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; 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_(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 211x20 0 (mod 105)。

解：因105 = 357，同余方程3x 211x20 0 (mod 3)的解为x 1 (mod 3)，同余方程3x 211x38 0 (mod 5)的解为x 0，3 (mod 5)，同余方程3x 211x20 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x 2≡42(mod 107)是否有解故同余方程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)及(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 a2 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：kp 1C - （-1 ）k (mod p )。

证明：设A=!)()2(1C 1k k p p p kp ---=- ）（ 得： k!·A =（p-1）(p-2)…（p-k ）≡（-1）(-2)…（-k ）(mod p )又（k!，p ）=1，故A = kp 1C - （-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)≡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)。

（见赵继源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=n22+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(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__.8、⎪⎭⎫ ⎝⎛10146=_1__. 9、若p 是质数，np 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≡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 = 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 ss ⋅-=-=-==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(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ab 为既约分数的一组数是（ D ）。

=n+1,b=2n-1 =2n-1,b=5n+2 =n+1,b=3n+1 =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 ）。

4、不是同余方程28x ≡21(mod 35)的解为（ D ）。

≡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 ）。

个 个 个 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 23 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2k +1||1122112C 2C 2C |--+=i n i n k n in 及，i = 3, 5, , 2n 1 得d = 2k + 1。