod23)。
7.设p是奇素数,证明:
模p的所有二次剩余的乘积与
对模p同余
设x1,x2,L,xk为模p的所有二次剩余,则
x1x2Lxk1222L
(modp)。
8.设p是奇素数,证明:
模p的两个二次剩余的乘积是二次剩余;两个二次非剩余的乘积是二次剩余;一个二次剩余和一个二次非剩余的乘积是二次非剩余。
设a,b为模p的二次剩余,有
111(modp),再设c,d为模p的二次非剩余,有
(1)
(1)1(modp),以及
1
(1)1(modp)知结论成立。
9.设p,q是两个不同的奇素数,且p=q4a,证明:
由p=q4a知p,q同为4k1或同为4k3,当p,q同为4k1时,有
,当p,q同为4k3时,有
。
10.a,b,c是正整数,(a,b)=1,2
b,b<4ac,求
的关系
若a为奇数,有
,若a为偶数,于是4acb与b同为8k1或同为8k3,即
,设a=2a1,a1为奇数,有
=
。
三、原根与指标
1.求模14的全部原根
x3,5(mod14)是模14的全部原根。
2.设m>1,模m有原根,d是(m)的任一个正因数,证明:
在模m的简化剩余系中,恰有(d)个指数为d的整数,并由此推出模m的简化剩余系中恰有((m))个原根
因g1,g2,L,g(m)构成模m的简化剩余系,由d=m(g)=
得
,则
(,(m))=
,1(m)(t,d)=1,1td,
故恰有(d)个t,使得(t,d)=1,从而知故恰有(d)个,使得m(g)=d。
特别地,取d=(m)知模m的简化剩余系中恰有((m))个原根。
3.设p=2n1是一个奇素数,证明:
模p的全部二次非剩余就是模p的全部原根
在模p的简化剩余系中有
=2n1个二次非剩余,在模p的简化剩余系中有((p))=(2n)=2n1个原根,又设g是模p原根,则
1(modm),即g是模p的二次非剩余。
4.设m3,g1、g2都是模m的原根,则g=g1g2不是模m的原根
存在一个,(,(m))=1,使得g2g1(modm),于是g1g2g1+1(modm),
又由m3知(m)是偶数,是奇数,1是偶数,(1,(m))1,故g=g1g2不是模m的原根
5.设p是奇素数,证明:
当且仅当p1
n时,有1n2n…(p1)n0(modp)
当p1n时,则1n2nL(p1)np1
0(modp),当p1
n时,设g是p的一个原根,则1n2nL(p1)n(1g)n(2g)nL[(p1)g]n[1n2nL(p1)n]gn(modp),得[1n2nL(p1)n](1gn)0(modp),由(1gn)
0(modp)知1n2nL(p1)n0(modp)。
6.求8次同余方程x823(mod41)
因为
d=(n,(m))=(8,(41))=(8,40)=8,
ind23=36
又36不能被8整除,所以同余方程无解。
四、扩域
定理1令E是F的一个扩域,而S1,S2是E的两个子集,那么
F(S1)(S2)=F(S1∪S2)=F(S2)(S1)
证明F(S1)(S2)是一个包含F,S1,S2的E的子域,而F(S1∪S2)是包含F和S1∪S2的E的最小子域。
因此
F(S1)(S2)⊃F(S1∪S2)
(1)
另一方面,F(S1∪S2)是包含F,S1,S2的E的子域,因而是包含F(S1)和S2的E的子域。
但F(S1)(S2)是包含F(S1)和S2的E的最小子域。
因此
F(S1)(S2)⊂F(S1∪S2)
(2)
由
(1)
(2)得F(S1)(S2)=F(S1∪S2)。
同样可以得到F(S1∪S2)=F(S2)(S1)。
定理得证。
定理5给定域F的一元多项式环F[x]的一个n次多项式f(x),一定存在f(x)在F上的分裂域E。
证明用归纳法:
当n=1时,E=F即可。
假设nm时结论也成立。
当n=m+1时,若f(x)在F[x]上可约,则存在次数小于m的多项式f1(x)和g1(x)使得f(x)=f1(x)g1(x),由归纳假设知存在f1(x)在F上的分裂域E1,包含f1(x)的所有根α1,α2,…,αn1。
g1(x)视为F(α1,α2,…,αn1)上的次数小于n的多项式,故存在g1(x)在F(α1,α2,…,αn1)上的分裂域E,包含g1(x)的所有根。
从而E含有f(x)的所有根,是f(x)在F上的分裂域。
若f(x)在F[x]上不可约,由定理3,存在F的单代数扩域K(K=F(θ))含有f(x)的一个根θ。
于是在K[x]中f(x)=(x-θ)g(x),再利用归纳假设,由于g(x)的次数为n-1,故存在g(x)在K上的分裂域E,包含g(x)的所有根,从而E也含有f(x)在F上的所有根,是f(x)在F上的分裂域。
证毕。
定理6设θ是F[x]中一个n次不可约多项式f(x)的一个根,则F(θ)是F上的有限扩域。
证明因为F(θ)中每一元都可以表示成F上次数小于n的θ的多项式,故1,θ,θ2,…,θn,是F(θ)的一组生成元,又a0+a1θ+…+an-1θn-1=0可推出ai=0,所以F(θ)是F上的n维向量空间,有一组基为1,θ,θ2,…,θn-1,即F(θ)是F上的一个有限扩域,并且(F(θ):
F)=n。
关于有限扩域,有下列重要结论。
定理7域F的有限扩域一定是F的代数扩域。
证明设(E:
F)=n,则存在一组基1,θ,θ2,…,θn-1,而n+1个向量1,θ,θ2,…,θn,从而线性相关。
即存在n+1个不全为0的aiF,使得a0+a1θ+…+anθn=0。
亦即θ满足F[x]中多项式。
故E是F的一个代数扩域。
定理8令K是域F的有限扩域,而E是域K的有限扩域,那么E也是域F的有限扩域,且(E:
F)=(E:
K)(K:
F)。
证明设(K:
F)=r,(E:
K)=s,而α1,α2,…,αr是向量空间K在域F上的一个基,β1,β2,…,βs是向量空间E在域K上的一个基。
下面证rs个元构成向量空间E在域F上的一个基。
αiβj(i=1,2,…,r;j=1,2,…,s)
(1)
显然,向量空间E中任意元素都可以表示rs个元系数为F上元的线性组合。
下证
(1)中元素在F上线性无关。
若
,那么
。
由βj,0js在K上的线性无关性可知
,(j=1,2,…,s)。
由αi,0ir在F上的线性无关性可知aij=0,(i=1,2,…,r;j=1,2,…,s)。
也就是说,
(1)的rs个元为E在F上的一组基。
六、有限域
定理1一个有限域E有pn个元素,这里p是E的特征,而n是E在它的素域Δ上的次数。
证明E为有限域,其特征一定为素数p。
把E所含的素域记作Δ。
因为E只含有限个元,所以它一定是Δ的一个有限扩域,(E:
Δ)=n。
这样,E的每个元可以唯一的写成a1α1+…+anαn的形式,这里aiΔ,而α1,…,αn是向量空间E在Δ上的一个基。
由于Δ只有p个元,所以对于每一个ai有p中选择法,因而E一共有pn