初等数论练习题

初等数论练习题一

一、填空题

1、 2、设a，n是大于1的整数，若an-1是质数，则3、模9的绝对最小完全剩余系是4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是。

5、不定方程18x-23y=100的通解是.

6、分母是正整数m的既约真分数的个数为_。

7

65 8、 103

9、若p是素数，则同余方程x

二、计算题

1、解同余方程：3x 11x 20 0 (mod 105)。

解：因105 = 3 5 7，

同余方程3x 11x 20 0 (mod 3)的解为x 1 (mod 3)，

同余方程3x 11x 38 0 (mod 5)的解为x 0，3 (mod 5)，

同余方程3x 11x 20 0 (mod 7)的解为x 2，6 (mod 7)，

故原同余方程有4解。

作同余方程组：x b1 (mod 3)，x b2 (mod 5)，x b3 (mod 7)，

其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 2，6，

由孙子定理得原同余方程的解为x 13，55，58，100 (mod 105)。 2、判断同余方程x2≡42(mod 107)是否有解？

237）（）107107107107107

3 1107 17 1107 1 2310727107222 （） 1，（） （ 1）（） （） 1，（） （ 1）22（） （） 11071073310777

42 （） 11072 3 7(42) （） （2222 p 1 1(mod p

) 故同余方程x2≡42(mod 107)有解。

3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。

解：易知1271≡50（mod 111）。

由502≡58（mod 111）， 503≡58×50≡14（mod 111），509≡143≡80（mod 111）知5028≡（509）

3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70（mod 111）

从而5056≡16（mod 111）。

故（127156+34）28≡（16+34）28≡5028≡70（mod 111）

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 (mod p)；

（2）当a为偶数时，ap-1-(p-1)a≡0 (mod p)。

证明：由欧拉定理知a≡1 (mod p)及(p-1)a≡-1 (mod p)立得（1）和（2）成立。 p-1

2、设a为正奇数，n为正整数，试证a

证明 设a = 2m 1，当n = 1时，有 2n≡1(mod 2n+2)。 …………… （1）

a2 = (2m 1)2 = 4m(m 1) 1 1 (mod 23)，即原式成立。

设原式对于n = k成立，则有

其中q Z，所以 a2k 1 (mod 2k + 2) a2= 1 q2k + 2， ka2k 1

= (1 q2k + 2)2 = 1 q 2k + 3 1 (mod 2k + 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：Cp 1 （-1 ）(mod p)。 kk

证明：设A=Cp 1 k（p 1）(p 2) (p k) 得： k!

k!·A =（p-1）(p-2)…（p-k）≡（-1）(-2)…（-k）(mod p)

又（k!，p）=1，故A = Cp 1 （-1 ）(mod p) kk

4、设p是不等于3和7的奇质数，证明：p6≡1(mod 84)。

说明：因为84=4×3×7，所以，只需证明：

p6≡1(mod 4) p6≡1(mod3) p6≡1(mod 7) 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 ≡p2≡1(mod 4)，从而 p6≡1(mod 4)。 (4)

同理可证：p6≡1(mod3) p6≡1(mod 7)。 故有p6≡1(mod 84)。

注：设p是不等于3和7的奇质数，证明：p6≡1(mod 168)。（见赵继源p86）

初等数论练习题二

一、填空题

1、 ；（除数函数：因数的个数）σ（和函数：所有因数的和）

2、2010!的标准分解式中，质数11的次数是3、费尔马(Fermat)数是指Fn=22+1，这种数中最小的合数Fn中的

4、同余方程13x≡5(mod 31)的解是5、分母不大于m的既约真分数的个数为()+()+…+()。

6、设7∣(80n-1)，则最小的正整数7、使41x+15y=C无非负整数解的最大正整数8、 46 101 n

9、若p是质数，n p 1，则同余方程x n 1 (mod p) 的解数为二、计算题

20031、试求20022004被19除所得的余数。

解：由2002≡7 (mod 19) 20022≡11(mod 19) 20023≡1 (mod 19)

又由20032004≡22004≡（22）1002≡1 (mod 3)可得：

200320022004≡20023n+1≡(20023)×2002≡7(mod 19) n

2、解同余方程3x14 4x10 6x 18 0 (mod 5)。

解：由Fermat定理，x5 x (mod 5)，因此，原同余方程等价于2x2 x 3 0 (mod 5)

将x 0， 1， 2 (mod 5)分别代入上式进行验证，可知这个同余方程解是x 1 (mod 5)。

3、已知a=5，m=21，求使a x 1 (mod m)成立的最小自然数x。

解：因为（5，21）=1，所以有欧拉定理知5 (21)≡1(mod 21)。

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 5 x 1 (mod 12)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+2000 252m+642n+2000 （-1）2m+（-1）2n+2000 2002 0(mod 13)。

2、证明Wilson定理的逆定理：若n > 1，并且(n 1)! 1 (mod n)，则n是素数。

证明：假设n是合数，即n = n1n2，1 < n1 < n，由题设易知(n 1)! 1 (mod n1)，得

0 1 (mod n1)，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<a，b<s。则

10s 1(10a)b 110a 1 ps 11 1 M，其中M＞1是正整数。 999s

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)p 0 (mod 2p 1)。

证明：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)。

5、设p是大于5的质数，证明：p4≡1(mod 240)。（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(mod 8)，p4≡1(mod 3)，p4≡1(mod 5)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b为既约分数的一组数是（ D ）。 a

D.a=3n+1，b=5n+2 A.a=n+1，b=2n-1 B.a=2n-1，b=5n+2 C.a=n+1，b=3n+1

3、使方程6x+5y=C无非负整数解的最大整数C是（ A ）。

A.19 B.24 C.25 D.30

4、不是同余方程28x≡21(mod 35)的解为（ D ）。

A.x≡2(mod 35) B. x≡7(mod 35) C. x≡17(mod 35)

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 D. x≡29(mod 35)

二、填空题

1、σ； 。

202、数C100的标准分解式中，质因数7的指数是

3、每个数都有一个最小质因数。所有不大于 …… 此处隐藏：12927字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……