初等数论练习题答案.docx

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初等数论练习题答案

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+18ttZ。

.

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、

=-1。

9、若p是素数，则同余方程xp11（modp）的解数为p-1。

二、计算题

1、解同余方程：

3x211x200（mod105）。

解：

因105=357，

同余方程3x211x200（mod3）的解为x1（mod3），

同余方程3x211x380（mod5）的解为x0，3（mod5），

同余方程3x211x200（mod7）的解为x2，6（mod7），

故原同余方程有4解。

作同余方程组：

xb1（mod3），xb2（mod5），xb3（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x13，55，58，100（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=2m1，当n=1时，有

a2=（2m1）2=4m（m1）11（mod23），即原式成立。

设原式对于n=k成立，则有

1（mod2k+2）

=1q2k+2，

其中qZ，所以

=（1q2k+2）2=1q2k+31（mod2k+3），

其中q是某个整数。

这说明式

（1）当n=k1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：

（-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。

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（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

（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、

=_1__.

9、若p是质数，np1，则同余方程xn1（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3x144x106x180（mod5）。

解：

由Fermat定理，x5x（mod5），因此，原同余方程等价于2x2x30（mod5）

将x0，1，2（mod5）分别代入上式进行验证，可知这个同余方程解是x1（mod5）。

3、已知a=5，m=21,求使ax1（modm）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（mod21）。

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5x1（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+2000252m+642n+2000（-1）2m+（-1）2n+200020020（mod13）。

2、证明Wilson定理的逆定理：

若n>1，并且（n1）!

1（modn），则n是素数。

证明：

假设n是合数，即n=n1n2，1

1（modn1），得

01（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2p1是奇素数，则（p!

）2

（1）p0（mod2p1）。

证明：

由威尔逊定理知1（2p）!

=p!

（p1）（2p）

（1）p（p!

）2（mod2p1），

由此得（p!

）2

（1）p0（mod2p1）。

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（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-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）2x3x23x10（mod5）是否有三个解；

（ⅱ）x62x54x230（mod5）是否有六个解？

解：

（ⅰ）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。

（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d22n1，

设2k|n且2k+1

n，即2k+1||n，

则由2k+1||

，i=3,5,,2n1得d=2k+1。

3、已知a=18,m=77,求使ax1（modm）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（mod77）。

又由于（77）=60，所以x|60，而60的所有正因数为1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30,60。

于是x应为其中使18x1（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，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）。

证明：

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