研究生基础数学1考试复习资料数论练习题

一、整除理论 1．证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。

2．设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。

证明：设不然，n 1 = n 2n 3，n 2 ≥ p ，n 3 ≥ p ，于是n = pn 2n 3 ≥ p 3， 即p ≤3n ，矛盾。

3．设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。

写a = 3q 1 + r 1，b = 3q 2 + r 2，r 1, r 2 = 0, 1或2，由3∣a 2 + b 2 = 3Q + r 12 + r 22知r 1 = r 2 = 0，即 3∣a 且3∣b 4．证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。

设给定的n 个整数为a 1, a 2, , a n ，作 s 1 = a 1，s 2 = a 1 + a 2， ，s n = a 1 + a 2 + + a n ，如果s i 中有一个被n 整除，则结论已真，否则存在s i ，s j ，i < j ， 使得s i 与s j 被n 除的余数相等，于是n ∣s j - s i = a i + 1 + + a j5．设a ，b ，c 是正整数，证明：),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c c b b a c b a a c c b b a c b a =因为，故只须证明(a , b , c )(ab , bc , ca ) = (a , b )(b , c ) (c , a )，此式用类似于例3的方法即可得证。

6．设k 是正奇数，证明：1 + 2 + …… + 9∣1k + 2k + …… + 9k 。

设s = 1k + 2k + + 9k ，则由2s = (1k + 9k ) + (2k + 8k ) + + (9k + 1k ) = 10q 1及2s = (0k + 9k ) + (1k + 8k ) + + (9k + 0k ) = 9q 2得10∣2s 和9∣2s ，于是有90∣2s ，从而1 + 2 + + 9 = 45∣s 7． 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。

只须证，即只须证(b , a + b ) = (a , b )，此式显然。

8．用扩展欧几里德算法法求整数x ，y ，使得1387x - 162y = (1387, 162)。

作辗转相除：1387 = (-162)⋅(-8) + 91，-162 = 91⋅(-2) + 20，91 = 20⋅4 + 11，20 = 11⋅1 + 9，11 = 9⋅1 + 2，9 = 2⋅4 + 1，2 = 1⋅2 + 0，由此得n = 6，q 1 = -8，q 2 = -2，q 3 = 4，q 4 = 1，q 5 = 1，q 6 = 4，x = (-1)n -1Q n = 73，y = (-1)n P n = 625，又(1387, 162) = r n = 1，故1387⋅73 - 162⋅625 = 1 = (1387, 162)9. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少。

设除数为d ，余数为r ，则由d ∣4582 - 2836 = 1746，d ∣5164 - 4582 = 582，d ∣6522 - 5164 = 1358 知d ∣(1746, 582, 1358) = 194，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 1209． 证明：在1, 2, , 2n 中任取n + 1数，其中至少有一个能被另一个整除。

写i = ，i = 1, 2, , 2n ，则λi 为1, 2, , 2n 中的奇数，即λi 只能取n 个数值，在n + 1个这样的数中，必存在λi = λj （i ≠ j ），于是易知i 与j 成倍数关系10．求最大的正整数k ，使得10k ∣199!。

解 由定理3，199!的标准分解式中所含的5的幂指数是 (519951995)199][][][32+++ = 47，而所含2的幂指数>47，所以，所求的最大整数是k = 47。

11．设n 是正整数，则]24[]1[+=++n n n 。

解 首先，我们有 []<，所以，.若上式中的等式不成立，即，则存在整数a,使得, 因此,,, 所以a 2-2n-1=2n+1,a 2=4n+2.但是，无论2|n 或2n,式(10)都不能成立，这个矛盾说明式（9）不能成立，即式(7)成立. 12．设n 是正整数，x 是实数，证明：∑∞=-+11][22r rr n = n 。

由例4得= [2x ]- [x ]，于是=[n ] = n 。

例4 设x 是正数，n 是正整数，则[x]+[x+]+[x+]+ . . . +[x+]=[nx].解设x=[x]+, , 0i n-1,则[x]+[x+]+[x+]+ . . . +[x+]= n[x]+i=n[x]+[n]=[n([x]+)]=[nx].13．证明：若2n- 1是素数，则n是素数。

设不然，则n = n1n2，1 < n1 < n，则2n- 1 = < 2n + 1，表明2n- 1是合数，矛盾。

同余1．求81234被13除的余数。

因为82≡-1(mod 13)，所以81234 = (82)617≡ (-1)617≡-1 ≡ 12 (mod 13)，即81234被13除的余数是12。

2．已知99∣42762αβ，求α与β由得α+β = 6或α+β = 15，从得α-β = -2或α-β = 9，于是解关于α，β的方程组得α = 2，β = 4。

3．求n =777的个位数我们有71≡-3, 72 ≡-1, 74 ≡1 (mod 10),因此, 若77 ≡r (mod 4),(3)则n=≡ 7r (mod 10). (4)现在, 71≡-1,72 ≡1, 77 ≡≡3 (mod 4), 所以, 由式(4)可知n=≡ 73 ≡≡-7≡ 3 (mod 10),即n的个位数是3.4．证明：若n是正整数，则13∣42n + 1+ 3n + 2由42n+1+3n+2=（mod 13）得证.5．设m > 0是偶数，{a1, a2, …, a m}与{b1, b2, …, b m}都是模m的完全剩余系，证明：{a1+b1, a2+b2, …, a m +b m}不是模m的完全剩余系因为{1,2,… ,m}与{a1,… ,a m}都是模m的完全剩余系,所以(mod m). (10)同理,(mod m). (11)如果{a1+b1,… ,a m+b m}是模m的完全剩余系,那么也有(mod m).联合上式与式(10)和(11),得到0(mod m)，这是不可能的,所以{a1+b1,… ,a m+b m}不能是模m的完全剩余系.6．证明：若2p+ 1是奇素数，则(p!)2+ (-1)p≡ 0 (mod 2p+ 1)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)。

7．证明Wilson定理的逆定理：若n > 1，并且(n- 1)! ≡-1 (mod n)，则n是素数设不然，n = n1n2，1 < n1 < n，由(n- 1)! ≡-1 (mod n1)得0 ≡-1 (mod n1)，矛盾。

8．设m > 1，(a, m) = 1，x1, x2,…, xϕ(m)是模m的简化剩余系，证明：∑== )(1)(21}{mii m maxϕϕ。

其中{x}表示x的小数部分。

写ax i = mq i+r i，0 ≤r i < m，由x i通过模m的简化剩余系知r i通过模m的最小非负简化剩余系，于是由例1得。

例1设整数n≥ 2,证明即,在数列1,2,… ,n中,与n互素的整数之和是解设在1,2,… ,n中与n互素的ϕ(n)个数是a1,… ,aϕ(m), (a i,n)=1, 1a i n-1, 1i(n),则(n-a i,n)=1,1≤n-a i≤n-1, 1≤ iϕ(n),因此，集合{a1,… ,aϕ(m)}与集合{n-a1,⋯ ,n-aϕ(m)}是相同的，于是a1+a2+… +aϕ(m))=(n-a1)+(n-a2)+⋯ +(n-aϕ(m)),2(a1+… +aϕ(m))=nϕ(n),a1+… +aϕ(m)= (n).9．设m与n是正整数，证明：ϕ(mn)ϕ((m, n)) = (m, n)ϕ(m)ϕ(n)设，则由此得ϕ(mn )ϕ((m , n )) = (m ,n )= (m , n )ϕ(m )ϕ(n )。

10． 设{x 1, x 2,…, x ϕ(m )}是模m 的简化剩余系，则(x 1x 2…x ϕ(m ))2 ≡ 1 (mod m )设{x 1, x 2,…, x ϕ(m )}是模m 的简化剩余系，则(x 1x 2…x ϕ(m ))2 ≡ 1 (mod m )。

解 记P = x 1x 2…x ϕ(m )，则(P , m ) = 1。

又记y i =ix P，1 ≤ i ≤ ϕ(m )， 则{y 1, y 2, …, y ϕ(m )}也是模m 的简化剩余系，因此∏∏==≡)(1)(1m i im i i xPx ϕϕ(mod m )，再由Eule r 定理，推出P 2 ≡ P ϕ(m ) ≡ 1 (mod m )。

11． 证明：1978103 - 19783能被103整除。

因103 = 2353，显然1978103 - 19783 ≡ 0 (mod 23)，再由1978100 ≡ 1 (mod 53)得1978103 - 19783 ≡ 0 (mod 53)，故1978103 - 19783 ≡ 0 (mod 103)。

12． 设p ，q 是两个不同的素数，证明：p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (mod pq )。

由费马定理q p - 1 ≡ 1 (mod p )，p q - 1 ≡ 1 (mod q )，p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (mod p )，p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (modq )，故p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (mod pq )。

13．计算12996227(mod 37909)二、同余方程1． 解同余方程 325x ≡ 20 (mod 161) 解：方程即是 3x≡20(mod 161). 解同余方程161y≡-20(mod 3), 即2y≡1(mod 3),得到 y≡2 (mod 3),因此,方程(6)的解是x≡=114 (mod 161).2． 证明：同余方程a 1x 1 + a 2x 2 + … + a n x n ≡ b (mod m )有解的充要条件是(a 1, a 2, …, a n , m ) = d ∣b 。