初等数论练习题答案Word文件下载.docx
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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≡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。
(-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。
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
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__.
=_1__.
9、若p是质数,np1,则同余方程xn1(modp)的解数为n.
1、试求
被19除所得的余数。
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)。
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。
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。
1、试证13|(54m+46n+2000)。
(提示:
可取模13进行计算性证明)
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。
假设n是合数,即n=n1n2,1<
n1<
n,由题设易知(n1)!
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。
假设s是合数,即s=ab,1<
a,b<
s。
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)。
由威尔逊定理知1(2p)!
=p!
(p1)(2p)
(1)p(p!
)2(mod2p1),
由此得(p!
5、设p是大于5的质数,证明:
p4≡1(mod240)。
可由欧拉定理证明)
因为240=23×
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?
(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。
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。
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。
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。
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)。
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
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