研究生基础数学1考试复习资料 数论练习题.docx

1、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，n2 p，n3 p，于是n = pn2n3 p3， 即p ，矛盾。3 设3a2 + b2，证明：3a且3b。 写a = 3q1 r1，b = 3q2 r2，r1, r2 = 0, 1或2， 由3a2 b2 = 3Q r12 r22知r1 = r2 = 0，即 3a且3b4 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

2、这个和能被n整除。设给定的n个整数为a1, a2, , an，作 s1 = a1，s2 = a1 a2，sn = a1 a2 an， 如果si中有一个被n整除，则结论已真，否则存在si，sj，i 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

3、 设x是正数，n是正整数，则 x+x+x+ . . . +x+=nx. 解 设x=x+ , , 0in-1,则 x+x+x+ . . . +x+= nx+i=nx+n =n(x+ )=nx.13 证明：若2n - 1是素数，则n是素数。设不然，则n = n1n2， 1 n1 n，则2n 1 = 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的完全剩余系因为1,2, ,m与a1, ,am都是模m的完全剩余系,所以 (mod m).(10)同理, (mod m). (11)如果a1+b1, ,a

4、m+bm是模m的完全剩余系,那么也有 (mod m).联合上式与式(10)和(11),得到 0(mod m)，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2p + 1是奇素数，则(p!)2 + (-1)p 0 (mod 2p + 1)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)。7 证明Wilson定理的逆定理：若n 1，并且(n - 1)! -1 (mod n)，则n是素数设不然，n = n1n2，1 n1 1，(a, m) = 1，x1, x2,

5、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 = mqi ri，0 ri m，由xi通过模m的简化剩余系知ri通过模m的最小非负简化剩余系，于是由例1得。例1 设整数n 2,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)=1,1n-ain-1, 1 i(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

6、+ +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(x1x2x (m)2 1 (mod m)设x1, x2, x (m)是模m的简化剩余系，则(x1x2x (m)2 1 (mod m)。解 记P = x1x2x (m)，则(P, m) = 1。又记yi =，1 i (m)，则y1, y2, , y (m)也是模m的简化剩余系，因此(mod m)，再由Euler定理

7、，推出P2 P (m) 1 (mod m)。11 证明：1978103 - 19783能被103整除。因103 = 2353，显然1978103 19783 0 (mod 23)，再由1978100 1 (mod 53)得1978103 19783 0 (mod 53)，故1978103 19783 0 (mod 103)。12 设p，q是两个不同的素数，证明：pq 1 + qp 1 1 (mod pq)。由费马定理qp 1 1 (mod p)，pq 1 1 (mod q)，pq 1 qp 1 1 (mod p)，pq 1 qp 1 1 (mod q)，故pq 1 qp 1 1 (mod pq

8、)。13 计算12996227(mod 37909)二、 同余方程1 解同余方程 325x 20 (mod 161)解：方程即是 3x20(mod 161).解同余方程 161y-20(mod 3), 即 2y1(mod 3),得到 y2 (mod 3),因此,方程(6)的解是x=114 (mod 161).2 证明：同余方程a1x1 + a2x2 + + anxn b (mod m)有解的充要条件是(a1, a2, , an, m) = db。若有解，则恰有dmn 1个解，mod m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a1x1 a2x2

9、akxk ak + 1xk + 1 b (mod m)，令(a1, a2, , ak, m) = d1，(d1, ak + 1) = d，因为同余方程ak + 1xk + 1 b (mod d1)有解，其解数为d，mod d1，记m = d1m1，则解数为dm1，mod m。现在固定一个解xk + 1，由归纳假定知a1x1 a2x2 akxk b ak + 1xk + 1 (mod m)有解，其解数为d1 mk 1，mod m，从而a1x1 a2x2 akxk ak + 1xk + 1 b (mod m)有解，其解数为dm1d1mk 1 = dmk，mod m。由归纳原理知命题对于一切n 1成

10、立。3 解同余方程f(x) = 3x2 + 4x - 15 0 (mod 75)因75 = 352，先解f(x) 0 (mod 3)，用逐一代入法得解x 0 (mod 3)；再解f(x) 0 (mod 52)，用逐一代入法得f(x) 0 (mod 5)的解为x 0，2 (mod 5)，对于x 0 (mod 5)，令x = 5t代入f(x) 0 (mod 25)得t 2 (mod 5)，于是x = 5(2 5t2) = 10 25t2，即x 10 (mod 25)是f(x) 0 (mod 25)的一个解，对于x 2 (mod 5)，令x = 2 5t代入f(x) 0 (mod 25)得t 4 (

11、mod 5)，于是x = 2 5(4 5t2) = 22 25t2，即x 22 (mod 25)是f(x) 0 (mod 25)的一个解；最后构造同余方程组x b1 (mod 3)，x b2 (mod 25)，b1 = 0，b2 = 10，22，由孙子定理得f(x) 0 (mod 75)的两个解x 10，72 (mod 75)。4 4x20 + 3x12 + 2x7 + 3x - 2 0 (mod 5)原同余方程等价于2x4 2x3 3x 2 0 (mod 5)，将x = 0，1，2 代入，知后者有解x 1 (mod 5)。5 判定 2x3 - x2 + 3x - 1 0 (mod 5)是否有

12、三个解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；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x 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13, 16, 18 (mod 23)，二次非剩余为x 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20, 21, 22 (mod 23)。7 设p是奇素数，证明：模p的所有二次剩余的乘积与对模

13、p同余设x1, x2, , xk为模p的所有二次剩余，则x1x2xk 1222 (mod p)。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 11 1 (mod p)，再设c，d为模p的二次非剩余，有 (1)(1) 1 (mod p)，以及 1(1) 1 (mod p)知结论成立。9 设p，q是两个不同的奇素数，且p = q + 4a，证明：由p = q 4a知p，q同为4k 1或同为4k 3，当p，q同为4k 1时，有 ，当p，q同为4k 3时，有 。10 a，b，c是

14、正整数，(a, b) = 1，2b，b 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, , g(m)构成模m的简化剩余系，由d = m(g) = 得 ，则(,(m) = ，1 (m) (t, d) = 1，1 t d，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 = 2n + 1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 =

15、 2n 1个二次非剩余，在模p的简化剩余系中有(p) = (2n) = 2n 1个原根，又设g是模p原根，则 1 (mod m)，即g是模p的二次非剩余。4 设m 3, 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g2 g1 (mod m)，于是g1g2 g1 +1 (mod m)，又由m 3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p - 1n时，有1n + 2n + + (p - 1)n 0 (mod p)当p 1n时，则1n 2n (p 1)n p 1 0 (m

16、od p)，当p 1 n时，设g是p的一个原根，则1n 2n (p 1)n (1g)n (2g)n (p 1)gn 1n 2n (p 1)ngn (mod p)，得1n 2n (p 1)n(1 gn) 0 (mod p)，由(1 gn) 0 (mod p)知1n 2n (p 1)n 0 (mod p)。6 求8次同余方程x8 23 (mod 41) 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(S1S2)= F(S2)(S1)证明

17、 F(S1)(S2)是一个包含F，S1，S2的E的子域，而F(S1S2)是包含F和S1S2的E的最小子域。因此 F(S1)(S2)F(S1S2) (1)另一方面，F(S1S2)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(S1S2) (2)由(1)(2)得F(S1)(S2)=F(S1S2)。同样可以得到F(S1S2)= F(S2)(S1)。定理得证。定理5 给定域F的一元多项式环Fx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

18、设nm时结论也成立。当n=m+1时，若f(x)在Fx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1, 2, , n1。g1(x)视为F(1, 2, , n1)上的次数小于n的多项式，故存在g1(x)在F(1, 2, , n1)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Fx上不可约，由定理3，存在F的单代数扩域K(K=F()含有f(x)的一个根。于是在Kx中f(x)=(x-)g(x)，再利用归纳假设，由于g(x)的次

19、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 设是Fx中一个n次不可约多项式f(x)的一个根，则F()是F上的有限扩域。证明 因为F()中每一元都可以表示成F上次数小于n的的多项式，故1，2，n，是F()的一组生成元，又a0+a1+an-1n-1 = 0可推出ai =0，所以F()是F上的n维向量空间，有一组基为1，2，n-1，即F() 是F上的一个有限扩域，并且(F():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1，2，

20、n-1，而n+1个向量1，2，n，从而线性相关。即存在n+1个不全为0的aiF，使得a0+a1+ann = 0。亦即满足Fx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1, 2, , r是向量空间K在域F上的一个基，1, 2, , s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。ij (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

21、无关。若，那么。由j，0js在K上的线性无关性可知，(j=1,2,s)。由i，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。因为E只含有限个元，所以它一定是的一个有限扩域，(E：)=n。这样，E的每个元可以唯一的写成a11+ann的形式，这里ai，而1，n是向量空间E在上的一个基。由于只有p个元，所以对于每一个ai有p中选择法，因而E一共有pn个元。定理2 令有限域E的特征为素数p，E所含的素域为，而E有q=pn个元。那么E是多项式xq-x在上的分裂域。任何两个这样的域都是同构的。证明 E的不等于零的元对于乘法来说，做成一个群。这个群的的阶为q-1，单位元是1。所以q-1=1，E，0。由于0q=0，所以有q=，E。因此用1，q来表示E的元，在E里多项式 而且显然 E=(1，q)。这样，E是多项式xq-x在上的分裂域。特征为p的素域都同构，而多项式xq-x在同构的域上的分裂域都同构。定理3 令是特征为p的素域，而q=pn (n1)。那么多项式xq-x在上的分裂域E是一个有q个元的有限域。证明 E=(1，q)，这里i是f(x)= xq-x在域E里的根。由