初等數(shù)論練習(xí)題一一、填空題1、d(2420)=12; (2420)=_880_2、設(shè)a,n是大于1的整數(shù)，若an-1是質(zhì)數(shù)，則a=_2.3、模9的絕對最小完全剩余系是_-4，-3，-2，-1,0,1,2,3,4.4、同余方程9x+120(mod 37)的解是x11(mod 37)。5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t，y=700+18t tZ。.6、分母是正整數(shù)m的既約真分?jǐn)?shù)的個數(shù)為_j(m)_。7、18100被172除的余數(shù)是_256。8、 =-1。9、若p是素?cái)?shù)，則同余方程x p - 1 1(mod p)的解數(shù)為 p-1 。二、計(jì)算題1、解同余方程：3x2+11x-20 0 (mod 105)。解：因105 = 357，同余方程3x2+11x-20 0 (mod 3)的解為x 1 (mod 3)，同余方程3x2+11x-38 0 (mod 5)的解為x 0，3 (mod 5)，同余方程3x2+11x-20 0 (mod 7)的解為x 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。作同余方程組：x b1 (mod 3)，x b2 (mod 5)，x b3 (mod 7)，其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 2，6，由孫子定理得原同余方程的解為x 13，55，58，100 (mod 105)。2、判斷同余方程x242(mod 107)是否有解？ 故同余方程x242(mod 107)有解。3、求（127156+34）28除以111的最小非負(fù)余數(shù)。 解：易知127150（mod 111）。由502 58（mod 111）, 503 585014（mod 111），50914380（mod 111）知5028 （509）3508035080350685070（mod 111）從而5056 16（mod 111）。故（127156+34）28（16+34）28 502870（mod 111）三、證明題1、已知p是質(zhì)數(shù)，（a,p）=1，證明：（1）當(dāng)a為奇數(shù)時，ap-1+(p-1)a0 (mod p)；（2）當(dāng)a為偶數(shù)時，ap-1-(p-1)a0 (mod p)。證明：由歐拉定理知ap-11 (mod p)及(p-1)a-1 (mod p)立得（1）和（2）成立。2、設(shè)a為正奇數(shù)，n為正整數(shù)，試證1(mod 2n+2)。 （1）證明 設(shè)a = 2m + 1，當(dāng)n = 1時，有a2 = (2m + 1)2 = 4m(m + 1) + 1 1 (mod 23)，即原式成立。設(shè)原式對于n = k成立，則有 1 (mod 2k + 2) = 1 + q2k + 2，其中qZ，所以 = (1 + q2k + 2)2 = 1 + q 2k + 3 1 (mod 2k + 3)，其中q 是某個整數(shù)。這說明式(1)當(dāng)n = k + 1也成立。由歸納法知原式對所有正整數(shù)n成立。3、設(shè)p是一個素?cái)?shù)，且1kp-1。證明： （-1 ）k(mod p)。 證明：設(shè)A= 得： k!A =（p-1）(p-2)（p-k）（-1）(-2)（-k）(mod p) 又（k!，p）=1，故A = （-1 ）k(mod p)4、設(shè)p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù)，證明：p61(mod 84)。 說明：因?yàn)?4=437，所以，只需證明： p61(mod 4) p61(mod3) p61(mod 7) 同時成立即可。 證明：因?yàn)?4=437及p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù)，所以（p，4）=1，（p，3）=1，（p，7）=1。 由歐拉定理知：pj(4)p21(mod 4)，從而 p61(mod 4)。 同理可證：p61(mod3) p61(mod 7)。 故有p61(mod 84)。注：設(shè)p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù)，證明：p61(mod 168)。（見趙繼源p86）初等數(shù)論練習(xí)題二一、填空題1、d(1000)=_16_；(1000)=_2340_.2、2010!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中，質(zhì)數(shù)11的次數(shù)是199_.3、費(fèi)爾馬(Fermat)數(shù)是指Fn=+1,這種數(shù)中最小的合數(shù)Fn中的n=5。4、同余方程13x5(mod 31)的解是x29(mod 31)_5、分母不大于m的既約真分?jǐn)?shù)的個數(shù)為j(2)+ j(3)+ j(m)。6、設(shè)7(80n-1),則最小的正整數(shù)n=_6_.7、使41x+15y=C無非負(fù)整數(shù)解的最大正整數(shù)C=_559_.8、=_1_.9、若p是質(zhì)數(shù)，np - 1，則同余方程x n 1 (mod p) 的解數(shù)為n .二、計(jì)算題1、試求被19除所得的余數(shù)。 解：由20027 (mod 19) 2002211(mod 19) 200231 (mod 19) 又由2003200422004（22）10021 (mod 3)可得：20023n+1(20023)n20027(mod 19)2、解同余方程3x14 + 4x10 + 6x - 18 0 (mod 5)。 解：由Fermat定理，x5 x (mod 5)，因此，原同余方程等價(jià)于2x2 + x - 3 0 (mod 5)將x 0，1，2 (mod 5)分別代入上式進(jìn)行驗(yàn)證，可知這個同余方程解是x 1 (mod 5)。3、已知a=5，m=21,求使a x 1 (mod m)成立的最小自然數(shù)x。 解：因?yàn)椋?,21）=1，所以有歐拉定理知5j(21)1(mod 21)。 又由于j(21)=12，所以x|12，而12的所有正因數(shù)為1,2,3,4,6,12。于是x應(yīng)為其中使 5 x 1 (mod 12)成立的最小數(shù)，經(jīng)計(jì)算知：x=6。三、證明題1、試證13|(54m+46n+2000)。(提示：可取模13進(jìn)行計(jì)算性證明) 證明：54m+46n+2000 252m+642n+2000 （-1）2m+（-1）2n+2000 2002 0(mod 13)。2、證明Wilson定理的逆定理：若n 1，并且(n - 1)! -1 (mod n)，則n是素?cái)?shù)。證明：假設(shè)n是合數(shù)，即n = n1n2，1 n1 n，由題設(shè)易知(n - 1)! -1 (mod n1)，得0 -1 (mod n1)，矛盾。故n是素?cái)?shù)。3、證明：設(shè)ps表示全部由1組成的s位十進(jìn)制數(shù)，若ps是素?cái)?shù)，則s也是一個素?cái)?shù)。 證明：假設(shè)s是合數(shù)，即s=ab，1a，b1，且(n-1)!+10(mod n),則n為素?cái)?shù)。6、3103被11除所得余數(shù)是_5_。7、=_-1_。三、計(jì)算題1、判定 () 2x3 - x2 + 3x - 1 0 (mod 5)是否有三個解；() x6 + 2x5 - 4x2 + 3 0 (mod 5)是否有六個解？解：() 2x3 - x2 + 3x - 1 0 (mod 5)等價(jià)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的系數(shù)不都是5的倍數(shù)，故原方程沒有三個解。 () 因?yàn)檫@是對模5的同余方程，故原方程不可能有六個解。2、設(shè)n是正整數(shù)，求 的最大公約數(shù)。 解：設(shè)知d22n-1，設(shè)2k|n且2k+1n，即2k +1|n ，則由2k +1|，i = 3, 5, L, 2n - 1 得d = 2k + 1。3、已知a=18,m=77,求使ax 1 (mod m)成立的最小自然數(shù)x。 解：因?yàn)椋?8,77）=1，所以有歐拉定理知18j(77)1(mod 77)。 又由于j(77)=60，所以x|60，而60的所有正因數(shù)為1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30, 60。于是x應(yīng)為其中使18x 1 (mod 77)成立的最小數(shù)，經(jīng)計(jì)算知：x=30。四、證明題 1、若質(zhì)數(shù)p5,且2p+1是質(zhì)數(shù)，證明：4p+1必是合數(shù)。 證明：因?yàn)橘|(zhì)數(shù)p5,所以（3，p）=1，可設(shè)p=3k+1或p=3k+2。 當(dāng)p=3k+1時，2p+1=6k+3是合數(shù)，與題設(shè)矛盾，從而p=3k+2，此時2p+1是形如6k+5的質(zhì)數(shù)，而4p+1=12k+9=3(4k+3)是合數(shù)。注：也可設(shè)p=6k+r，r=0,1,2,3,4,5。再分類討論。2、設(shè)p、q是兩個大于3的質(zhì)數(shù)，證明：p2q2(mod 24)。 證明：因?yàn)?4=38，（3,8）=1，所以只需證明：p2q2(mod 3) p2q2(mod 8)同時成立。事實(shí)上， 由于（p，3）=1，（q，3）=1，所以p21(mod 3) ， q21(mod 3)， 于是p2q2(mod 3)，由于p，q都是奇數(shù)，所以p21(mod 8) ， q21(mod 8)，于是p2q2(mod 8)。故p2q2(mod 24)。3、若x,yR+ ，（1）證明：xyxy； （2）試討論xy與xy的大小關(guān)系。注：我們知道，x + y x+ y，x+yx+y。此題把加法換成乘法又如何呢？ 證明：（1）設(shè)x=x+,01，y=y+,01。于是xy=xy+x+y+所以xy= xy+ x+y+ xy。（2）xy與xy之間等于、大于、小于三種關(guān)系都有可能出現(xiàn)。當(dāng)x=y=時，xy=xy=； 當(dāng)x=， y=時，xy=，xy=，此時xyxy； 當(dāng)x=-，y=-時，xy=，xy=，此時xyxy。4、證明：存在一個有理數(shù)，其中d 100,能使 = 對于k=1，2，.，99均成立。證明：由（73，100）=1以及裴蜀恒等式可知：存在整數(shù)c，d，使得 73d-100c=1從而-=，由k 0是偶數(shù)，a1, a2, L, am與b1, b2, L, bm都是模m的完全剩余系，證明：a1 + b1, a2 + b2, L, am + bm不是模m的完全剩余系。 證明：因?yàn)?, 2, L, m與a1, a2, L, am都是模m的完全剩余系，所以 (mod m)。 (1)同理 (mod m)。 (2)如果a1 + b1, a2 + b2, L, am + bm是模m的完全剩余系，那么也有(mod m)。聯(lián)合上式與式(1)和式(2)，得到 0(mod m)，這是不可能的，所以a1 + b1, a2 + b2, L, am + bm不能是模m的完全剩余系。4、證明：（1）2730 x13-x； （2）24x(x+2)(25x2-1)；（3）504x9-x3； （4）設(shè)質(zhì)數(shù)p3，證明：6pxp-x。證明：（1）因?yàn)?730=235713，2,3,5，7,13兩兩互質(zhì)，所以：由x13-x=x (x12-1)0 (mod 2)知：2x13-x；13x13-x；由x13-x=x (x12-1)=x(x2-1)(x2+1)(x8+x4+1)0 (mod 3)知：3x13-x；由x13-x=x (x12-1)=x(x4-1)(x8+x4+1)0 (mod 5)知：5x13-x；由x13-x=x (x12-1)=x(x6-1)(x6+1)0 (mod 7)知：7x13-x。故有2730 x13-x。同理可證（2）、（3）、（4）。初等數(shù)論練習(xí)題五一、單項(xiàng)選擇題 1、設(shè)x、y分別通過模m、n的完全剩余系，若（ C ）通過模mn的完全剩余系。A. m、n都是質(zhì)數(shù)，則my + nx B. mn，則my + nx C. （m，n）=1，則my + nx D. （m，n）=1，則mx + ny2、13520032005200720092011標(biāo)準(zhǔn)分解式中11的冪指數(shù)是( A )。A.100 B.101 C.99 D.1023、n為正整數(shù)，若2n-1為質(zhì)數(shù)，則n是( A )。A.質(zhì)數(shù) B.合數(shù) C.3 D.2k(k為正整數(shù))4、從100到500的自然數(shù)中，能被11整除的數(shù)的個數(shù)是( B )。A.33 B.34 C.35 D.365、模100的最小非負(fù)簡化剩余系中元素的個數(shù)是( C )。A.100 B.10 C.40 D.4二、填空題 1、同余方程ax+b0(modm)有解的充分必要條件是(a,m)b。2、高斯稱反轉(zhuǎn)定律是數(shù)論的酵母，反轉(zhuǎn)定律是指設(shè)p與q是不相同的兩個奇質(zhì)數(shù)， 3、20122012被3除所得的余數(shù)為_1_。4、設(shè)n是大于2的整數(shù)，則(-1)(n)=_1_。5、單位圓上的有理點(diǎn)的坐標(biāo)是，其中a與b是不全為零的整數(shù)。6、若3258a恰好是一個正整數(shù)的平方，則a的最小值為362。7、已知2011是一素?cái)?shù)，則=_-1_。三、計(jì)算題 1、求3200872009132010的個位數(shù)字。 解：320087200913201032008（-3）200932010 -32008+2009+2010 -36027 -3（32）3013 3(mod 10)。2、求滿足j(mn)=j(m)+j(n)的互質(zhì)的正整數(shù)m和n的值。 解：由（m，n）=1知，j(mn)=j(m)j(n)。于是有：j(m)+j(n)= j(m)j(n) 設(shè)j(m)=a， j(n)=b，即有：a+b=ab。 顯然ab，且ba，因此a=b。 于是由2a=a2 得a=2，即j(m)= j(n)=2。 故 m=3,n=4或m=4,n=3。3、甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，現(xiàn)在用100元買這三樣?xùn)|西共100斤，問各買幾斤? 解：設(shè)買甲物x斤，乙物y斤，丙物z斤，則5x + 3y +z = 100，x + y + z = 100。消去z，得到 7x + 4y = 100。 (1)顯然x = 0，y = 25是方程(1)的解，因此，方程(1)的一般解是 ， tZ因?yàn)閤0，y0，所以 0t 3。即t可以取值t1 = 1，t2 = 2，t3 = 3。相應(yīng)的x，y，z的值是(x, y, z) = (4, 18, 78)，(8, 11, 81)，(12, 4, 84)。四、證明題 1、已知2011是質(zhì)數(shù)，則有2011|。 證明：=102011-10 (mod 2011)。2、設(shè)p是4n+1型的質(zhì)數(shù)，證明若a是p的平方剩余，則p-a也是p的平方剩余。 證明：因?yàn)橘|(zhì)數(shù)p=4n+1，a是p的平方剩余，所以 =1 即：p-a也是p的平方剩余。3、已知p,q是兩個不同的質(zhì)數(shù)，且ap-11 (mod q), aq-11 (mod p), 證明：apqa (mod pq)。證明：由p,q是兩個不同的質(zhì)數(shù)知（p，q）=1。于是由Fermat定理 apa (mod p),又由題設(shè)aq-11 (mod p)得到：apq(aq)pap (aq-1)papa (mod p)。同理可證：apqa (mod q)。故：apqa (mod pq)。4、證明：若m,n都是正整數(shù)，則j(mn)=（m,n）j(m,n)。 證明：易知mn與m,n有完全相同的質(zhì)因數(shù)，設(shè)它們?yōu)閜i (1ik)，則 又mn=（m,n）m,n故。 類似的題：設(shè)m=m1m2，m1與m由相同的質(zhì)因數(shù)，證明：j(m)=m2j(m1)。初等數(shù)論練習(xí)題六一、填空題 1、為了驗(yàn)明2011是質(zhì)數(shù)，只需逐個驗(yàn)算質(zhì)數(shù)2，3，5，p都不能整除2011，此時，質(zhì)數(shù)p至少是_43_。2、最大公因數(shù)(4n+3,5n+2)的可能值是_1,7_。3、設(shè)340!,而3+140!，即340!，則=_18_。4、形如3n+1的自然數(shù)中，構(gòu)成模8的一個完全系的最小那些數(shù)是1,4,7,10,13,16,19，22。5、不定方程x2+y2=z2,2|x, (x,y)=1, x,y,z0的整數(shù)解是且僅是x = 2ab，y = a2 - b2，z = a2 + b2，其中a b 0，(a, b) = 1，a與b有不同的奇偶性。6、21x9 (mod 43)的解是x25 (mod 43)。7、 = -1。二、計(jì)算題1、將寫成三個既約分?jǐn)?shù)之和，它們的分母分別是3，5和7。解：設(shè)，即35x + 21y + 15z = 17，因(35, 21) = 7，(7, 15) = 1，117，故有解。分別解 5x + 3y = t 7t + 15z = 17得 x = -t + 3u，y = 2t - 5u，uZ，t = 11 + 15v，z = -4 - 7v，vZ， 消去t得 x = -11 - 15v + 3u，y = 22 + 30v - 5u，z = -4 - 7v， u，vZ。令u =0，v =-1得到：x =4，y =-8，z=3。即：2、若3是質(zhì)數(shù)p的平方剩余，問p是什么形式的質(zhì)數(shù)？解： 由二次互反律，注意到p3，p只能為p1(mod 3)且 只能下列情況 或。3、判斷不定方程x2+23y=17是否有解？解：只要判斷x217(mod 23) 是否有解即可。 171(mod 4) x217(mod 23)無解，即原方程無解。三、論證題1、試證對任何實(shí)數(shù)x,恒有x+x+=2x證明：設(shè)x=x+,01當(dāng)0 時, x +=x, 2x=2x 等式成立當(dāng) 0，v 0，41 - 3v - 2u 0。2、有一隊(duì)士兵，若三人一組，則余1人；若五人一組，則缺2人；若十一人一組，則余3人。已知這隊(duì)士兵不超過170人，問這隊(duì)士兵有幾人？ 解：設(shè)士兵有x人，由題意得x 1 (mod 3)，x -2 (mod 5)，x 3 (mod 11)。在孫子定理中，取 m1 = 3， m2 = 5， m3 = 11，m = 3511 = 165，M1 = 55，M2 = 33，M3 = 15，M1 = 1，M2 = 2，M3 = 3，則 x 1551 + （-2）332 + 3153 58 (mod 165)，因此所求的整數(shù)x = 52 + 165t，tZ。由于這隊(duì)士兵不超過170人，所以這隊(duì)士兵有58人。3、判斷同余方程是否有解?解：286=2143，433是質(zhì)數(shù)，(143，443)=1奇數(shù)143不是質(zhì)數(shù)，但可用判定雅可比符號計(jì)算的勒讓德符號 原方程有解。四、證明題 1、設(shè)(a, m) = 1，d0是使a d 1 (mod m)成立的最小正整數(shù)，則() d0j(m)；()對于任意的i，j，0 i, j d0 - 1，i j，有a ia j (mod m)。 （1）證明：() 由Euler定理，d0 j(m)，因此，由帶余數(shù)除法，有j(m) = qd0 + r，qZ，q 0，0 r d0。因此，由上式及d0的定義，利用歐拉定理得到1 (mod m)，即整數(shù)r滿足 a r 1 (mod m)，0 r j。因?yàn)?a, m) = 1，所以 ai - j 0 (mod m)，0 i - j 1，(b, m) = 1，并且b a 1 (mod m)，b c 1 (mod m) （1）記d = (a, c)，則bd 1 (mod m)。 證明：由裴蜀恒等式知，存在整數(shù)x，y，使得ax + cy = d，顯然xy 0，y 0，由式(1)知：1 b ax = b db -cy = b d(b c) -y b d (mod m)。若x 0，由式(1)知：1 b cy = b db -ax = b d(ba) -x b d (mod m)。3、設(shè)p是素?cái)?shù)，pbn - 1，nN，則下面的兩個結(jié)論中至少有一個成立：() pbd - 1對于n的某個因數(shù)d 2，則()中的mod n可以改為mod 2n。證明：記d = (n, p - 1)，由b n 1，b p - 1 1 (mod p)，及第2題有b d 1 (mod p)。若d 2，則p 1 (mod 2)。由此及結(jié)論()，并利用同余的基本性質(zhì)，得到p 1 (mod 2n)。初等數(shù)論練習(xí)題八一、單項(xiàng)選擇題 1、設(shè)n 1，則n為素?cái)?shù)是(n - 1)! -1 (mod n)的（ C ）。 A.必要但非充分條件 B.充分但非必要條件 C.充要條件 D.既非充分又非必要條件2、小于545的正整數(shù)中，15的倍數(shù)的個數(shù)是（ C ）A.34 B.35 C.36 D.373、500!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中7的冪指數(shù)是（ D ）A.79 B.80 C.81 D.824、以下各組數(shù)中，成為模10的簡化剩余系的是（ D ）A.1,9,3,1 B.1,1,7,9 C.5,7,11,13 D.1,1,3,35、設(shè)n是正整數(shù)，下列選項(xiàng)為既約分?jǐn)?shù)的是（ A ）A. B. C. D. 二、填空題1、（120）=360。2、7355的個位數(shù)字是3。3、同余方程3x5(mod14)的解是x11(mod14)。4、（）=1。5、-2。6、如果一個正整數(shù)具有6個正因數(shù)，問這個正整數(shù)最小是12。7、同余方程x3+x2-x-10(mod 5)的解是x1(mod5)。三、計(jì)算題 1、已知563是素?cái)?shù)，判定方程x2 429 (mod 563)是否有解。解：把看成Jacobi符號,我們有-），故方程x2 429 (mod 563)有解。2、求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。 解：模23的所有的二次剩余為x1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18 (mod 23)；模23的所有的二次非剩余為x5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22 (mod 23)。3、試求出所有正整數(shù)n ，使得1n2n3n4n 能被5整除。 解：若n為奇數(shù)，則1n2n3n4n1n2n（-2）n（-1）n 0 (mod 5)； 若n=2m，mZ，則1n2n3n4n12m22m（-2）2m（-1）2m 2+222m =2+24m =2+2(-1)m(mod 5)； 當(dāng)m為奇數(shù)時，1n2n3n4n0(mod 5)； 當(dāng)m為偶數(shù)時，1n2n3n4n4(mod 5)。 故當(dāng)4n時，51n2n3n4n 。四、證明題 1、證明：若質(zhì)數(shù)p2，則2P-1的質(zhì)因數(shù)一定是2pk+1形。證明：設(shè)q是2-1的質(zhì)因數(shù)，由于2-1為奇數(shù)， q2，（2，q）=1。由條件q|2p-1,即21（mod q）。設(shè)h是使得21（mod q）成立最小正整數(shù)，若1h 1，(a, m) = 1，x1, x2, , xj(m)是模m的簡化剩余系，求：。其中x表示x的小數(shù)部分。解：設(shè)axi = mqi + ri，0 ri 3，p只能為p1(mod 4)且 ，只能是下列情況 或。2、求使12347!被35k整除的最大的k值。 解：k=2054.四、證明題 1、證明：設(shè)是一個質(zhì)數(shù)，則存在唯一的一個正整數(shù)x，使得：證明：存在性：因?yàn)槭且粋€素?cái)?shù)，由Wilson定理我們有：，然而，所以，故存在，使得。唯一性：若還存在，則，注意到，所以是唯一的。2、已知9901是素?cái)?shù)，試證：。 證明：由9901是素?cái)?shù)，計(jì)算Legendre符號得： 所以17是模9901的平方非剩余，因此由Euler判別條件可知： 即 。3、證明：若p=10n-1是個質(zhì)數(shù)，則。（提示：利用勒讓德符號解決。） 說明：要證，只需證明，即證： 這樣就轉(zhuǎn)化為證明：。 證明：因?yàn)椤?所以。 故：。4、設(shè)p=4n+3是質(zhì)數(shù)，證明當(dāng)q=2p+1也是質(zhì)數(shù)時，梅森數(shù)Mp=2p-1不是質(zhì)數(shù)。由此證明：23|（211-1），47|（223-1），503|（2251-1）。證明：由條件：q=2p+1=8n+7-1(mod 8)，從而：=1，即124n+32p （mod q)，于是q|（2