R《初等数论(闵嗣鹤严士健)》第三版习题解答

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《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)

《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)

《初等数论》试卷一、 单项选择题:(1分/题×20题=20分) 1.设x 为实数,[]x 为x 的整数部分,则( ) A.[][]1x x x ≤<+; B.[][]1x x x <≤+; C.[][]1x x x ≤≤+; D.[][]1x x x <<+. 2.下列命题中不正确的是( ) A.整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数; B.整数12,,,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数C.整数a 与它的绝对值有相同的倍数 D.整数a 与它的绝对值有相同的约数3.设二元一次不定方程ax by c +=(其中,,a b c 是整数,且,a b 不全为零)有一整数解()00,,,x y d a b =,则此方程的一切解可表为( )A.00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =-=+=±± B.00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =+=-=±± C.00,,0,1,2,;bax x t y y t t d d =+=-=±± D.00,,0,1,2,;bax x t y y t t dd =-=-=±±4.下列各组数中不构成勾股数的是( )A.5,12,13; B.7,24,25; C.3,4,5; D.8,16,17 5.下列推导中不正确的是( )A.()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ B.()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ C.()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ D.()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ 6.模10的一个简化剩余系是( ) A.0,1,2,,9; B.1,2,3,,10;C.5,4,3,2,1,0,1,2,3,4;----- D.1,3,7,9. 7.()mod a b m ≡的充分必要条件是( ) A.;m a b - B.;a b m - C.;m a b + D..a b m +8.设()43289f x x x x =+++,同余式()()0mod5f x ≡的所有解为( ) A.1x =或1;- B.1x =或4; C.1x ≡或()1mod5;- D.无解. 9、设f(x)=10n n a x a x a +++其中()0,mod i a x x p ≡是奇数若为f(x)()0mod p ≡的一个解,则:( )A .()()mod ()0mod ,1p f x p χχ∂≡≡∂>一定为的一个解 B .()()0mod ,1,()0mod p f x p χχ∂∂≡∂>≡一定为的一个解C .()()()00(),()0mod mod ,mod p f x f x p x x p x x p ααα≡≡≡当不整除时一定有解其中 D .()()()00mod ()0mod ,mod x x p f x p x x p ααα≡≡≡若为的一个解则有 10.()10(),,0mod ,,n n i n f x a x a x a a a p n p =+++≡>/设其中为奇数则同余式()()0mod f x p ≡的解数:( ) A .有时大于p 但不大于n; B .可超过pC .等于pD .等于n11.若2为模p 的平方剩余,则p 只能为下列质数中的 :( )A .3B .11C .13D .23 12.若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭,则 ( ) A .()2mod ,x a m ≡同余式一定有解B .()()2,1,mod a m x a p =≡当时同余式有解;C .()2(,mod m p x a p =≡当奇数)时同余式有解;D .()2(),mod a p x a p =≡当奇数时同余式有解.13.()()2mod 2,3,2,1,x a a αα≡≥=若同余式有解则解数等于( )A . 4B .3C . 2D . 1 14. 模12的所有可能的指数为;( )A .1,2,4B .1,2,4,6,12C .1,2,3,4,6,12D .无法确定 15. 若模m 的单根存在,下列数中,m 可能等于: ( ) A . 2 B .3 C . 4 D . 12 16.对于模5,下列式子成立的是: ( )A .322ind =B .323ind =C .350ind =D .3331025ind ind ind =+ 17.下列函数中不是可乘函数的是: ( ) A .茂陛鸟斯(mobius)函数w(a) ; B . 欧拉函数()a φ;C .不超过x 的质数的个数()x π;D .除数函数()a τ;18. 若x 对模m 的指数是ab ,a >0,ab >0,则x α对模m 的指数是( ) A .a B .b C .ab D .无法确定 19.()f a ,()g a 均为可乘函数,则( ) A .()()f a g a 为可乘函数; B .()()f ag a 为可乘函数 C .()()f a g a +为可乘函数; D .()()f a g a -为可乘函数 20.设()a μ为茂陛乌斯函数,则有( )不成立A .()11μ=B .()11μ-=C .()21μ=-D .()90μ= 二.填空题:(每小题1分,共10分)21. 3在45!中的最高次n = ____________________; 22. 多元一次不定方程:1122n n a x a x a x N +++=,其中1a ,2a ,…,n a ,N 均为整数,2n ≥,有整数解的充分必要条件是___________________;23.有理数ab,0a b <<,)(,1a b =,能表成纯循环小数的充分必要条件是_______________________;24. 设()0mod x x m ≡为一次同余式()mod ax b m ≡,a ≡()0mod m 的一个解,则它的所有解为_________________________;25. 威尔生(wilson )定理:________________________________________; 26. 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=________________________________________; 27. 若)(,1a p =,则a 是模p 的平方剩余的充分必要条件是_____________(欧拉判别条件); 28. 在模m 的简化剩余系中,原根的个数是_______________________; 29. 设1α≥,g 为模p α的一个原根,则模2p α的一个原根为_____________; 30.()48ϕ=_________________________________。

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答

若 b 0 ,则令 s
得证. 下证唯一性 当 b 为奇数时,设 a bs t bs1 t1 则 t t1 b( s1 s ) b 而t
b b , t1 t t1 t t1 b 矛盾 故 s s1 , t t1 2 2
b 为整数 2
ax0 by0
x, y Z ,由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r , 0 r ax0 by0
则 r ( x x0 q )a ( y y0 q )b S ,由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by
a, b Z , b 0, s, t Z , 使 a bs t ,| t |
b 。 , 2
s1 , t1 ,使 b s1t t1 ,| t1 | sn , tn , tn 2 tn 1sn tn ; sn 1 , tn 1 , tn 1 tn sn 1 tn 1 ;
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《初等数论》 (闵嗣鹤、严士健编著) (第三版)习题解答
是一个整数系数多项式且 a0 ,an 都不是零,则(1)的根只能是以 a0 的因数作分子以 an 为 分母的既约分数,并由此推出 2 不是有理数. 证:设(1)的任一有理根为
p , ( p, q ) 1, q 1 。则 q
a bs t ,
| t |
|b| 2
成立,并且当 b 是奇数时,s,t 是唯一存在的.当 b 是偶数时结果如何? 证:作序列 ,
3b b b 3b , b , , 0, , b , , 则 a 必在此序列的某两项之间 2 2 2 2

R《初等数论 闵嗣鹤 严士健 》第三版习题解答

R《初等数论 闵嗣鹤 严士健 》第三版习题解答

3.证明推论 3.3 并推广到 n 个正整数的情形.
推论 3.3 设 a,b 是任意两个正整数,且
a
p1 1
p2 2
pn n
,i
0,i
1, 2,, k

b
p 1 1
p2 2
p n n
, i
0,i
1, 2,, k

则 (a,b)
p1 1
p 2 2
p k k
,[a,b]
p1 1
p2 2
pk k

q
假设 2 为有理数, x 2, x2 2 0 ,次方程为整系数方程,则由上述结论,可知其
有有理根只能是
1, 2 ,这与 2 为其有理根矛盾。故 2 为无理数。
p 另证,设 2 为有理数 2 = , ( p, q) 1, q 1 ,则
q
2 p2 ,2q2 p2 ,( p2, q2 ) (2q2 , p2 ) q2 1 q2 但由 ( p, q) 1, q 1 知 ( p2 , q2 ) 1,矛盾,故 2 不是有理数。
则 r (x x0q)a ( y y0q)b S ,由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by ( x, y 为任意整数) ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
ax0 by0 | (a, b). 又有 (a,b) | a , (a,b) | b
3 b 1 b 2 ( ), t1 , t1
2
2
222
§2 最大公因数与辗转相除法
1.证明推论 4.1
推论 4.1 a,b 的公因数与(a,b)的因数相同.
证:设 d 是 a,b 的任一公因数, d |a, d |b

闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答

闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答

第四章 同余式§1 习题(P61)1. 求下列各同余式的解 (i )256179(mod337) x ≡ (ii )1215560(mod 2755) x ≡ (iii )12961125(mod 1935) x ≡ 解:(i )由(256,337)1=,∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……(1) 先解不定方程 2563371x y += ……(2) 由得30(1)79y =-,40(1)104x =-为(2)之特解104179x '=⨯,79179y '=⨯为(1)之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。

(ii )由(1215,2755)5=,5560,∴有5个不同的解。

解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……(2) 先解: 2435511x y += ……(3) 解得(3)的特解0195x =-,086y =即得(2)的特解0195112x =-⨯,086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = (iii )由(1296,1935)9=,91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……(1) (1)等价于不定方程 14421512x y -= ……(2) 先解: 1442151x y += ……(3) 解得(3)的一特解 0106x =-,071y =于是得(2)的一特解 0106125x =-⨯,071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2. 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解:解 414329 x y z +-= ……(1) 2914384x y z --=- ……(2) 由(2)2(1)-⨯:14317142z y -=- ……(3) 由(143,17)1=,∴(3)有唯一解。

《初等数论》第三版习题解答

《初等数论》第三版习题解答

《初等数论》第三版习题解答第一章整数的可除性§1整除的概念·带余除法1.证明定理3定理3若a1,a2,,an都是m得倍数,q1,q2,,qn是任意n个整数,则q1a1q2a2证明:qnan是m得倍数.a1,a2,an都是m的倍数。

pn使a1p1m,a2p2m,存在n个整数p1,p2,又q1,q2,,anpnm,qn是任意n个整数qnanq1a1q2a2q1p1mq2p2m(p1q1q2p2即q1a1q2a2qnpnmqnpn)mqnan是m的整数2.证明3|n(n1)(2n1)证明n(n1)(2n1)nn(1n)(2nn(n1)(n2)n(1n)n(又n(n1)(n2),(n1)n(n2)是连续的三个整数故3|n(n1)(n2),3|(n1)n(n1)3|n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知3|n(n1)(2n1)3.若a某0by0是形如a某by(某,y是任意整数,a,b是两不全为零的整数)的数中最小整数,则(a某0by0)|(a某by).1/77证:a,b不全为0在整数集合Sa某by|某,yZ中存在正整数,因而有形如a某by的最小整数a某0by0某,yZ,由带余除法有a某by(a某0by0)qr,0ra某0by0则r(某某0q)a(yy0q)bS,由a某0by0是S中的最小整数知r0a某0by0|a某bya某0by0|a某by(某,y为任意整数)a某0by0|a,a某0by0|ba某0by0|(a,b).又有(a,b)|a,(a,b)|b(a,b)|a某0by0故a某0by0(a,b) 4.若a,b是任意二整数,且b0,证明:存在两个整数,t使得abt,|t||b|2成立,并且当b是奇数时,,t是唯一存在的.当b是偶数时结果如何?证:作序列即存在一个整数q,使2222若b0则令,tabaq2bqb,则同样有t22(ii)当q为奇数时,若b0则令q1q1,tabab,则有222/77下证唯一性当b为奇数时,设abtb1t1则tt1b(1)b而tbb,t1tt1tt1b矛盾故1,tt122b为整数2当b为偶数时,,t不唯一,举例如下:此时3bbbbbb1b2(),t1,t122222§2最大公因数与辗转相除法1.证明推论4.1推论4.1a,b的公因数与(a,b)的因数相同.证:设d是a,b的任一公因数,d|a,d|b由带余除法abq1r1,br1q2r2,rnqn1,0rn1rnrn1(a,b)rnd|abq1r1,d|br1q2r2,┄,d|rn2rn1qnrn(a,b),即d是(a,b)的因数。

闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答(剩余类及完全剩余系)

闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答(剩余类及完全剩余系)

闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答(剩余类及完全剩余系)1.证明,0,1,,1,0,1,,1,s t s t t x u p v u p v p t s --=+=-=-≤是模s p 的一个完全剩余系。

证 易知,当0,1,,1,0,1,,1s t t u p v p -=-=- 时,s t x u p v -=+通过s p 个整数,下证这s p 个整数对模s p 两两部同余。

设()mod ,s t s t s u p v u p v p --''''''+≡+ (1)其中01,01,01,01,s t s t t t u p u p v p v p --''''''≤≤-≤≤-≤≤-≤≤-则()()mod ,mod .s t s t s t s t u p v u p v p u u p ----'''''''''+≡+≡又因01,01s t s t u p u p --'''≤≤-≤≤-,故.u u '''=从而由(1)式得()()mod ,mod .s t s t s t p v p v p v v p --''''''≡≡又由01,01ttv p v p '''≤≤-≤≤-得.v v '''=故这sp 个整数对模sp 两两不同余,从而它们作成模sp 的完全剩余系。

2. 若12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数,12,,,k x x x 分别通过模12,,,km m m 的完全剩余系,则1122k k M x M x M x +++通过模12k m m m m = 的完全剩余系,其中,1,2,,.i i m m M i k == 。

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》习题解答2012完整版[1]

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》习题解答2012完整版[1]

第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1.证明定理3定理3 若12n a a a ,,,都是m 得倍数,12n q q q ,,,是任意n 个整数,则1122n n q a q a q a +++ 是m 得倍数.证明: 12,,n a a a 都是m 的倍数。

∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a ∴+++ 1122n n q p m q p m q p m =+++ 1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++ 是m 的整数 2.证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明 (1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+又(1)(2)n n n ++ ,(1)(2)n n n -+是连续的三个整数 故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3.若00ax by +是形如ax by +(x ,y 是任意整数,a ,b 是两不全为零的整数)的数中最小整数,则00()|()ax by ax by ++.证: ,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数,因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈,由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈,由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ (,x y 为任意整数) 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ,(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4.若a ,b 是任意二整数,且0b ≠,证明:存在两个整数s ,t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立,并且当b 是奇数时,s ,t 是唯一存在的.当b 是偶数时结果如何?证:作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b --- 则a 必在此序列的某两项之间 即存在一个整数q ,使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时,若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-,则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+,则同样有2b t < ()ii 当q 为奇数时,若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-,则有若 0b <,则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+,则同样有2b t ≤,综上所述,存在性得证.下证唯一性当b 为奇数时,设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时,,s t 不唯一,举例如下:此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1.证明推论4.1推论4.1 a ,b 的公因数与(a ,b )的因数相同. 证:设d '是a ,b 的任一公因数,∴d '|a ,d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b ---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =, d '|122b rq r -=,┄,d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-4

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-4


a p1 p2 pn q1q2 qm ,
p1 a q1q2 qm , 则必有某个q j , 使得p1 q j , 从而p1 q j . 同理 , 又有某个pi , 使得q1 pi , 所以q1 pi . 又p1 p2 pn , q1 q2 qk , 可知p1 q1 . 从而重复上述这一过程 , 得到n k , pi qi , 所以结论成立.
k 1 2 1 1 1 pk p1 1 1 p2 (2)a的不同的正约数之和为 1 p1 1 p2 1 pk 1
例2
写出51480的标准分解式。
解:51480 = 225740 = 2212870 = 236435 = 2351287 = 2353429 = 23532143 = 233251113。
7
推论3.3 设a,b是任意两个正整数,且
a p11 p2 2 pk k , b p1 1 p2 2 pk k , i , i 0,
则 ( a , b ) p1 p2 pk
1
2
k
i 1,2, k . , i min i , i , i 1,2, , k .
证明:令k 2ak pk,pk为奇数,k 1, 2, , n. 设 是满足 2 n的最大整数, 1. 则在1,2, 3,4,5, , n中,有且仅有一个k含因子 2 . 1 1 1 从而,在 2 p1 p2 pn (1 )的展开式中, n 2 3 有且仅有一项为奇数,其他均为偶数,其和为奇数.
§1.4 质数
一、质数与合数
算术基本定理
证明 : 假设q不是质数 ,由定义 , q除1及本身外还有一正因数q1 ,

《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)

《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)

《初等数论》试卷一、 单项选择题:(1分/题×20题=20分) 1.设x 为实数,[]x 为x 的整数部分,则( ) A.[][]1x x x ≤<+; B.[][]1x x x <≤+; C.[][]1x x x ≤≤+; D.[][]1x x x <<+. 2.下列命题中不正确的是( ) A.整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数; B.整数12,,,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数C.整数a 与它的绝对值有相同的倍数 D.整数a 与它的绝对值有相同的约数3.设二元一次不定方程ax by c +=(其中,,a b c 是整数,且,a b 不全为零)有一整数解()00,,,x y d a b =,则此方程的一切解可表为( )A.00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =-=+=±± B.00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =+=-=±± C.00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d =+=-=±± D.00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d=-=-=±±4.下列各组数中不构成勾股数的是( )A.5,12,13; B.7,24,25; C.3,4,5; D.8,16,17 5.下列推导中不正确的是( )A.()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ B.()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ C.()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ D.()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ 6.模10的一个简化剩余系是( ) A.0,1,2,,9; B.1,2,3,,10;C.5,4,3,2,1,0,1,2,3,4;----- D.1,3,7,9. 7.()mod a b m ≡的充分必要条件是( ) A.;m a b - B.;a b m - C.;m a b + D..a b m +8.设()43289f x x x x =+++,同余式()()0mod5f x ≡的所有解为( ) A.1x =或1;- B.1x =或4; C.1x ≡或()1mod5;- D.无解. 9、设f(x)=10n n a x a x a +++其中()0,mod i a x x p ≡是奇数若为f(x)()0mod p ≡的一个解,则:( )A .()()mod ()0mod ,1p f x p χχ∂≡≡∂>一定为的一个解 B .()()0mod ,1,()0mod p f x p χχ∂∂≡∂>≡一定为的一个解C .()()()00(),()0mod mod ,mod p f x f x p x x p x x p ααα≡≡≡当不整除时一定有解其中 D .()()()00mod ()0mod ,mod x x p f x p x x p ααα≡≡≡若为的一个解则有 10.()10(),,0mod ,,n n i n f x a x a x a a a p n p =+++≡>/设其中为奇数则同余式()()0mod f x p ≡的解数:( ) A .有时大于p 但不大于n; B .可超过pC .等于pD .等于n11.若2为模p 的平方剩余,则p 只能为下列质数中的 :( )A .3B .11C .13D .23 12.若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭,则 ( ) A .()2mod ,x a m ≡同余式一定有解B .()()2,1,mod a m x a p =≡当时同余式有解;C .()2(,mod m p x a p =≡当奇数)时同余式有解;D .()2(),mod a p x a p =≡当奇数时同余式有解.13.()()2mod 2,3,2,1,x a a αα≡≥=若同余式有解则解数等于( )A . 4B . 3C . 2D . 1 14. 模12的所有可能的指数为;( )A .1,2,4B .1,2,4,6,12C .1,2,3,4,6,12D .无法确定 15. 若模m 的单根存在,下列数中,m 可能等于: ( ) A . 2 B . 3 C . 4 D . 12 16.对于模5,下列式子成立的是: ( )A .322ind =B . 323ind =C . 350ind =D . 3331025ind ind ind =+ 17.下列函数中不是可乘函数的是: ( ) A .茂陛鸟斯(mobius)函数w(a) ; B . 欧拉函数()a φ;C .不超过x 的质数的个数()x π;D .除数函数()a τ;18. 若x 对模m 的指数是ab ,a >0,ab >0,则x α对模m 的指数是( ) A .a B .b C .ab D .无法确定 19.()f a ,()g a 均为可乘函数,则( ) A .()()f a g a 为可乘函数; B .()()f ag a 为可乘函数 C .()()f a g a +为可乘函数; D .()()f a g a -为可乘函数 20.设()a μ为茂陛乌斯函数,则有( )不成立A .()11μ=B .()11μ-=C .()21μ=-D .()90μ= 二.填空题:(每小题1分,共10分)21. 3在45!中的最高次n = ____________________; 22. 多元一次不定方程:1122n n a x a x a x N +++=,其中1a ,2a ,…,n a ,N 均为整数,2n ≥,有整数解的充分必要条件是___________________;23.有理数ab,0a b <<,)(,1a b =,能表成纯循环小数的充分必要条件是_______________________;24. 设()0mod x x m ≡为一次同余式()mod ax b m ≡,a ≡()0mod m 的一个解,则它的所有解为_________________________;25. 威尔生(wilson )定理:________________________________________; 26. 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=________________________________________; 27. 若)(,1a p =,则a 是模p 的平方剩余的充分必要条件是_____________(欧拉判别条件); 28. 在模m 的简化剩余系中,原根的个数是_______________________; 29. 设1α≥,g 为模p α的一个原根,则模2p α的一个原根为_____________; 30. ()48ϕ=_________________________________。

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-1

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-1

9
10
⑧ a b(mod m ), d 是a , b及m的任一正公因数,则 a b m mod . d d d m a b 证: m ab . d d d
四、一些整数的整除特征
设a anan1 a0表示an n an1 10n1 a1 101 a0 (1) 3、9 的整除特征
16
c
c
解: 71 3(mod10), 7 2 1(mod10), 7 4 1(mod10)
r 4 k r 记 77 74 k r , 则有7 7 74 k r (7 ) 7 1 7 (mod10)
7
7
故只须考虑7 被4除得的余数r ,即7 7 (mod10)
13 14
证明 : 1000 1(mod 7, 或 mod11, 或 mod13), a an 1000n an1 1000n1 a1 1000 a0 ( 1)n an ( 1)n1 an1 ( 1)1 a1 a0
n
( 1)i ai (mod 7, 或 mod11, 或 mod13).
TH 3 设ai , bi (0 i n),x , y都是整数,

① a c b d (mod m); ② ac bd (mod m); ③ak bk (mod m).
并且x y mod( m ), ai bi mod( m ), 0 i n.
则: ai x i bi y i (mod m )
但8 3 5(mod 9) 所以结果不正确。 注:若结论成立,其结果不一定正确; 也可以检查和、差的运算。
3
TH1 ① a a (mod m); ② a b (mod m) b a (mod m); ③ a b,b c (mod m) a c (mod m)。
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《初等数论》习题解答(第三版)广东石油化工学院
第一章 整数的可除性
§1 整除的概念·带余除法 1.证明定理 3
定 理 3 若 a1,a2,,an 都 是 m 得 倍 数 , q1,q2,,qn 是 任 意 n 个 整 数 , 则 q1a1 q2a2 qnan 是 m 得 倍 数 .
证明: a1, a2 , an 都是 m 的倍数。 存在 n 个整数 p1, p2 , pn 使 a1 p1m, a2 p2m, , an pnm 又 q1, q2 ,, qn 是任意 n 个整数 q1a1 q2a2 qnan q1 p1m q2 p2m qn pnm ( p1q1 q2 p2 qn pn )m 即 q1a1 q2a2 qnan 是 m 的整数 2.证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明 n(n 1)(2n 1) n(n 1)(n 2 n 1)
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q 1
q 1
(ii) 当 q 为奇数时,若 b 0 则令 s ,t a bs a b ,则有
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b
q 1
q 1
b
t a bs a b a b 0 t
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2
2
q 1
q 1
b
若 b 0 ,则令 s , t a bs a b ,则同样有 t 综上所述,存在性
则 r (x x0q)a ( y y0q)b S ,由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by ( x, y 为任意整数) ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
ax0 by0 | (a, b). 又有 (a,b) | a , (a,b) | b
数,从而 a,b 的公因数与 (a,b) 的因数相同。
2.证明:见本书 P2,P3 第 3 题证明。
3.应用§1 习题 4 证明任意两整数的最大公因数存在,并说明其求法,试用你的所说的求
法及辗转相除法实际算出(76501,9719).
解:有§1 习题 4 知:
b a,b Z ,b 0, s,t Z , 使 a bs t,| t | 。,
3 b 1 b 2 ( ), t1 , t1
2
2
222
§2 最大公因数与辗转相除法
1.证明推论 4.1
推论 4.1 a,b 的公因数与(a,b)的因数相同.
证:设 d 是 a,b 的任一公因数, d |a, d |b
由带余除法
a bq1 r1,b r1q2 r2 ,, rn2 rn1qn rn , rn1 rnqn1, 0 rn1 rn rn1 r1 b
2
|t| b
s1, t1 ,使 b s1t t1,| t1 |
2
,, 如此类推知: 22
sn , tn , tn2 tn1sn tn ;
sn1, tn1, tn1 tnsn1 tn1;
且|
tn
|
| tn1 2
|
|
tn2 22
|
|t| 2n
|b| 2n1
而 b 是一个有限数, n N , 使 tn1 0
n(n 1)(n 2) (n 1)n(n 1) 又 n(n 1)(n 2) , (n 1)n(n 2) 是连续的三个整数 故 3 | n(n 1)(n 2), 3 | (n 1)n(n 1) 3 | n(n 1)(n 2) (n 1)n(n 1) 从而可知 3 | n(n 1)(2n 1) 3.若 ax0 by0 是形如 ax by(x,y 是任意整数,a,b 是两不全为零的整数)的数中最小 整数,则 (ax0 by0 ) | (ax by) .
(a,b) rn
d | a bq1 r1 , d | b r1q2 r2 ,┄, d | rn2 rn1qn rn (a, b) ,
即 d 是 (a,b) 的因数。
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《初等数论》习题解答(第三版)广东石油化工学院
反过来 (a,b) | a 且 (a,b) | b ,若 d | (a,b), 则 d | a, d | b ,所以 (a,b) 的因数都是 a,b 的公因
(a,b) (b,t) (t,t1) (t1,t2 ) (tn ,tn1) (tn , 0) tn ,存在其求法为:
(a, b) (b, a bs) (a bs,b (a bs)s1)
(a, b) | ax0 by0 故 ax0 by0 (a, b)
4.若 a,b 是任意二整数,且 b 0 ,证明:存在两个整数 s,t 使得
|b| a bs t, | t |
2
成立,并且当 b 是奇数时,s,t 是唯一存在的.当 b 是偶数时结果如何?
3b
b b 3b
证:作序列 , , b , , 0, , b , ,则 a 必在此序列的某两项之间
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证: a, b 不全为 0
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在整数集合 S ax by | x, y Z 中存在正整数,因而有形如 ax by 的最小整数
ax0 by0 x, y Z ,由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r, 0 r ax0 by0
2
2
2,
得证.
下证唯一性
当 b 为奇数时,设 a bs t bs1 t1 则 t t1 b(s1 s), t1 2 t t1 t t1 b 矛盾 故 s s1,t t1
b 当 b 为偶数时, s, t 不唯一,举例如下:此时 为整数
2
b
b
bb b
2
22 2
q
q 1
即存在一个整数 q ,使 b a b 成立
2
2
q
q
(i) 当 q 为偶数时,若 b 0. 则令 s ,t a bs a b ,则有
2
2
q
qq
b
0 a bs t a b a b b t
2
22
2
q
q
b
若 b 0 则令 s , t a bs a b ,则同样有 t
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