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; 0(2420)=_880_
2、设比n是大于1的整数，若是质数，则a=_2.
3、模9的绝对最小完全剩余系是_卜4, -3, -2, -1,0,1,2,3,4}.
4、同余方程9x+12=0(mod 37)的解是x三11 (mod 37)。

5、不定方程18x-23y=100 的通解是x=900+23t, y=700+18t t Z。

.
6、分母是正整数m的既约真分数的个数为—(山)_。

7、18100被172除的余数是_殛。

9、若p是素数，则同余方程L 1 l(modp)的解数为p-1 。

二、计算题
疋11X 20 0 (mod lO5)o
1、解同余方程：
3
解：因105 = 3 5 7,
同余方程3x211X 20 0 (mod 3)的解为x 1 (mod 3),
同余方程3x211X 38 0 (mod 5)的解为x0, 3 (mod 5),
同余方程3x211X 20 0 (mod 7啲解为x2, 6 (mod 7), 故原同余方程有4解。

作同余方程组：x (mod 3), x b2 (mod 5), x b3 (mod 7),
其中®=1, b2 = 0, 3, b3 = 2, 6,
由子定理得原同余方程的解为x 13, 55, 58, 100 (mod 105)o
2. 判断同余方程/三42(mod 107)是否有解?
*3x7 2 3 7
)=(二)(一)(―-)
107 107 107 107
2 3 I 。

， 2 v( —) = -1, ( — ) = (-1) 2 2
(ArL) = -<±) = L 107 107 3 3
.-.(—) = 1 107
故同余方程x 2三42(mod 107)有解。

3、求(12715C +34) 23除以ill 的最小非负余数。

解：易知 1271 = 50 (mod 111)0
由 502 =58 (mod 111) , 503 三58X50三 14 (mod 111), 509=143=80 (mod
111)知 502G = (509)彳x50三803X50三803x50三68x50三70 (mod 111) 从而
505C
=16 (mod 11 l)o
故(12715C +34) 2c = (16+34) 20 =502G =70 (mod 111)
三、证明题
1、 已知p 是质数，(a,p) =1,证明：
(1) 当 Q 为奇数时,a p l +(p-l)A =O (mod p);
(2) 当a 为偶数时,衣三°(mod p)。

证明：由欧拉定理知右】三1 (mod p)及(p-1广三-1 (mod p)立得(1)和(2)成立。

2n
2、 设Q 为正奇数，n 为正整数，试证a =l(mod 2n+2)0 (1)
证明设n = 2m 1,当22=1时，有
= {2/n I)2 = 4m(/n 1) 1 1 (mod 23),即原式成立。

2*
设原式对于n = &成立，则有 a 1 (mod 2k+2) a 21 = 1 吐, 107 42 =(一1)—呼(凹
107 7
其中q Z,所以er = (1 ^+2)2= 1 q 2^+3 1 (mod 2i+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-lo证明：C爲(-1 ) k(mod p)o
证明：设"-幻得：
KI
k! • A = (p-1) (p-2)••- (p-k) = (-1) (-2)••- (-k) (mod p)
又(Id, p) =1,故人=C爲(-1 ) 1:(mod p)
4、设p是不等于3和7的奇质数，证明：p c=l(mod84)o
说明：因为84=4X3X7,所以，只需证明：
p G=l(mod 4) p°=l(mod3) p G=l(mod 7)同时成立即可。

证明：因为84=4X3X7及p是不等干3和7的奇质数，所以
(p, 4) =1, (p, 3) =1, (p, 7) =10
由欧拉定理知：p⑷三p?三l(mod4),从而p c=l(mod 4)0
同理可证：p G= 1 (mod3) p G=l(mod 7)o故有p G=l(mod 84) 0
注：设P是不等于3和7的奇质数，证明：p c=l(mod 168)o (见继源p86)
初等数论练习题二
一、填空题
1、d(1000)=_16_; u(lQQ0)=_2340_.
2、2010!的标准分解式中，质数11的次数是199_.
3、费尔^(Fermat)数是指Fn=22n+l,i±种数中最小的合数Fn中的n=5o
4、同余方程13x三5(mod 31)的解是x三29(mod 31)—
5、分母不大于m的既约真分数的个数为(勺+ (3+—+ (山)。

6、设7 I (80n-l),WJ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_.
9、若P是质数，n p 1,则同余方程対1 (mod p)的解数为」
二、计算题
1、试求2002 2(k,32，，，M被19除所得的余数。

解：由2002=7 (mod 19) 20022=U(mod 19) 20023=1 (mod 19) 又由20032OO4=22°O4= (22) 1002= 1 (mod 3)可得：
2002 2°°㈣“ =20023n+1=(20023)n X2002^7(mod 19)
2、解同余方程3左4 4X10Gx 18 0 (mod 5)o
解：由Fermat定理，丈 x(mod 5),因此，原同余方程等价于2疋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* 1 (mod 5)0
3、已知2=5, m=21,求使才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5㈤三I(mod21)o
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” 1 (mod 12)成立的最小数，经计算知：x=6o
三、证明题
1、试证131(5^+45+2000)。

(提示：可取模13进行计算性证明)
证明：5叫4叫2000 2521u+642n+2000 (-l)21u+(-l)2n+2000 2002 0(mod
13)o
证明：假设R是合数，即n = n^y 1 < z?! < n,由题设易知(m 1)! 1 (mod nJ,
0 1 (mod nJ,矛盾。

故n是素数。

3、证明：设R表示全部由1组成的s位十进制数，若R是素数，则s也是一个素数。

证
明：假设s是合数，即s=ab, l<a, b<s。

则
口 =竺上⑷，其中M>1是正整数。

9 9 9
由R>1也是正整数知。

，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(pl)2( l)y, 0 (mod 2p l)o
证明：由威尔逊定理知 1 (2p)!=p!(p 1) (2p) ( l)7，(p!)2(mod 2p1), 由此得(pF ( l)p 0 (mod 2p l)o
5、设p是大于5的质数，证明：p4^l(mod 240)o (提示：可由欧拉定理证明)
证明：因为24O=23X3X5,所以只需证：p4=l(mod 8), p4=l(mod 3), p4=l(mod
5)即可。

事实上，由(8)=4, ⑶=2, (5)=4以及欧拉定理立得结论。

初等数论练习题三
f单项选勰
1、若n>l, (n)=n-l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，以下各组去b使殳为既约分数的一组数是(D )o
A.a=n+1 ,b=2n-1
B.a=2n-1 ,b=5n+2
C.a=n+l,b=3n+l
D.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.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)
D. x=29(mod 35)
5、设Q 是整数，(l)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心的充要条件的共有(C )0
A.1个B2个C.3个D.4个
二、填空题
1、u(2010)=_4896__;(p(2Q10)=528o
2、数C亂的标准分解式中，质因数7的指数是_色。

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970
4、同余方程24x=6(mod34)的解是谊三13(mod34)程三30(mod34)_。

5、整数n>l,且(n・l)!+l三0(modn),则n为素数。

6、3回被11除所得余数是
7、徑卜。

【.97丿-一-
三、计算题
判定(i) 2A3 A23X 1 0 (mod 5)是否有三个解；
(ii)
2A54A2 3 0 (mod 5)是否有六个解?
解：(i ) 2A3 A23x 1 0 (mod 5)等价于A3 3A24x 3 0 (mod
5),又A5 x= (A33A24X 3)(A23X 5) + (Gx212X15),其中
”卅=6A212X15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…,CM"的最大公约数。

解：设(c»n,cL，-,C^-,)= J,由c；“+q+…+C釘=2心知 d 珂 \
设2k\n且即2&+11 | n ,
则由27-11 | C^,及2心IG“，"3, 5, ,2/2 1 得d = 2k
+ 1
3、已知Q=18,m=77,求使衣l(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,= l(mod 77)0
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18" 1 (mod 77)成立的最小数，经计算知：x=30o
四、证明题
1、若质数P>5,且2p+l是质数，证明：4p+l必是合数。

证明：因为质数p>5,所以(3, p) =1,可设p=3k+l或p=3k+2。

当p=3k+1时，2p+l=6k+3是合数，与题设矛盾，从而p=3k+2,
此时2p+l是形如6k+5的质数，而4p+l = 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(mod 24)o
证明：因为24=3X8, (3,8) =1,所以只需证明:
p2=q2(mod 3) p2=q2(mod 8)同时成立°
事实上，由于(p, 3) =1, (q, 3) =1,所以p2=l(mod 3) , q2=l(mod 3),
于是p2=q2(mod 3),由于p, q 都是奇数，所以p2=l(mod 8) , q2=l(mod
8),
于是p?三qVmod 8)0故p2=q2(mod 24)。

3、若x,y € R+ ,
(1)证明：[xy】A[x][y];
(2)试讨论{xy}与{x}{y啲大小关系。

注：我们知道，氐刃a凶+M, 此题把加法换成乘法又如何呢？证明：(1)设x=[x]+a,O<a<l, y=[y]+0,OW0<l。

于是
xy= [x][y]+/3[x]+a[y]+a/3
所以[xy] = M[y] + [0[x]+a[y]+a/3] > [x][y]。

(2) {xy}与{£{y}之间等于、大于、小于三种关系都有可能出现。

当x=y=i时，{xy冃衬&}=扌；
3 1 3 1
当x=y , y=-时，{xy}= - , {xKy}=-,此时{xy}>{xXy};
当x=-i , y=-| 时，{xy}=； , {xKy}= | ,此时{xy}v{x}{y}。

2 3 6 3
4、证明：存在一个有理数?，其中d< 100,能使[k-L]=[k21]
d d L 100J
对于2,…・，99均成立。

证明：由(73, 100) =1以及裴蜀恒等式可知：存在整数c, d,使得
73d-100c=l
从而JI-竺」(73〃-呃)=丄
由k< 100可知:
100 d 100〃100〃
故［曙］"审。

初等数论练习题四
一、 单项选择题
1、 若F n =22"+1是合数，则最小的11是(D )o
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
2、 记号||a 表示b ft |a,但以下各式中错误的一个是(B )。

A. 213 || 20!
B. 1051| 50!
C. II 9 || 100!
D. 1310 || 200!
3、 对于任意整数n,最大公因数(2n+l, 6n-l)的所有可能值是(A )。

A. 1
B. 4
C. 1 或 2
D. 1, 2 或 4
4、 设Q 是整数，下面同余式有可能成立的是(C )o
A. a 2三2 (mod 4)
B. a 2=5 (mod 7)
C. a 2=5 (mod 11)
D. a 2=6 (mod 13)
5、 如果a^b(mod m), c 是任意整数，则下列错误的是(A )
A. ac=bc(mod me)
B. m| a-b
C. (a,m)=(b,m)
D. a=b+mt,t E Z
二、 填空题
1、 d(10010)=_32_, cp(1001Q)=_2880_o
2、 对于任意一个自然数n,为使自N 起的n 个相继自然数都是合数，可取N= (n+1)! 100 d
cl =n+1,
3、为使3n-l与5n+7的最大公因数达到最大可能值，整数n应满足条件n=26k+9, k €Z。

4、在5的倍数中，选择尽可能小的正整数来构成模12的一个简化系，则这组数是
{5,25,35,55}
5、同余方程26x+1=33 (mod 74)的解是 %三24(mod74)览三61(mod74)_。

6、不定方程5x+9y=86的正整数解是_x=l,y=9或x=10,y=4。

三、计算题
1、设n的十进制表示是13小45z ,若792 n,求x, y, z。

解：因为792 = 8 9 11,故792 n 8 n, 9 力及11 力。

我们有8 n 8莎，以及
9 n9 1 3 x y 4 5 z= 19 x y 9 x y
1,(1)
11 n11^5 4 y x 3 1 = 3 y x11 3
y x。

(2)
由于0 x,y 9,所以由式⑴与式⑵分别得出
x y 1 = 9 或18,
3 y x= 0 或11。

x + y + \ = a
这样得到四个方程组：j3_v +v=z?
其中耳取值9或18,方取值0或11。

在0 x,y 9的条件下解这四个方程组, 得到：x=8, y= 0, z=6。

2、求3°OG的末二位数。

解:•••(3, 100) =1, .•.3曲°°)三 1 (mod 100),而cp(100)= cp(22 - 52)=40,
340 = 1 (mod 100) 340C=(340)10 - 3C = (32)2 - 32 =-19X9 =-171 =
29(mod 100)
末二位数为29。

3、求(21492^+40)35被73除所得余数。

解：(214923+40)35三(322^+40)35三［(32 X32)】4+40f5 =(102414+40)35 =(214+40)35 =(21O X24+4O)35 =(25+40)35 =7235 =-l = 72(mod 73)
四、证明题
1、设角，迤，，址/是模山的完全剩余系，证明：
(1)当m为奇数时，角+越+ +月山三0 (mod m);
(2)当m为偶数时，角+越+ +捡三斗(mod m)o
证明：因为｛1,2,，血｝与｛刊，忿，，迅/都是模山的完全剩余系，所以
(1)当“为奇数时'由与^即得：〃，呼2’故亍严丁三叭讪。

⑵当m为偶数时，由("+】)“即得：孰二弓證诚5)。

2、证明：若m＞2,力◎* 曲是模加的任一简化剩余系，贝IJ工q三0(mod〃?)・
证明：若力怂 ,a仙是模加的一个简化剩余系，则山呵，m-% , in-a仙也是模in的一个简化剩余系，于是：工q三工(山-4)(inod〃?)・从而：
3、设山＞0是偶数，｛务％，弘｝与｛务b，，九＞都是模山的完全剩余系，证明：｛色
迤 6、,也dJ不是模m的完全剩余系。

证明：因为｛1,2,，山｝与｛刊，忽，，&/都是模山的完全剩余系，所以
龙5 =S Z =———=—(mod 山)。

(1)
(=1 1=1 厶L
同理左血三巴(mod山)。

(2)
;=1 2
如果｛角b\,怂 b2,，也是模血的完全剩余系，那么也有
£(© + bj) = — (mod w)o
;=i 2
联合上式与式⑴和式⑵，得到0諾+牛号(modm),
这是不可能的，所以｛刊b,2 b2,，也九｝不能是模山的完全剩余系。

4、证明：(1) 2730 I x13-x; (2) 24 I x(x+2)(25x2-l);
(3)504 I x9-x3; (4)设质数p>3,证明：6p I x^-x0
证明：(1)因为2730=2X3X5X7X13, 2,3,5, 7,13 两两互质，所以：
由x13-x=x (x12-l)=0 (mod 2)知：2 I x13-x; 13 I x13-x;
由x13-x=x (x12-l)=x(x2・1)氐2+1)(云+芒+1)三0 (mod 3)知：3 I x13-x;
由x13-x=x (x12-1) =x(x4-1) (x°+x4+1)=0 (mod 5)知：5 | x13-x;
由x13-x=x (x12-1) =x(x6-1) (x c+1)=0 (mod 7)知：7 I x13-x0
故有2730 | x13-xo
同理可证⑵、(3)、(4)o
初等数论练习题五
一、单项选择题
1、设況、y分别通过模m、n的完全剩余系，若(C )通过模nrn的完全剩余系。

A. m、n 都是质数，则my nx B mHn，则my nx
C・(m, n) =1,贝I」my nx D. (m, n) =1,贝ij mx ny
2、1 X 3 X 5 X ••• X 2003 X 2005 X 2007 X 2009 X 2011 标准分解式中11 的幕指数是
(A )o
A.100
B.101
C.99
D.102
3、n为正整数，若2匸1为质数，则门是(A )o
A.质数B合数 C.3 D.2k(k为正整数)
4、从100到500的自然数中，能被11整除的数的个数是(B )o
A.33
B.34
C.35
D.36
5、模100的最小非负简化剩余系中元素的个数是(C )0
A.100
B.10
C.40
D.4
二、填空题
1、同余方程如"b三O(modm)有解的充分必要条件是| b。

2、高斯称反转定律是数论的酵母，反转定律是指设“与a是不相同的两个奇质数，(-)=(-n TT(-)
p q
3、20122012被3除所得的余数为_丄_。

4、设n是大于2的整数，则(-l)^n)=_l_o
5、单位圆上的有理点的坐标是住輕.±=)或住二.士二)，其中次与b是不全为
a- +lr ” +b ・ cr +2r
零的整数。

6、若3258xa恰好是一个正整数的平方，则Q的最小值为362。

7、已知2011是一素数，则|三J已丄。

(2011 丿一
三、计算题
1.求32OOG X 72009 X 132010的个位数字。

解: 32OOS X72OO9X !32010=32OOC X (.3)2009X 32010三-^2003+2009*2010
=-3C027 =-3X (32) 3013 =3(mod 10)c
2、求满足(mn)=(山)+ S)的互质的正整数m和n的值。

解：由(m, n) =1 知，(mn)= (ziz) (n)0于是有：(创 + (n)= (ziz) (n)
设(m)=Q, (n)=b,即有：a+b=abo 显然a I b,且 b I a,因此Q=b。

于是由2a=a2得a=2,即(zzz)=(切=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，现在用100元买这三样东西共100
斤，问各买几斤？
解：设买甲物X斤，乙物y斤，丙物N斤，则
5x 3y -z= 100,
3
x y z= 100o
消去勺得到7x 4y= 100o (1)
显然x=0, y=25是方程(1)的解，因此，方程(1)的一般解是x = 4/
,t Z
[y = 25-7t
因为x>0, y>0,所以Ovr 3o
即r可以取值= 1, £ = t3 = 3o相应的x、y. n的值是
ky,^ = (4, 18, 78), (8, 11,81), (12, 4, 84)。

四、证明题
1、已知2011是质数，则有2011199-Jo
2010 个
证明：99^9=102O11-1=0 (mod 2011)0
2010 个
2.设p是4n+l型的质数，证明若a是p的平方剩余，则p%也是p的平方剩余。

证明：因为质数p=4n+l, Q是p的平方剩余，所以
=< 、
一a=
(\ P-I
-=(-!)-
/ 、
a
1 p )< P t P\p)(P
即：P-Q也是P的平方剩余。

3、已知p,q 是两个不同的质数，K a p l= 1 (mod q), a q_1=l (mod p),
证明：W1三a (mod pq)o
证明：由p,q是两个不同的质数知(p, q) =lo于是由Fermat定理a r=a (mod p), 又由题设三1 (mod p)得到：衣a三(*F三屮三H三Q (mod p)o
同理可证：Q E三a (mod q)。

故：a rq=a (mod pq)0
4、证明：若m,n都是正整数，则(mn)= (m,n)([山山])。

证明：易知nm与血同有完全相同的质因数，设它们为p(lGVA)，则
(p (mn ) = - —)(1——)・・・(1——)
P\ Pi Pk
(p(["〃])= [in y n](\ - —)(1 - —)…(1 - —)
Pi Pi Pk
又mn= (m,n) [m,n\
故0 (mu ) = (m,n)[m,n](l - —XI 一丄)…(1 一—) = 0
Pi Pi Pk
类似的题：设m=mini2, g与m由相同的质因数，证明：(m)=ni2 (心)。

初等数论练习题六
一、填空题
1、为了验明2011是质数，只需逐个验算质数2, 3, 5, ...p都不能整除2011,此时, 质数P至少是一空—o
解：・••由二次互反律 ”一| &卜i 宁尉
2. 最大公因数(4n+3,5n+2)的可能值是_1,7_o
3、 设 | 40!,而 32丄 /40!,即 3n || 40!,则a=_18_0
4、 形如3n+l 的自然数中，构成模8的一个完全系的最小那些数是｛1,4,7,10,13,16,19,
22｝。

5、 不定方程x 2+y 2=z 2,2 |x, (x,y)=l, x,y,z>0的整数解是且仅是x= 2虻，y= a 2 叽z= W
ZA 其中方>0, (7 = 1,占与乃有不同的奇偶性。

6、21x=9 (mod 43)的解是 x 三25 (mod 43)。

1、将存写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3, 5和7。

解：设i£ = I +5+7» 即
35* 21y 1 17,故有解。

11
y= 22 30 r 5u,
w, v Zo
17 4 -X 3
令“0,心1得釦X=4, y=-8,歹3。

即：丽行+了+宁
2、若3是质数p 的平方剩余，问p 是什么形式的质数?
7、 73
199
=-lo
15z= 17,因(35, 21) = 7, (7, 15) = 1,
分别解5x 3y= t 7t 15N = 17
3n, y= 2t 5n, u Z,
t= 11 15r, z= 4 7r, r Z,
•・.p = l(mod 12)或 p 三-l(mod!2) 0 3、判断不定方程疋+23尸17是否有解? 解：只要判断疋三17(mod23)是否有解即可。

•••疋三17(mod 23)无解，即原方程无解。

三、论证题
1、 试证对任何实数兀恒有〔X 〕+ [X +i] = [2x]
证明：设 X=[x] + (7,O<(7<1
① 当 03< £时，[x+£]*], [2x]=2[x] .•.等式成立 ② 当l<a< 1 时，[x+l]=[x]+l, [2x]=2[x]+l ・••等式成立
故对任何实数x,恒有[x]+[x+l]=[2x]0
2、 证明：(1)当n 为奇数时，3 I (2n +l);
(2)当n 为偶数时，3l (2n +l)0
证明：由尸+1三(-1) n +l (mod 3)立得结论。

3、 证明：(1)当3 I n (n 为正整数)时，7| (2n -l);
(2)无论n 为任何正整数，71 (2n +l)0
证明：(1)设 n=3m,则 2n -l=8m -1^0 (mod 7),即：7 I (2n -l);
(2)由于2加=1 (mod 7)得
23m + l=2 (mod 7), 23m+1 +1=3 (mod 7), 23111+2+1=5 (mod 7)o
注意到p>3, p 只能为p 三土 l(mod 3)且I y '三[
p 三 l(mod 4) p = -l(mod 4)
| p = l(mod 3)
|p = l(mod4) p 三-l(mod3) p = -l(mod4)
17=1 (mod 4)
总卜信卜脩卜闫信卜G 卜俘卜(I)
=一1
=1只能下列情况
故无论n为任何正整数，7/ (2n+l)o
4、设m>0, n>0,且m 为奇数，证明：(2m-l, 2n+l) =l o
证明一：由m为奇数可知：2n+l | 2lun+l,又有2山-1 | 2^-1,
于是存在整数x,y 使得：(2n+l) x=2um+l, (2m-l)y=2nm-lo
从而(2n+l) x-(2m-l)y=2o 这表明:
(2m-l, 2n+l) | 2
由于2n+l, 2也1均为奇数可知：(2m-l, 2n+l) =lo
证明二：设(2ra-l, 2n+l) =d,则存在s,t€Z,使^2m=sd+l,2n=td-lo 由此得到:
2lnn=(sd+l)n, 2nm=(td-l)m
于是2mn=p〃+ l=qd - \,p,q€Z。

所以：(q-p) d=2o
从而d\2f就有〃=1或2。

由因为m为奇数，所以d = l0
即(2m-l, 2n+l) =lo
注：我们已证过：记M n = 2n 1,对于正整数勺b,有(必，胚) = 显然当a^b, lb为质数时，(胚，胚)=1。

初等数论练习题七
一、单项选择题
1、设2和b是正整数，则(凹!.[!!£!)=( A )
a b
A. 1 E・ Q C. b D・(比b)
2、176至545的正整数中，13的倍数的个数是(B )
A・ 27 B. 28 C. 29 D・ 30
3、200!中末尾相继的0的个数是(A )
A. 49
B.50
C.51
D.52
4. 从以下满足规定要求的整数中，能选取出模20的简化剩余系的是(B )
A. 2的倍数
B. 3的倍数
C. 4的倍数
D. 5的倍数 5. 设n 是正整数，下列选项为既约分数的是(A )
二、填空题
1、 314心被163除的余数是丄_。

(欧拉定理)
2、 同余方程3x=5(modl3)的解是x 三5(modl3)。

3、 (亜)= 1。

1847 ---- 4、 [-K ] =-4。

5、 为使n-1与3n 的最大公因数达到最大的可能值，则整数n 应满足条件n=3k+l,k€Z 。

6、 如果一个正整数具有21个正因数，问这个正整数最小是2叹32=576。

7、 同余方程x 3+x 2-x-1 =0(mod 3)的解是x 三l,2(mod 3)。

三.计算题 4求不定方程* 2y 3z= 41的所有正整数解。

解：分别解X
t 2y= t 3z= 41
得
x= t
2u
y = u
u
t= 41
3v
Z = V
V
消去『得 x= 41
3v 2 a
A.岂凹B .上也
14/7 + 3 2n -1
C. 心
D.出
5n + 2 3/1 +
1
u 9 V Zo
由此得原方程的全部正整数解为
(x, y, -g) = (41 3v 2u, q 功，u > 0, r > 0, 41 3v 2u > 0o
2、有一队士兵，若三人一组，则余1人；若五人一组，则缺2人；若十一人一组，则余 3人。

已知这队士兵不超过170人，问这队士兵有几人？
解：设士兵有 *人，由题意得* 1 (mod 3), x 2 (mod 5), x 3 (mod ll)o 在子定理中，取-W21 = 3, in 2= 5,
= 11, in = 3 5
11 = 165,
M] = 55, M 2 = 33, M 3 = 15, M] = 1, M 2 = 2, M 3 = 3,
则 x 1
55
1
(-2)
33 2
3 15 3
58 (mod 165), 因此所求的整数*= 52 + 165。

t Zo
由于这队士兵不超过170人，所以这队士兵有58人。

3、判断同余方程%2
= 286(mod443)是否有解P
解:286=2X143, 433 是质数，(143, 443)=1
四、证明题
z= V 奇数143不是质数，但可用判定雅可比符号计算的勒让德符号 •••原方程有
286、 443
143-1
= (-!)—
7
143
卜(估
1、设(a, in) = 1, &是使/ 1 (mod zz2)成立的最小正整数，则
d° 1, i y,有 (mod 122)0 (1)
因此，由上式及况的定义，利用欧拉定理得到
1 &旳)=/«严三"(modm),
这与况的定义矛盾，所以式(1)必成立。

2、 证明：设h, by c,加是正整数，II1> 1, (Z?, in) = 1,并且
b A 1 (mod zn), b
c 1 (mo
d in)
(1)
记(迭 d,则 Z/ 1 (mod m)o
证明：由裴蜀恒等式知，存在整数"，y,使得应 cy= d,显然刃<0。

若x> 0, y< 0,由式⑴知：1 b d b 纱=y b d (mod ni}o
若 x< 0, y> 0,由式(1)知：1
b cy = b d b
b d (lf} " (mod zz2)0
3、 设p 是素数，p 厅 1, n N,则下面的两个结论中至少有一个成立：
(1) P b d 1对于力的某个因数d<n 成立； (ii) p 1 ( mod n )。

证明：(i)由Euler 定理,
(山)，因此，由带余数除法，有 (山)=qdo
Z, Q > 0, 0 r<
(ii)对于任意的A /, 0 lZ2)o
即整数厂满足/
1 (mod w), 0 r< do o 由况的定义可知必是r=0,即& (山)o
(ii)若式⑴不成立,则存在丄；/, 0
ij d° 1, i j 、使/ / (mod
不妨设i > Jo 因为(角山)=1,所以
7
0 (mod zn), 0 < / j < dy
若2.5, p > 2,则(ii冲的mod力可以改为mod 2/2o
证明：记d=(n,p 1),由，1, ' 1 (modp),及第2题有
b d 1 (mod p)o
若d<n，则结论(i)得证。

若d= n，则a p 1,即p 1 (mod n),这就是结论(ii)。

若p>2,则p 1 (mod 2)o由此及结论(ii),并利用同余的基本性质,
得到Z? 1 (mod 2n)o
初等数论练习题八
一、单项选择题
1、设n > 1,则n为素数是(a 1)1 1 (mod n)的(C )。

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、小于545的正整数中，15的倍数的个数是(C )
A.34
B.35
C.36
D.37
3.500!的标准分解式中7的無指数是(D )
A.79
B.80
C.81
D.82
4、以下各组数中，成为模10的简化剩余系的是(D )
A.1,9,-3,-1
B.1,-1,7,9
C.5,7,11,13
D.-l,l,-3,3
5、设n是正整数，下列选项为既约分数的是(A )
A 业B.JUL cd D.JUL
5n + 2 2n -1 5n + 2 3n +1
二.填空题
1> o (120) =36Oo
2、7355的个位数字是3。

3、 同余方程3x=5(modl4)的解是x 三1 l(modl4)。

4、 (―) =10
23 ---- 5、 [- ] —-20
6、 如果一个正整数具有6个正因数，问这个正整数最小是旦
7、 同余方程 x 3+x 2-x-l=0(mod 5)的解是 x 三 土 1 (mod5)。

已知563是素数，判定方程芒 429 (mod 563)是否有解。

13
故方程x 2 429 (mod 563)有解。

解：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); 模23的所有的二次非剩余为
x 5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22 (mod 23)。

3.试求出所有正整数n ，使得1“+2“+3“+彰能被5整除。

解：若 n 为奇数，则 l n +2n +3n +4n l n +2n + (-2) "+ (-1) n 0 (mod 5);
1、
解：把 429 \
右淆成Jacobi 符号,我们有
429、 563
4冲 5641 =(一1) 2 伽韵侣H 訓)
429?_1 = (-!)— 67 429
； 67 429 67-1 429-1 = —(—1)2 2
429 丫 27、
〔6727-1 67-1
27) /厲零(67)(67) 2、 求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。

若n=2m, m€Z,贝ij 1”+2"+3”+4“ 1 加+2 加 + (-2)加+ (-1)加
2+2 X 2加=2+2 X 4山=2+2 X (- l)」“(mod 5);
当m 为奇数时，1"+2”+3”+4” O(mod 5);
当m 为偶数时，121+2”+3”+421 4(mod 5)o
故当4jn 时，5 I l n+2n + 321+4n。

四、证明题
1、证明：若质数P>2,则茁-1的质因数一定是2pk+l形。

证明：设q是2。

-1的质因数，由于2"-1为奇数，歼2, (2, q) =1。

由条件q|2P-1,即2"三1 (mod g)。

设方是使得2"三1 (mod q)成立最小正整数，若l<h<p f则有方|p这与p 为质数矛盾。

从而h=p,于是p| q-l0又T g-1为偶数，2|q-l, 2p| Q-1,q-l=2pk,即q=2plW\ &€Z°
2、设(m,n) =1,证明：in <nf+n (ln, =1 (modnm)o
证明：因为(m,n) =1,所以由欧拉定理知：n fln, =1 (modin), in M三1 (mod n)
于是in S)+n 仙=1 (mod m), m ㈤ +n (111) =1 (mod n)o
又因为(m,n) =1,所以山㈤+n (ln)三1 (mod mn)。

注：此题也可这样表述：若两个正整数比b互质，则存在正整数m,n,使得
a m+
b n= 1 (mod ab) 0
nP
3、设(a,b) =l,a+b*O,p为一个奇质数，证明：(a + h——)=1或卩。

a + b
说明：事实上，设(“+"竺出)=〃，只需证明：d\ P即可。

a + b
证明：由 a+b=0(mod a+b),即 a=-b (mod a+b),知 a ；r =(-b)；1： (mod a+b)o 其
中
OW
左
Wpl 。

又
———二厂 -“ f +…一肋厂2 *盯三‘尸+叶 +…+ /尸=加心(n»d a + b)o
a + b
令(“+h 竺出)= 〃，则右 pb" o 又(a,b) =1, d\ (a+b)知(d,b) =lo
a+b
(否则设(d,b) =d f >1,立即得到d‘ |次和d‘ |b,这与(a,b) =1矛盾。

)
干是(d ,尸)=1。

故d\ p 9即 〃 或卫。

初等数论练习题九
一.单项选择题
1. 以下Legendre 符号等于-1的30被-1是(D )
2、100至500的正整数中，能被17整除的个数是(
3、设 3a |500!,但 3曲/500!，则 a=(
4、以下数组中，成为模7的完全剩余系的是(C
C. —4, —2, 8, 13, 32, 35, 135D ・一3, 3, —4, 4, —5, 5, 0 5、设力是正整数，则以下各式中一定成立的是(B ) A. (n+1, 3n+l)=l B (2n —l, 2n+l) =1 D ・(2n+l, n-1) =1
A.
B.
D.
6}
E 丿
A. 23
B. 24
C. 25
D. 26
A. 245
B.246
C.247
D. 248
A. -14, -4, 0, 5, 15, 18, 19
B. 7, 10,
14, 19, 25, 32, 40
C ・(2zz, n+1) =1
二、填空题
1、 25730被50除的余数是 —
2、 同余方程3j^5(modl6)的解是灼7(mod 16)。

3、 不定方程9x- 12尸15的通解是木+ 41, y=-2+3F, t Z 。

4、 单］=l o
I 41 J ——
5、 实数的小数部分记为｛卅，则｛—2 = 0.75。

4 ----------
6、 为使3力与4n+ 1的最大公因数达到最大可能值，整数n 应满足条件科3",k€Z 。

7、 如果一个正整数具有35个正因数，问这个正整数最小是20X3-5184。

三、计算题
1、解不定方程 9x+24y-5^=lOOOo
解：解因(9, 24) =3, (3, -5) =1知原方程有解c 原方程化为
•AT I *4"
再解 8y =5u 得到
,u, r Zo
y = i4 一 3v x = -H + 8v
故
<y = "- 3v , u y v Zo Z = -200 + 3M
2、设力=｛蜀，盖，
，也是模加的一个完全系,以｛乂表示*的小数部分，若(<%Z22)= 1,
求护
9x 24jz= 3 厶 3t-5z= 1000
3t -5z= 1000,
(1)
⑵
解⑵得
t = 5u Z = 一200 +
3ii 3x 8y= t y
解：当”通过模山的完全剩余系时，ax
b 也通过模山的完全剩余系，因此对于任
意的i （1 i in ）, 6—定与且只与某个整数/ （1 j 山）同余，即 存在整数&使得啓
b = kin j 、（0 j n2-l ）o 从而：
I" 0 m 気 IfJ
,n
3、设整数n 2,求：工即在数列1,2,
,/2中，与n 互素的整数之和。

l<i<n （5=1 解：设在1,2， 中与n 互素的（切个数是
角，怂，、耳（勺 n ） = 1, 1 <% n 1, 1 i （n ）, 则 （23
22）= 1, 1 n
n 1, 1 i （n ）,
因此，集合｛角，迤，、H ⑹｝与集合S 刊，n 迤，,n
x （/是相同的，于是 內
忽
（m = S
刊） （n 迤）
（力 a （』，
2（刊 a 2 月w ） = n （n ）,因此：色
a 2
M =\n
（22）。

4.
设in > 1,（①zzz ） =1, , x 仙）是模in 的简化剩余
系,求：壬｛竺｝。

/-I m
其中佃表示“的小数部分。

解：设RXi= mqi 昭0 r, < in y 由疋通过模山的简化剩余系知：咎也通过模山的
简化剩余系，从而厂通过模加的最小非负简化剩余系，于是:
四、证明题
1、证明：设Q 是有理数，b 是使ba 为整数的最小正整数，若c 和CR 都是整数，则
b I Co （提示：利用带余数除法解决。

）
2/7
?
m （p （in ｝ = —0（〃?） o
证明：c=bq+r, 0<r<b, q€Z, M ca=(ba)q+ra o
因为CR, ba€Z,所以ra€Z,于是rQ=O,由QH O得r=0。

故 b I c。

2、设p是素数，证明：
(i)对于一切整数x,疋1 1 (x 1) (x 2) (x p 1) (modp);
(ii)(p 1)! 1 (mod p)。

证明：(i)戏' 1 1 0 (mod p)有解 x 1, 2, , p 1 (mod p),故对于一切整数x,丈1 1 (x 1) (x 2) (x p 1) (mod p);0
(ii)在(门中令x= p°
(\
3、证明：若2/n, p是奇质数，p I a n-l,则-=lo
VP)
证明：由p I a n-l 知：a11 1 (mod p)0又(p, a) =1 得到屮+丄a(mod p)0因为2/n,所以(a 2 )2 = tz(niod /?),即 / a(mod p)有解。

故 -=l0
\P) 4、证明：若p=4m+1是一质数，则(-)= lo
p
证明：(-)=(—)=(—) = (-1)^ = (-1严=1。

p p P
5、设p 是奇质数，p 1 (mod 4),则：仕(上「)!)' 1 (mod p)
解由Wilson定理有：
p—1 p —1 [ [ [
_1 三(〃_1)!=(_1)丁(〃_1)!=(_1)丁1・2…牛牛…(〃_1)三(土(牛)""mod “)。

注：(1)设p为质数且戸=4zzz+l ,则同余方程x2 =-l(mod /?)的解是
x = ±1 • 2 ・(2〃?)(mod“)o
（2）设P 为质数且p= 4/22+1,若且唯若存在一个正整数已 使得fT= 1 （mod p ）0
初等数论练习题十
一.单项选择题
1、设P 是大于1的整数，如果所有不大于"的质数都不能整除P 则P —定是（A ）o
两个质数P, q,满足p+q=99,则 3 的值是（
Q P C •竺
99
n 为正整数，若2口+1为质数，则门是（
二、填空题
1、 如果P 是质数，忍是整数，则有3, p ） =1或者plH
2、 设p 是奇质数,（Q,p ）=l,则2是模p 的平方非剩余的充要条件是訐三-l （mod p ）
3、 从1000开始到2010结束的所有整数中13的倍数有坐个。

4、 2750539-1的末位数是d
5、 不定方程ax+by=c 有解的充要条件是（紀，® c 。

6、 写出模12的一个最小非负简化系，要求每项都是7的倍数，此简化系为{7,35,49,77}°
7、 已知563是质数，则
1563 丿
A •素数
B 合数
C 奇数 D. 偶数
2、 A.9413
3、 2010!的标准分解式中，7的最高籌指数为（C A. 331
B. 332
C. 333
D. 334
A.质数
B.合数
C. 1
D. 2呛为非负整数）
当n>2时，欧拉函数（刃一定是（B )o
A.奇数
C. 1
D. 2
990?
三. 计算题
1、若3是质数p 的平方剩余，问p 是什么形式的质数?
解:
p? = -I(mod3)
["三-l(mod4)
•・.p = l(modl2)或 p 三-l(mod 12) 0 2. 求使12347!被35*整除的最大的R 值。

解：k=2054. 四、证明题
1、证明：设P>7是一个质数，则存在唯一的一个正整数小 使得:
x e {1,2,・• 一 1}且 120(p-6)!+ x = 0( mod p)
证明：存在性：因为P>7是一个素数，由Wilson 定理我们有：(p-I)!+l=0(mod/7), 然而
(/?-l)! = (p-l)(p-2)(p-3)(p-4)(p-5)(p-6)! = -120(p-6)!(modp),所 以 120(p-6)!+(/?-l) = 0(mod p),
故存在x= 〃-1 ,使得 120(p-6)!4-x = 0(nKxi/?)。

唯一性：若还存在y u{l,2,…丿一 1}且 120(p-6)!+y 三0(mod/?),
则x 三y(modp),注意到x,yw{12…,P_1},所以x = y 是唯一的。

2、已知 9901 是素数,试证：9901|(17495°+1)0
证明：由9901是素数，计算Legendre 符号得:
所以17是模9901的平方非剩余，因此由Euler 判别条件可知:
注意到p>3, p 只能为p= 土 l(mod 17-19901-1 9901 "TF
7-117-1
(17)
〒
3-17-1
由二次互反律
p = l(mod 3) p = _l(mod 3)
只能是下列情况Si (mod3)
/? = l(mod4)
9901-1
17—三一l(mod9901) 即9901|(174950 +1) o
3、证明：若p=10n-l是个质数，则刈5勺1—1。

(提示：利用勒让德符号解决。

)
说明：要证”5引1 _i ,只需证明55"-1 = l(mod p),即证:
I0/J-1-1 "一I
55/,-*三5^^三5丁三l(mod p)这样就转化为证明：(2) = lo
P 证明：因为(2)=(£)=(12口)=(zl)= l(in0d p) °
p 5 5 5
10川一1一1 °一1
所以5"T = 5 —2 — = 5— = l(mod /?)。

故：p\55,,~l - 1。

4、设p=4n+3是质数，证明当q=2p+l也是质数时，梅森数M卢2匸1不是质数。

由此证明:23 | (2n-l), 47 | (223-1), 503 | (2251-1)0
证明：由条件：q=2p+\=8n+7 -l(mod 5),从而：(上) = 1,
q
即1 2- 严 2卩(mod切，于是q| (2p-l)。

故：梅森数M p=2p-1 不是质数。

当n=2, n= 5, n=62 时立得：23 | (2n-l), 47 | (223-1), 503 | (2251-1)O 注：此题还可以进一步表述为：设p=4n+3是质数，证明：2p+l是质数的充要条件是2p=l(mod 2p+l)0必要性已证。

下证充分性：若三l(mod2p+l),则P I (如⑴,因此必有(2p+l)= p或。

由于(勿门)为偶数，故(2p^l)=2p o
5、证明：设p是大于5的质数，则
/心 + 1)
说明：只需证明：p(p+l) I (p-l)!+p+lo又因为(p, p+l)=l,所以需证：
P I (p-DKp+l 与(p+1) I (p-l)!+p+l 同时成立即可。

证明：由Wilson 定理：⑺―1)!+1 三0(modp)知：p | (p-l)!+p+l;
又P是大于5的质数，可设p+l=2n,其中2<n<p-l,于是(p+1) | (p-l)!+p+l0 故：P(P+1) 13)计】。

即骨牛。