初等数论练习题答案
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初等数论练习题一
一、填空题
1、d(2420)=12; ϕ(2420)=_880_
2、设a,n 是大于1的整数,若a n -1是质数,则a=_2.
3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}.
4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡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_ϕ(m )_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、⎪⎭
⎫ ⎝⎛10365 =-1。
9、若p 是素数,则同余方程x p - 1≡1(mod p )的解数为 p-1 。
二、计算题
1、解同余方程:3x 2+11x -20≡0 (mod 105)。
解:因105 = 3⋅5⋅7,
同余方程3x 2+11x -20≡0 (mod 3)的解为x ≡1 (mod 3),
同余方程3x 2+11x -38 ≡0 (mod 5)的解为x ≡0,3 (mod 5),
同余方程3x 2+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 ≡b 1 (mod 3),x ≡b 2 (mod 5),x ≡b 3 (mod 7),
其中b 1 = 1,b 2 = 0,3,b 3 = 2,6,
由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x 2≡42(mod 107)是否有解?
11074217
271071107713231071107311072107
710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-•--•-)()()()(),()()()(),()())()((
)(解: 故同余方程x 2≡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,a p-1+(p-1)a ≡0 (mod p);
(2)当a 为偶数时,a p-1-(p-1)a ≡0 (mod p)。
证明:由欧拉定理知a p-1≡1 (mod p)与(p-1)a ≡-1 (mod p)立得(1)和(2)成立。
2、设a 为正奇数,n 为正整数,试证n 2a
≡1(mod 2n+2)。
(1)
证明 设a = 2m +1,当n = 1时,有 a 2 = (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 k a
2≡1 (mod 2k +2) ⇒k a 2= 1+q 2k +2, 其中q ∈Z ,所以 12+k a = (1+q 2k +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:k
p 1C -≡ (-1 )k (mod p )。
证明:设A=!
)()2(1C 1k k p p p k
p ---=- )( 得: k!·A =(p-1)(p-2)…(p-k )≡(-1)(-2)…(-k )(mod p )
又(k!,p )=1,故A = k p 1
C -≡ (-1 )k (mod p ) 4、设p 是不等于3和7的奇质数,证明:p 6≡1(mod 84)。
说明:因为84=4×3×7,所以,只需证明:
p 6≡1(mod 4) p 6≡1(mod3) p 6≡1(mod 7) 同时成立即可。
证明:因为84=4×3×7与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 ϕ(4)≡p 2≡1(mod 4),从而 p 6≡1(mod 4)。
同理可证:p 6≡1(mod3) p 6≡1(mod 7)。
故有p 6≡1(mod 84)。
注:设p 是不等于3和7的奇质数,证明:p 6≡1(mod 168)。
(见继源p86)
初等数论练习题二
一、填空题
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=n
22+1,这种数中最小的合数Fn 中的n=5。
4、同余方程13x ≡5(mod 31)的解是x ≡29(mod 31)___
5、分母不大于m 的既约真分数的个数为ϕ(2)+ϕ(3)+…+ϕ(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__.
8、⎪⎭⎫ ⎝⎛10146=_1__. 9、若p 是质数,n ∣p -1,则同余方程x n ≡ 1 (mod p ) 的解数为n .
二、计算题
1、试求200420032002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:
200420032002≡20023n+1≡(20023)n ×2002≡7(mod 19)
2、解同余方程3x 14+4x 10+ 6x -18 ≡0 (mod 5)。
解:由Fermat 定理,x 5≡x (mod 5),因此,原同余方程等价于2x 2+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5ϕ(21)≡1(mod 21)。
又由于ϕ(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 5x ≡ 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 = n 1n 2,1 < n 1 < n ,由题设易知(n - 1)! ≡-1(mod n 1),得
0 ≡-1(mod n 1),矛盾。
故n 是素数。
3、证明:设p s 表示全部由1组成的s 位十进制数,若p s 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
M p a b a s s
s ⋅-=-=-==911091)10(9110111 ,其中M >1是正整数。
由p a >1也是正整数知p s 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:p 4≡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:p 4≡1(mod 8),p 4≡1(mod 3),p 4≡1(mod 5)
即可。
事实上,由ϕ(8)=4,ϕ(3)=2,ϕ(5)=4以与欧拉定理立得结论。
初等数论练习题三
一、单项选择题
1、若n >1,ϕ(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a
b 为既约分数的一组数是( D )。
A.a=n+1,b=2n-1
B.a=2n-1,b=5n+2
C.a=n+1,b=3n+1
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____;ϕ(2010)=528。
2、数20100C 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x 1≡13(mod34) x 2≡30(mod34)_。
5、整数n>1,且(n-1)!+1≡0(mod n),则n 为素数。
6、3103被11除所得余数是_5_。
7、⎪⎭
⎫ ⎝⎛9760=_-1_。
三、计算题
1、判定 (ⅰ) 2x 3-x 2+ 3x -1 ≡0 (mod 5)是否有三个解;
(ⅱ) x 6+2x 5- 4x 2+ 3 ≡0 (mod 5)是否有六个解?
解:(ⅰ) 2x 3-x 2+ 3x -1 ≡0 (mod 5)等价于x 3-3x 2+ 4x -3 ≡0 (mod 5),又x 5-x = (x 3-3x 2+ 4x -3)(x 2+ 3x +5) + (6x 2-12x + 15),其中r (x ) = 6x 2-12x + 15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1223212C ,,C ,C -n n
n n 的最大公约数。
解:设12122321212232122C C C )C ,,C ,(C ---=+++=n n n n n n n n n d ,由知d ∣22n -1,
设2k |n 且2k+1|/
n ,即2k +1||n , 则由2
k +1||1122112C 2C 2C |--+=i n i n k n i n 及,i = 3, 5, , 2n - 1 得d = 2k + 1。
3、已知a=18,m=77,求使a x ≡ 1 (mod m)成立的最小自然数x 。
解:因为(18,77)=1,所以有欧拉定理知18ϕ(77)≡1(mod 77)。
又由于ϕ(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18x ≡ 1 (mod 77)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。
证明: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。
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:p 2≡q 2(mod 24)。
证明:因为24=3×8,(3,8)=1,所以只需证明:
p 2≡q 2(mod 3) p 2≡q 2(mod 8)同时成立。
事实上, 由于(p ,3)=1,(q ,3)=1,所以p 2≡1(mod 3) , q 2≡1(mod 3),
于是p 2≡q 2(mod 3),由于p ,q 都是奇数,所以p 2≡1(mod 8) , q 2≡1(mod 8),
于是p 2≡q 2(mod 8)。
故p 2≡q 2(mod 24)。
3、若x,y ∈R + ,
(1)证明:[xy]≥[x][y];
(2)试讨论{xy}与{x}{y}的大小关系。
注:我们知道,[x +y ]≥[x ]+[y ],{x+y }≤{x }+{y }。
此题把加法换成乘法又如何呢? 证明:(1)设x=[x]+α,0≤α<1,y=[y]+β,0≤β<1。
于是
xy=[x][y]+β[x]+α[y]+αβ
所以[xy]= [x][y]+ [β[x]+α[y]+αβ]≥[x][y]。
(2){xy}与{x}{y}之间等于、大于、小于三种关系都有可能出现。
当x=y=
21时,{xy}={x}{y}=4
1; 当x=23, y=21时,{xy}=43,{x}{y}=4
1,此时{xy}>{x}{y}; 当x=-21,y=-31时,{xy}=6
1,{x}{y}=31,此时{xy}<{x}{y}。
4、证明:存在一个有理数d c ,其中d< 100,能使 ][d c k =][10073k 对于k=1,2,….,99均成立。
证明:由(73,100)=1以与裴蜀恒等式可知:存在整数c ,d ,使得
73d-100c=1
从而k 10073-d kc =d
c d k 100)10073(-=d k 100,由k< 100可知: 0<
k 10073-d kc <d 1 设][d c k =n ,则d kc <n+1=d d
n 1+,于是 k 10073<d
kc 1+≤d d n 1+=n+1, 故 ][10073k = n =][d
c k 。
初等数论练习题四
一、单项选择题
1、若F n =12n
2+是合数,则最小的n 是( D )。
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
2、记号b a ‖a 表示b a |a,但b a+1|/a. 以下各式中错误的一个是( B )。
A. 218‖20!
B. 105‖50!
C. 119‖100!
D. 1316‖200!
3、对于任意整数n ,最大公因数(2n+1,6n-1)的所有可能值是( A )。
A. 1
B. 4
C. 1或2
D. 1,2或4
4、设a 是整数,下面同余式有可能成立的是( C )。
A. a 2≡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,则以下错误的是( A )
A .ac ≡bc(mod mc)
B .m|a-b
C .(a,m)=(b,m)
D .a=b+mt,t ∈Z
二、填空题
1、d(10010)=_32__,φ(10010)=_2880__。
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)!
3、为使3n-1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x 1≡24(mod74) x 2≡61(mod74)_。
6、不定方程5x+9y=86的正整数解是_x=1,y=9或x=10,y=4。
7、⎪⎭
⎫ ⎝⎛8954=_-1_。
三、计算题
1、设n 的十进制表示是z xy 4513,若792∣n ,求x ,y ,z 。
解:因为792 = 8⋅9⋅11,故792∣n ⇔ 8∣n ,9∣n 与11∣n 。
我们有8∣n ⇔8∣z 45⇒z = 6,以与
9∣n ⇔9∣1+3+x +y +4+5+z = 19+x +y ⇔9∣x +y +1, (1)
11∣n ⇔11∣z -5+4-y +x -3+1 = 3-y +x ⇔11∣3-y +x 。
(2)
由于0 ≤x ,y ≤9,所以由式(1)与式(2)分别得出
x +y +1 = 9或18,
3-y +x = 0或11。
这样得到四个方程组:⎩
⎨⎧=+-=++b x y a y x 31 其中a 取值9或18,b 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3406的末二位数。
解:∵ (3,100)=1,∴3φ(100)≡1(mod 100),而φ(100)= φ(22·52)=40,
∴ 340≡1(mod 100)∴ 3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100)
∴ 末二位数为29。
3、求(214928+40)35被73除所得余数。
解:(214928+40)35≡(3228+40)35≡[(32×32)14+40]35≡(102414+40)35≡(214+40)35≡(210×
24+40)35≡(25+40)35≡7235≡-1≡72(mod73)
四、证明题
1、设a 1, a 2, , a m 是模m 的完全剩余系,证明:
(1)当m 为奇数时,a 1+ a 2+ + a m ≡0(mod m );
(2)当m 为偶数时,a 1+ a 2+ + a m ≡2
m (mod m )。
证明:因为{1, 2, , m }与{a 1, a 2, , a m }都是模m 的完全剩余系,所以
∑∑==+=
≡m i m i i m m i a 112
)1((mod m )。
(1)当m 为奇数时,Z m ∈+21由即得:2)1(+m m m ,故02)1(1
≡+=∑=m i i m m a (mod m )。
(2)当m 为偶数时,由(m,m+1)=1即得:2
2)1(1m m m a m
i i ≡+=
∑=(mod m )。
2、证明:若m >2,a 1, a 2, , a ϕ(m)是模m 的任一简化剩余系,则 ).(mod 01m a
m i i ∑=≡)
(ϕ
证明:若a 1, a 2, , a ϕ(m)是模m 的一个简化剩余系,则m-a 1, m-a 2, , m-a ϕ(m)也是模
m 的一个简化剩余系,于是: ).(mod )()(11m a m a m i i
m i i ∑∑==-≡ϕϕ)
( 从而:).)(mod (21m m m a m i i ϕϕ∑=≡)(
又由于m >2,ϕ(m )是偶数。
故:).(mod 021m m m a m i i ≡≡∑=)()
(ϕϕ
3、设m > 0是偶数,{a 1, a 2, , a m }与{b 1, b 2, , b m }都是模m 的完全剩余系,证明:
{a 1+b 1, a 2+b 2, , a m +b m }不是模m 的完全剩余系。
证明:因为{1, 2, , m }与{a 1, a 2, , a m }都是模m 的完全剩余系,所以
∑∑==≡+=
≡m i m i i m m m i a 1
122)1((mod m )。
(1) 同理 ∑=≡
m i i m b 12
(mod m )。
(2) 如果{a 1+b 1,a 2+b 2, , a m +b m }是模m 的完全剩余系,那么也有
∑=≡
+m i i i m b a 12
)((mod m )。
联合上式与式(1)和式(2),得到 02
22m m m ≡+≡(mod m ), 这是不可能的,所以{a 1+b 1,a 2+b 2, , a m +b m }不能是模m 的完全剩余系。
4、证明:(1)2730∣x 13-x ; (2)24∣x(x+2)(25x 2
-1);
(3)504∣x 9-x 3; (4)设质数p >3,证明:6p ∣x p -x 。
证明:(1)因为2730=2×3×5×7×13,2,3,5,7,13两两互质,所以:
由x 13-x=x(x 12-1)≡0 (mod 2)知:2∣x 13-x ;13∣x 13-x ;
由x 13-x=x(x 12-1)=x(x 2-1)(x 2+1)(x 8+x 4+1)≡0 (mod 3)知:3∣x 13-x ;
由x 13-x=x(x 12-1)=x(x 4-1)(x 8+x 4+1)≡0 (mod 5)知:5∣x 13-x ;
由x 13-x=x(x 12-1)=x(x 6-1)(x 6+1)≡0 (mod 7)知:7∣x 13-x 。
故有2730∣x 13-x 。
同理可证(2)、(3)、(4)。
初等数论练习题五
一、单项选择题
1、设x 、y 分别通过模m 、n 的完全剩余系,若( C )通过模mn 的完全剩余系。
A. m 、n 都是质数,则my + nx
B. m ≠n ,则my + nx
C. (m ,n )=1,则my + nx
D. (m ,n )=1,则mx + ny
2、1×3×5×…×2003×2005×2007×2009×2011标准分解式中11的幂指数是( A )。
A.100
B.101
C.99
D.102
3、n 为正整数,若2n -1为质数,则n 是( A )。
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 )。
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 )。
A.100
B.10
C.40
D.4
二、填空题
1、同余方程ax +b ≡0(mod m )有解的充分必要条件是(a,m)∣b 。
2、高斯称反转定律是数论的酵母,反转定律是指设p 与q 是不相同的两个奇质数,)()(2121)1(q
p p q q p -⋅--= 3、20122012被3除所得的余数为_1__。
4、设n 是大于2的整数,则(-1)ϕ(n)=__1__。
5、单位圆上的有理点的坐标是)()(2222222222222,,2b a ab b a b a b a b a b a ab +±+-±+-±+±
或,其中a 与b 是不全为
零的整数。
6、若3258×a 恰好是一个正整数的平方,则a 的最小值为362。
7、已知2011是一素数,则⎪⎭
⎫ ⎝⎛201172=_-1_。
三、计算题
1、求32008×72009×132010的个位数字。
解:32008×72009×132010≡32008×(-3)2009×32010≡-32008+2009+2010
≡-36027 ≡-3×(32)3013 ≡3(mod 10)。
2、求满足ϕ(mn)=ϕ(m )+ϕ(n )的互质的正整数m 和n 的值。
解:由(m ,n )=1知,ϕ(mn)=ϕ(m )ϕ(n )。
于是有:ϕ(m )+ϕ(n )=ϕ(m )ϕ(n )
设ϕ(m )=a ,ϕ(n )=b ,即有:a+b=ab 。
显然a ∣b ,且b ∣a ,因此a=b 。
于是由2a=a 2 得a=2,即ϕ(m )=ϕ(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,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z 斤,则
5x + 3y +3
1
z = 100, x +y +z = 100。
消去z ,得到 7x + 4y = 100。
(1)
显然x = 0,y = 25是方程(1)的解,因此,方程(1)的一般解是
⎩
⎨⎧-==t y t x 7254 , t ∈Z 因为x >0,y >0,所以 0<t ≤3。
即t 可以取值t 1 = 1,t 2 = 2,t 3 = 3。
相应的x ,y ,z 的值是
(x , y , z ) = (4, 18, 78),(8, 11, 81),(12, 4, 84)。
四、证明题
1、已知2011是质数,则有2011|
个
2010999⋅⋅⋅。
证明:
个
2010999⋅⋅⋅=102011-1≡0 (mod 2011)。
2、设p 是4n+1型的质数,证明若a 是p 的平方剩余,则p-a 也是p 的平方剩余。
证明:因为质数p=4n+1,a 是p 的平方剩余,所以
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p a p =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p a =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p 1⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a =21)1(--p ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a =1
即:p-a 也是p 的平方剩余。
3、已知p,q 是两个不同的质数,且a p-1≡1 (mod q), a q-1≡1 (mod p),
证明:a pq ≡a (mod pq)。
证明:由p,q 是两个不同的质数知(p ,q )=1。
于是由Fermat 定理 a p ≡a (mod p),
又由题设a q-1≡1 (mod p)得到:a pq ≡(a q )p ≡a p (a q-1)p ≡a p ≡a (mod p)。
同理可证:a pq ≡a (mod q)。
故:a pq ≡a (mod pq)。
4、证明:若m,n 都是正整数,则ϕ(mn)=(m,n )ϕ([m,n ])。
证明:易知mn 与[m,n ]有完全相同的质因数,设它们为p i (1≤i ≤k ),则
)11()11)(11(21k
p p p mn mn ---= )(ϕ )11()11)(11](,[],[21k p p p n m n m ---
= )(ϕ 又mn=(m,n )[m,n ] 故]),([),()11()11)(11](,)[,21n m n m p p p n m n m mn k
ϕϕ=---= ()(。
类似的题:设m=m 1m 2,m 1与m 由相同的质因数,证明:ϕ(m)=m 2ϕ(m 1)。
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_43___。
2、最大公因数(4n+3,5n+2)的可能值是_1,7__。
3、设3α∣40!,而3α+1|/
40!,即3α‖40!,则α=_18_。
4、形如3n+1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)=1, x,y,z>0的整数解是且仅是x = 2ab ,y = a 2-b 2,z = a 2+b 2,其中a >b >0,(a , b ) = 1,a 与b 有不同的奇偶性。
6、21x ≡9 (mod 43)的解是x ≡25 (mod 43)。
7、⎪⎭
⎫ ⎝⎛19973 = -1。
二、计算题
1、将105
17写成三个既约分数之和,它们的分母分别是3,5和7。
解:设7
5310517z y x ++=,即35x + 21y + 15z = 17,因(35, 21) = 7,(7, 15) = 1,1∣17,故有解。
分别解 5x + 3y = t 7t + 15z = 17
得x = -t + 3u ,y = 2t - 5u ,u ∈Z ,
t = 11 + 15v ,z = -4 - 7v ,v ∈Z ,
消去t 得x = -11 - 15v + 3u ,
y = 22 + 30v - 5u ,
z = -4 - 7v , u ,v ∈Z 。
令u =0,v =-1得到:x =4,y =-8,z =3。
即:7
3583410517+-+= 2、若3是质数p 的平方剩余,问p 是什么形式的质数? 解:∵由二次互反律⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-3)1(321p p p ,
注意到p >3,p 只能为p ≡±1(mod 3)且⎩⎨⎧-≡⎪⎭⎫
⎝⎛1
13p )4(mod 1)4(mod 1-≡≡p p ∴13=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p 只能以下情况⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 4131p p ⎩
⎨⎧-≡-≡)4(mod 1)3(mod 1p p ∴)(m od 121≡p 或)(m od 121-≡p 。
3、判断不定方程x 2+23y =17是否有解?
解:只要判断x 2≡17(mod 23) 是否有解即可。
∵ 17≡1(mod 4)∴13231717317317217617232317-=⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ∴x 2≡17(mod 23)无解,即原方程无解。
三、论证题
1、试证对任何实数x,恒有〔x 〕+〔x+21〕=〔2x 〕
证明:设x=[x]+α,0≤α<1
①当0≤α<21时, [x+2
1]=[x], [2x]=2[x]∴等式成立
②当21≤α<1时, [x+21]=[x]+1, [2x]=2[x]+1∴等式成立
故对任何实数x,恒有[x]+[x+2
1]=[2x]。
2、证明:(1)当n 为奇数时,3∣(2n +1); (2)当n 为偶数时,3|/(2n
+1)。
证明:由2n +1≡(-1)n +1(mod 3)立得结论。
3、证明:(1)当3∣n (n 为正整数)时,7∣(2n -1); (2)无论n 为任何正整数,7|/(2n +1)。
证明:(1)设n=3m ,则2n -1=8m -1≡0(mod 7),即:7∣(2n -1);
(2)由于23m ≡1(mod 7)得
23m +1≡2(mod 7),23m+1 +1≡3(mod 7),2
3m+2 +1≡5(mod 7)。
故无论n 为任何正整数,7|/(2n +1)。
4、设m >0,n >0,且m 为奇数,证明:(2m -1,2n +1)=1。
证明一:由m 为奇数可知:2n +1︱2mn +1,又有2m -1︱2mn -1,
于是存在整数x,y 使得:(2n +1)x=2mn +1, (2m -1)y=2mn -1。
从而(2n +1)x-(2m -1)y=2。
这说明:
(2m -1,2n +1)︱2
由于2n +1,2m -1均为奇数可知:(2m -1,2n +1)=1。
证明二:设(2m -1,2n +1)=d ,则存在s,t ∈Z,使得2m =sd+1, 2n =td-1。
由此得到: 2mn =(sd+1) n , 2mn =(td-1)
m 于是 2mn =pd + 1=qd – 1,p,q ∈Z 。
所以:(q -p )d =2。
从而 d ∣2,就有d =1或2。
由因为m 为奇数,所以d =1。
即(2m -1,2n
+1)=1。
注:我们已证过:记M n =2n - 1,对于正整数a ,b ,有(M a , M b )= M (a , b ) 。
显然当a ≠b ,a,b 为质数时,(M a , M b )=1。
初等数论练习题七
一、单项选择题
1、设a 和b 是正整数,则)],[,],[(
b b a a b a =( A ) A .1 B .a C .b D .(a,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,以下选项为既约分数的是( A )
A .314421++n n
B .121-+n n
C .2512+-n n
D .1
31++n n 二、填空题
1、314162被163除的余数是_1__。
(欧拉定理)
2、同余方程3x ≡5(mod13)的解是x ≡5(mod13)。
3、)1847
365(=1。
4、[-π]=-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+1,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26×32=576。
7、同余方程x 3+x 2-x-1≡0(mod 3)的解是x ≡1,2(mod 3)。
三、计算题
1、求不定方程x + 2y + 3z = 41的所有正整数解。
解:分别解x + 2y = t
t + 3z = 41
得 x = t - 2u
y = uu ∈Z ,
t = 41 - 3v
z = vv ∈Z ,
消去t 得 x = 41 - 3v - 2u
y = u
z = vu ,v ∈Z 。
由此得原方程的全部正整数解为
(x , y , z ) = (41 - 3v - 2u , u , v ),u > 0,v > 0,41 - 3v - 2u > 0。
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x 人,由题意得x ≡ 1 (mod 3),x ≡-2 (mod 5),x ≡ 3 (mod 11)。
在子定理中,取 m 1 = 3,m 2 = 5,m 3 = 11,m = 3⋅5⋅11 = 165,
M 1 = 55,M 2 = 33,M 3 = 15,
M 1' =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x = 52 + 165t ,t ∈Z 。
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)(mod 4432862≡x 是否有解?
解:286=2×143,433是质数,(143,443)=1
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
⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅--1437143214314143443)1()1(44314324324432862144321143214432 ⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⋅-=-⋅--7143)1()1(211432178114313173=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴原方程有解。
四、证明题
1、设(a ,m ) = 1,d 0是使a d ≡1 (mod m )成立的最小正整数,则
(ⅰ) d 0∣ϕ(m );
(ⅱ)对于任意的i ,j ,0 ≤i , j ≤d 0- 1,i ≠j ,有a i ≡/a j (mod m )。
(1)
证明:(ⅰ) 由Euler 定理,d 0≤ϕ(m ),因此,由带余数除法,有
ϕ(m ) = qd 0+r ,q ∈Z ,q >0,0 ≤r < d 0。
因此,由上式与d 0的定义,利用欧拉定理得到
1 ≡r r qd m a a a ≡=+0)(ϕ(mod m ),
即整数r满足a r≡ 1(mod m),0 ≤r < d0 。
由d0的定义可知必是r = 0,即d0∣ϕ(m)。
(ⅱ) 若式(1)不成立,则存在i,j,0 ≤i, j ≤d0- 1,i≠j,使a i≡a j (mod m)。
不妨设i>j。
因为(a, m) = 1,所以a i-j≡ 0 (mod m),0 < i-j < d0。
这与d0的定义矛盾,所以式(1)必成立。
2、证明:设a,b,c,m是正整数,m>1,(b, m) = 1,并且
b a≡ 1(mod m),b c≡ 1(mod m) (1)
记d = (a, c),则b d≡ 1 (mod m)。
证明:由裴蜀恒等式知,存在整数x,y,使得ax+cy = d,显然xy< 0。
若x>0,y<0,由式(1)知:1≡b ax = b d b-cy = b d(b c)-y≡b d (mod m)。
若x<0,y>0,由式(1)知:1≡b cy = b d b-ax = b d(b a)-x≡b d (mod m)。
3、设p是素数,p∣b n-1,n∈N,则下面的两个结论中至少有一个成立:
(ⅰ) p∣b d-1对于n的某个因数d<n成立;
(ⅱ) p≡1 ( mod n )。
若2|/n,p>2,则(ⅱ)中的mod n可以改为mod 2n。
证明:记d = (n, p- 1),由b n≡ 1,b p- 1≡ 1(mod p),与第2题有
b d≡1 (mod p)。
若d < n,则结论(ⅰ)得证。
若d = n,则n∣p- 1,即p ≡ 1 (mod n),这就是结论(ⅱ)。
若2|/n,p>2,则p ≡1 (mod 2)。
由此与结论(ⅱ),并利用同余的基本性质,
得到p ≡ 1 (mod 2n)。
初等数论练习题八
一、单项选择题
1、设n>1,则n为素数是(n- 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的幂指数是( 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.-1,1,-3,3
5、设n 是正整数,以下选项为既约分数的是( A ) A.2n 51n 3++ B.1n 21n -+ C.2n 51n 2+- D.1n 31
n ++
二、填空题
1、σ(120)=360。
2、7355的个位数字是3。
3、同余方程3x ≡5(mod14)的解是x ≡11(mod14)。
4、(2317
)=1。
5、[-2]=-2。
6、如果一个正整数具有6个正因数,问这个正整数最小是12。
7、同余方程x 3+x 2-x-1≡0(mod 5)的解是x ≡±1(mod5)。
三、计算题
1、已知563是素数,判定方程x 2≡ 429 (mod 563)是否有解。
解:把⎪⎭⎫
⎝⎛563429看成Jacobi 符号,我们有
⎪⎭
⎫
⎝⎛
-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛---42967)1(429674292429134429563429563)1(56342981
42921
563.214292-)⎪⎭
⎫
⎝⎛=⎪⎭⎫
⎝⎛
--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=----27672767)1(67276742967429)1(4296721
67.21
2721429.2167
11311327)1(271321
13.2127=⎪⎭⎫
⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=--,
故方程x 2≡ 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1n +2n +3n +4n 能被5整除。
解:若n 为奇数,则1n +2n +3n +4n ≡1n +2n +(-2)n +(-1)n ≡ 0 (mod 5); 若n=2m ,m ∈Z ,则1n +2n +3n +4n ≡12m +22m +(-2)2m +(-1)2m
≡2+2×22m =2+2×4m =2+2×(-1)m (mod 5);
当m 为奇数时,1n +2n +3n +4n ≡0(mod 5);
当m 为偶数时,1n +2n +3n +4n ≡4(mod 5)。
故当4|/n 时,5∣1n +2n +3n +4n 。
四、证明题
1、证明:若质数p>2,则2P -1的质因数一定是2pk+1形。
证明:设q 是2p -1的质因数,由于2p -1为奇数,∴q ≠2,(2,q )=1。
由条件q|2p -1,即2p ≡1(mod q )。
设h 是使得2x ≡1(mod q )成立最小正整数,若1<h <p ,则有h |p 。
这与p 为质
数矛盾。
从而 h=p , 于是 p |q -1。
又∵q -1为偶数,2|q -1,
∴ 2p |q -1,q -1=2pk , 即q =2pk +1k ∈Z 。
2、设(m,n )=1,证明:m ϕ(n)+n ϕ(m)
≡1 (mod mn)。
证明:因为(m,n )=1,所以由欧拉定理知: n ϕ(m)≡1 (mod m),m ϕ(n)≡1 (mod n) 于是 m ϕ(n)+n ϕ(m)≡1 (mod m), m ϕ(n)+n ϕ(m)≡1 (mod n)。
又因为(m,n )=1,所以m ϕ(n)+n ϕ(m)≡1 (mod mn)。
注:此题也可这样表述:若两个正整数a,b 互质,则存在正整数m,n ,使得
a m +
b n ≡1(mod ab)。
3、设(a,b )=1,a+b ≠0,p 为一个奇质数,证明:p b
a b a b a p
p 或1),(=+++。
说明:事实上,设d b a b a b a p p =+++),(,只需证明:d |p 即可。
证明:由a+b ≡0(mod a+b),即a ≡-b (mod a+b),知a k ≡(-b)k
(mod a+b)。
其中0≤k ≤p -1。
又)(m od 11111221b a pb b b b b ab b a a b a b a p p p p p p p p p p +=+++≡+-+-=++-------- 。
令d b
a b a b a p p =+++),(,则d |pb p-1 。
又(a,b )=1,d |(a+b )知(d,b )=1。
(否则设(d,b )=d ′>1,立即得到d ′︱a 和d ′︱b ,这与(a,b )=1矛盾。
) 于是(d ,b p-1)=1。
故d |p ,即 d =1或p 。
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 ) A.⎪⎭⎫ ⎝⎛113 B.⎪⎭⎫ ⎝⎛114 C.⎪⎭⎫ ⎝⎛115 D.⎪⎭
⎫ ⎝⎛116 2、100至500的正整数中,能被17整除的个数是( B )
A. 23
B. 24
C. 25
D. 26
3、设 α3|500!,但13+α|/500!
,则α=( C ) A. 245B.246C.247D. 248
4、以下数组中,成为模7的完全剩余系的是( C )
A. -14,-4,0,5,15,18,19
B. 7,10,14,19,25,32,40
C. -4,-2,8,13,32,35,135
D. -3,3,-4,4,-5,5,0
5、设n 是正整数,则以下各式中一定成立的是( B )
A. (n +1,3n +1)=1
B.(2n -1,2n +1)=1
C.(2n ,n +1)=1
D.(2n +1,n -1)=1
二、填空题
1、25736被50除的余数是1。
2、同余方程3x ≡5(mod16) 的解是x ≡7(mod16)。
3、不定方程9x -12y =15的通解是x = -1+4t ,y = -2 +3t ,t ∈Z 。
4、⎪⎭⎫ ⎝⎛41323 =1。
5、实数的小数部分记为{x } ,则 {-45}=0.75。
6、为使3n 与4n +1 的最大公因数达到最大可能值,整数n 应满足条件n=3k+2,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26×34=5184。
三、计算题
1、解不定方程9x +24y -5z =1000。
解:解 因(9,24)=3,(3,-5)=1知原方程有解。
原方程化为
9x + 24y = 3t ,
即 3x + 8y = t , (1) 3t -5z = 1000 3t -5z = 1000, (2) 解(2)得 ⎩⎨⎧+-==u z u
t 32005, u ∈Z ,
再解3x + 8y =5u 得到 ⎩
⎨⎧-=+-=v u y v
u x 38, u ,v ∈Z 。
故 ⎪⎩
⎪
⎨⎧+-=-=+-=u z v u y v u x 320038, u , v ∈Z 。
2、设A = {x 1,x 2, , x m }是模m 的一个完全系,以{x }表示x 的小数部分,若(a , m ) = 1,求∑=+m
i i m
b
ax 1}{。
解:当x 通过模m 的完全剩余系时,ax +b 也通过模m 的完全剩余系,因此对于任意的i
(1 ≤i ≤m ),ax i +b 一定与且只与某个整数j (1 ≤j ≤m )同余,即存在整数k ,使得ax i +b = km +j ,(0 ≤j ≤m-1)。
从而:。
212)1(1}{1
111110}{}{-=-⋅===+=+∑∑∑∑-==-=-=m m m m m j m j m j k m b ax m j m
i m j m j i 3、设整数n ≥ 2,求:
∑=≤≤1
),(1n i n
i i 。
即在数列1, 2, ,n 中,与n 互素的整数之和。
解:设在1, 2, ,n 中与n 互素的ϕ(n )个数是
a 1, a 2, , a ϕ(n ),(a i , n ) = 1,1 ≤a i ≤n - 1,1 ≤i ≤ϕ(n ), 则 (n -a i , n ) = 1,1 ≤n -a i ≤n - 1,1 ≤i ≤ϕ(n ),
因此,集合{a 1, a 2, , a ϕ(n )}与集合{n -a 1, n -a 2, , n -a ϕ(n )}是相同的,于是
a 1+a 2+ +a ϕ(n ) = (n -a 1) + (n -a 2) + + (n -a ϕ(n )),
2(a 1+a 2+ +a ϕ(n )) = n ϕ(n ), 因此:a 1+a 2+ +a ϕ(n ) =2
1n ϕ(n )。
4、设m >1,(a , m ) = 1,x 1, x 2, ⋯, x ϕ(m )是模m 的简化剩余系,求:∑=)
(1
}{m i i m
ax ϕ。
其中{x }表示x 的小数部分。
解:设ax i = mq i +r i ,0 ≤r i < m ,由x i 通过模m 的简化剩余系知:ax i 也通过模m 的简化剩
余系,从而r i 通过模m 的最小非负简化剩余系,于是:
∑∑∑∑========+=)
(1)(1)
(1)(1)(21)(211}{}{m i m i m i m i i
i i i i m m m m r m m
r m r q m ax ϕϕϕϕϕϕ。
四、证明题
1、证明:设a 是有理数,b 是使ba 为整数的最小正整数,若c 和ca 都是整数,则 b ∣c 。
(提示:利用带余数除法解决。
)
证明:设c=bq+r ,0≤r <b ,q ∈Z ,则ca=(ba)q+ra 。
因为ca ,ba ∈Z ,所以ra ∈Z ,于是ra=0,由a ≠0得r=0。
故b ∣c 。
2、设p 是素数,证明:
(ⅰ) 对于一切整数x ,x p - 1-1 ≡ (x -1) (x -2) (x -p + 1) (mod p ); (ⅱ) (p -1)! ≡-1 (mod p )。
证明:(ⅰ) x p - 1-1 ≡ 0 (mod p )有解x ≡ 1,2, ,p -1 (mod p ),
故对于一切整数x ,x p - 1-1 ≡ (x -1) (x -2) (x -p + 1) (mod p );。
(ⅱ) 在(ⅰ)中令x = p 。
3、证明:若2|/n ,p 是奇质数,p ∣a n
-1,则1=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a 。
证明:由p ∣a n -1知:a n ≡1(mod p )。
又(p ,a )=1得到a n+1
≡ a(mod p )。
因为2|/
n ,所以)(mod )(2
21
p a a n ≡+,即x 2
≡ a(mod p )有解。
故 1=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a 。
4、证明:若p=4m+1是一质数,则1=)(p
m 。
证明:1)1()
1()1
(422
1
=-=-=-==-m p p
p m p m )()(。
5、设p 是奇质数,p ≡ 1 (mod 4),则:2
))((!2
1-±p ≡-1 (mod p ) 解由Wilson 定理有:。
)(m od !2
1)1(212121)
1()!1()
1()!1(12
2
12
1))((p p p p p p p p p -≡-+-⋅-=--=-≡-±--
注:(1)设p 为质数且p =4m +1,则同余方程)(mod 12p x -≡的解是))(mod 2(21p m x ⋅±≡。
(2)设p 为质数且p =4m +1,若且唯若存在一个正整数a ,使得a 2≡-1 (mod p )。
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p 的质数都不能整除p ,则p 一定是( A )。
A.素数 B.合数 C.奇数 D. 偶数
2、两个质数p ,q ,满足p+q=99,则p
q
q p +的值是( B ) A.9413 B.
194
9413
C.
999413 D.111
9413
3、2010!的标准分解式中,7的最高幂指数为( C ) A .331 B .332 C .333 D .334
4、n 为正整数,若2n +1为质数,则n 是( D )
A .质数
B .合数
C .1
D .2k (k 为非负整数) 5、当n >2时,欧拉函数ϕ(n )一定是( B )。
A .奇数 B .偶数 C .1 D .2 二、填空题
1、如果p 是质数,a 是整数,则有(a ,p )=1或者p ∣a 。
2、设p 是奇质数,(a,p)=1,则a 是模p 的平方非剩余的充要条件是)(mod 12
1
p a p -≡-
3、从1000开始到2010完毕的所有整数中13的倍数有78个。
4、2756839-1的末位数是7。
5、不定方程ax+by=c 有解的充要条件是(a , b )∣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⎪⎭
⎫
⎝⎛5632=-1。
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:∵ 由二次互反律⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅-=⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛-3)
1(32
1p p p , 注意到p >3,p 只能为p ≡±1(mod 4)且⎩⎨
⎧-≡⎪⎭
⎫ ⎝⎛113p )
3(mod 1)
3(mod 1-≡≡p p ∴13=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p ,只能是以下情况⎩⎨⎧≡≡)4(mod 1)3(mod 1p p ⎩⎨⎧-≡-≡)
4(mod 1)3(mod 1p p ∴)(m od 121≡p 或)(m od 121-≡p 。
2、求使12347!被35k 整除的最大的k 值。
解:k=2054. 四、证明题
1、证明:设7p ≥是一个质数,则存在唯一的一个正整数x ,使得:
{}()()1,2,,1!0mod x p x p ∈-+≡且120p-6
证明:存在性:因为7p ≥是一个素数,由Wilson 定理我们有:()()1!10mod p p -+≡,
然而()()()()()()()()()1!123456!1206!mod p p p p p p p p p -=------≡--,所以()()()1206!10mod p p p -+-=,
故存在1x p =-,使得()()!0mod x p +≡120p-6。
唯一性:若还存在{}()()1,2,
,1!0mod y p y p ∈-+≡且120p-6,
则()mod x y p ≡,注意到{},1,2,
,1x y p ∈-,所以x y =是唯一的。
2、已知9901是素数,试证:49509901(171)+。
证明:由9901是素数,计算Legendre 符号得:
()()()17199011711713171
2222221799017173711111990117177733------⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==-==-=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
所以17是模9901的平方非剩余,因此由Euler 判别条件可知:
()990112
17
1mod9901-≡- 即 49509901(171)+。
3、证明:若p=10n -1是个质数,则1515--n p 。
(提示:利用勒让德符号解决。
) 说明:要证1515--n p ,只需证明)(m od 1515p n ≡-,即证:
)(m od 15
5
5
2
12
1
1101
5p p n n ≡≡≡---- 这样就转化为证明:1)(5=p。
证明:因为)(mod 1)5
1()5110()5()5(p n p p ≡-=-==。
所以)(m od 15
5
5
2
12
1
1101
5p p n n ≡≡≡----。
故:1515--n p 。
4、设p=4n+3是质数,证明当q=2p+1也是质数时,梅森数M p =2p -1不是质数。
由此证明:23|(211
-1),47|(223
-1),503|(2251
-1)。
证明:由条件:q =2p+1=8n+7≡-1(mod 8),从而:)(q
p =1,
即1≡2
1
2
-q ≡24n+3≡2p (mod q ),于是q |(2p -1)。
故:梅森数M p =2p
-1不是质数。
当n=2,n= 5,n=62时立得:23|(211
-1),47|(223
-1),503|(2251
-1)。
注:此题还可以进一步表述为:设p=4n+3是质数,证明:2p+1是质数的充要条件是
2p ≡1(mod 2p+1)。
必要性已证。
下证充分性:若2p ≡1(mod 2p+1),则
p ∣ϕ(2p+1),因此必有ϕ(2p+1)=p 或2p 。
由于ϕ(2p+1)为偶数,故ϕ(2p+1)=2p 。
5、证明:设p 是大于5的质数,则
Z p p p p ∈+++-)
1(1
)!1(。
说明:只需证明:p(p+1) |(p-1)!+p+1。
又因为(p ,p+1)=1,所以需证: p |(p-1)!+p+1 与(p+1) |(p-1)!+p+1同时成立即可。
证明:由Wilson 定理:()()1!10mod p p -+≡知:p |(p-1)!+p+1;
又p 是大于5的质数,可设p+1=2n ,其中2<n <p-1,于是 (p+1) |(p-1)!+p+1。
故:p(p+1) |(p-1)!+p+1。
即
Z p p p p ∈+++-)
1(1
)!1(。