初等数论练习题及答案

《初等数论练习题及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《初等数论练习题及答案（30页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、-初等数论练习题一一、填空题1、(2420)=27；(2420)=_880_2、设a，n是大于1的整数，若an-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9*+120(mod 37)的解是*11(mod 37)。5、不定方程18*-23y=100的通解是*=900+23t，y=700+18t tZ。.6、分母是正整数m的既约真分数的个数为_j(m)_。7、18100被172除的余数是_256。8、 =-1。9、若p是素数，则同余方程*p- 11(mod p)的解数为p-1。二、计算题1、解同余方程：3*2+11*-200 (m

2、od 105)。解：因105 = 357，同余方程3*2+11*-200 (mod 3)的解为*1 (mod 3)，同余方程3*2+11*-38 0 (mod 5)的解为*0，3 (mod 5)，同余方程3*2+11*-200 (mod 7)的解为*2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。作同余方程组：*b1 (mod 3)，*b2 (mod 5)，*b3 (mod 7)，其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 2，6，由孙子定理得原同余方程的解为* 13，55，58，100 (mod 105)。2、判断同余方程*242(mod 107)是否有解？ 故同余方程*242(mod 107

3、)有解。3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。解：易知127150（mod 111）。由50258（mod 111），503585014（mod 111），50914380（mod 111）知5028（509）3508035080350685070（mod 111）从而505616（mod 111）。故（127156+34）28（16+34）28502870（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，ap-1+(p-1)a0 (mod p)；（2）当a为偶数时，ap-1-(p-1)a0 (mod p)。证明：由欧拉定理知ap-11

4、 (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1(mod 2n+2)。 （1）证明 设a = 2m+1，当n = 1时，有a2 = (2m+1)2 = 4m(m+1)+11 (mod 23)，即原式成立。设原式对于n = k成立，则有1 (mod 2k+2) = 1+q2k+2，其中qZ，所以= (1+q2k+2)2 = 1+q2k+31 (mod 2k+3)，其中q是*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1kp-1。证明： （-1 ）k(mod p)。 证明：设A=

5、 得：k!A =（p-1）(p-2)（p-k）（-1）(-2)（-k）(mod p)又（k!，p）=1，故A= （-1 ）k(mod p)4、设p是不等于3和7的奇质数，证明：p61(mod 84)。说明：因为84=437，所以，只需证明： p61(mod 4) p61(mod3) p61(mod 7) 同时成立即可。证明：因为84=437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：pj(4)p21(mod 4)，从而 p61(mod 4)。同理可证：p61(mod3) p61(mod 7)。故有p61(mod 84)。注：设p是不等于3和7的

6、奇质数，证明：p61(mod 168)。（见赵继源p86）初等数论练习题二一、填空题1、(1000)=_16_；（除数函数：因数的个数）(1000)=_2340_.（和函数：所有因数的和）2、2010!的规*分解式中，质数11的次数是199_.3、费尔马(Fermat)数是指Fn=+1，这种数中最小的合数Fn中的n=5。4、同余方程13*5(mod 31)的解是*29(mod 31)_5、分母不大于m的既约真分数的个数为j(2)+j(3)+j(m)。6、设7(80n-1)，则最小的正整数n=_6_.7、使41*+15y=C无非负整数解的最大正整数C=_559_.8、=_1_.9、若p是质数，n

7、p-1，则同余方程*n 1 (mod p) 的解数为n .二、计算题1、试求被19除所得的余数。解：由20027 (mod 19)2002211(mod 19)200231 (mod 19)又由2003200422004（22）10021 (mod 3)可得：20023n+1(20023)n20027(mod 19)2、解同余方程3*14+4*10+ 6*-18 0 (mod 5)。解：由Fermat定理，*5* (mod 5)，因此，原同余方程等价于2*2+*- 30 (mod 5)将* 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)。3、已知a=

8、5，m=21，求使a* 1 (mod m)成立的最小自然数*。 解：因为（5，21）=1，所以有欧拉定理知5j(21)1(mod 21)。 又由于j(21)=12，所以*|12，而12的所有正因数为1，2，3，4，6，12。于是*应为其中使5* 1 (mod12)成立的最小数，经计算知：*=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+2000252m+642n+2000（-1）2m+（-1）2n+200020020(mod 13)。2、证明Wilson定理的逆定理：若n1，并且(n- 1)! -1(mod n)，则n是素数

9、。证明：假设n是合数，即n = n1n2，1 n1 n，由题设易知(n- 1)! -1(mod n1)，得0 -1(mod n1)，矛盾。故n是素数。3、证明：设ps表示全部由1组成的s位十进制数，若ps是素数，则s也是一个素数。 证明：假设s是合数，即s=ab，1a，b1，且(n-1)!+10(mod n)，则n为素数。6、3103被11除所得余数是_5_。7、=_-1_。三、计算题1、判定() 2*3-*2+ 3*-1 0 (mod 5)是否有三个解；() *6+2*5- 4*2+ 3 0 (mod 5)是否有六个解？解：() 2*3-*2+ 3*-1 0 (mod 5)等价于*3-3*2

10、+ 4*-3 0 (mod 5)，又*5-* = (*3-3*2+ 4*-3)(*2+ 3*+5) + (6*2-12*+ 15)，其中r(*) = 6*2-12*+ 15的系数不都是5的倍数，故原方程没有三个解。 () 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，求的最大公约数。 解：设知d22n-1，设2k|n且2k+1n，即2k +1|n ，则由2k +1|，i = 3， 5，L， 2n - 1得d = 2k + 1。3、已知a=18，m=77，求使a* 1 (mod m)成立的最小自然数*。 解：因为（18，77）=1，所以有欧拉定理知18j(77)1(mod

11、77)。 又由于j(77)=60，所以*|60，而60的所有正因数为1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30， 60。于是*应为其中使18* 1 (mod77)成立的最小数，经计算知：*=30。四、证明题1、若质数p5，且2p+1是质数，证明：4p+1必是合数。 证明：因为质数p5，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，

12、证明：p2q2(mod 24)。 证明：因为24=38，（3，8）=1，所以只需证明：p2q2(mod 3) p2q2(mod 8)同时成立。事实上， 由于（p，3）=1，（q，3）=1，所以p21(mod 3) ， q21(mod 3)， 于是p2q2(mod 3)，由于p，q都是奇数，所以p21(mod 8) ， q21(mod 8)，于是p2q2(mod 8)。故p2q2(mod 24)。3、若*，yR+ ，（1）证明：*y*y；（2）试讨论*y与*y的大小关系。注：我们知道，*+y*+y，*+y*+y。此题把加法换成乘法又如何呢？ 证明：（1）设*=*+，01，y=y+，01。于是*y

13、=*y+*+y+所以*y=*y+*+y+*y。（2）*y与*y之间等于、大于、小于三种关系都有可能出现。当*=y=时，*y=*y=；当*=，y=时，*y=，*y=，此时*y*y； 当*=-，y=-时，*y=，*y=，此时*y*y。4、证明：存在一个有理数，其中d 100，能使=对于k=1，2，.，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=1从而-=，由k 0是偶数，a1， a2，L，am与b1，b2，L，bm都是模m的完全剩余系，证明：a1+b1，a2+b2，L，am+bm不是模m的完全剩余系。证明：因为1， 2，L，m与a1， a2，

14、L，am都是模m的完全剩余系，所以(mod m)。 (1)同理(mod m)。 (2)如果a1+b1，a2+b2，L，am+bm是模m的完全剩余系，则也有(mod m)。联合上式与式(1)和式(2)，得到0(mod m)，这是不可能的，所以a1+b1，a2+b2，L，am+bm不能是模m的完全剩余系。4、证明：（1）2730*13-*；（2）24*(*+2)(25*2-1)；（3）504*9-*3；（4）设质数p3，证明：6p*p-*。证明：（1）因为2730=235713，2，3，5，7，13两两互质，所以：由*13-*=*(*12-1)0 (mod 2)知：2*13-*；13*13-*；由

15、*13-*=*(*12-1)=*(*2-1)(*2+1)(*8+*4+1)0 (mod 3)知：3*13-*；由*13-*=*(*12-1)=*(*4-1)(*8+*4+1)0 (mod 5)知：5*13-*；由*13-*=*(*12-1)=*(*6-1)(*6+1)0 (mod 7)知：7*13-*。故有2730*13-*。同理可证（2）、（3）、（4）。初等数论练习题五一、单项选择题1、设*、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 +n*B.mn，则my +n*C.（m，n）=1，则my +n* D.（m，n）=1，则m*+ny2、135

16、20032005200720092011规*分解式中11的幂指数是( A )。A.100 B.101 C.99 D.1023、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.365、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a*+b0(modm)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，3、20122012被3除所

17、得的余数为_1_。4、设n是大于2的整数，则(-1)(n)=_1_。5、单位圆上的有理点的坐标是，其中a与b是不全为零的整数。6、若3258a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=_-1_。三、计算题1、求3200872009132010的个位数字。解：320087200913201032008（-3）200932010-32008+2009+2010-36027 -3（32）30133(mod 10)。2、求满足j(mn)=j(m)+j(n)的互质的正整数m和n的值。 解：由（m，n）=1知，j(mn)=j(m)j(n)。于是有：j(m)+j(n)=j(

18、m)j(n) 设j(m)=a，j(n)=b，即有：a+b=ab。 显然ab，且ba，因此a=b。 于是由2a=a2得a=2，即j(m)=j(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*斤，乙物y斤，丙物z斤，则5*+ 3y+z = 100，*+y+z = 100。消去z，得到7*+ 4y = 100。 (1)显然* = 0，y = 25是方程(1)的解，因此，方程(1)的一般解是 ， tZ因为*0，y0，所以0t 3。即t可以取值t1 = 1，t2 = 2，t3 = 3。相应的*，y

19、，z的值是(*，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|。 证明：=102011-10 (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=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ap-11 (mod q)，aq-11 (mod p)，证明：apqa (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 apa (mod p)，又由题设aq

20、-11 (mod p)得到：apq(aq)pap (aq-1)papa (mod p)。同理可证：apqa (mod q)。故：apqa (mod pq)。4、证明：若m，n都是正整数，则j(mn)=（m，n）j(m，n)。 证明：易知mn与m，n有完全相同的质因数，设它们为pi(1ik)，则又mn=（m，n）m，n故。 类似的题：设m=m1m2，m1与m由相同的质因数，证明：j(m)=m2j(m1)。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、

21、设340!，而3+140!，即340!，则=_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*2+y2=z2，2|*， (*，y)=1， *，y，z0的整数解是且仅是* = 2ab，y = a2-b2，z = a2+b2，其中ab0，(a，b) = 1，a与b有不同的奇偶性。6、21*9 (mod 43)的解是*25 (mod 43)。7、 =-1。二、计算题1、将写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。解：设，即35*+ 21y+ 15z = 17，因(35， 21) = 7，(7， 15) = 1，11

22、7，故有解。分别解5*+ 3y = t7t+ 15z = 17得* = -t+ 3u，y = 2t- 5u，uZ，t = 11 + 15v，z = -4 - 7v，vZ， 消去t得* = -11 - 15v+ 3u，y = 22 + 30v- 5u，z = -4 - 7v，u，vZ。令u =0，v =-1得到：* =4，y =-8，z=3。即：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，注意到p3，p只能为p1(mod 3)且只能下列情况或。3、判断不定方程*2+23y=17是否有解？解：只要判断*217(mod 23)是否有解即可。 171(mod 4)*217(mo

23、d 23)无解，即原方程无解。三、论证题1、试证对任何实数*，恒有*+*+=2*证明：设*=*+，01当0时， *+=*， 2*=2*等式成立当 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*人，由题意得* 1 (mod 3)，*-2 (mod 5)，* 3 (mod 11)。在孙子定理中，取m1 = 3，m2 = 5，m3 = 11，m = 3511 = 165，M1 = 55，M2 = 33，M3 = 15，M1 =1，M2 = 2，M3 = 3，则*

24、1551+（-2）332+ 3153 58 (mod 165)，因此所求的整数* = 52 + 165t，tZ。由于这队士兵不超过170人，所以这队士兵有58人。3、判断同余方程是否有解解：286=2143，433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原方程有解。四、证明题 1、设(a，m) = 1，d0是使ad1 (mod m)成立的最小正整数，则() d0j(m)；()对于任意的i，j，0 i，j d0- 1，ij，有aiaj (mod m)。 （1）证明：() 由Euler定理，d0j(m)，因此，由带余数除法，有j(m) = qd0+r，

25、qZ，q0，0 r d0。因此，由上式及d0的定义，利用欧拉定理得到1 (mod m)，即整数r满足ar 1(mod m)，0 r j。因为(a，m) = 1，所以ai-j 0 (mod m)，0 i-j 1，(b，m) = 1，并且ba 1(mod m)，bc 1(mod m) （1）记d = (a，c)，则bd 1 (mod m)。证明：由裴蜀恒等式知，存在整数*，y，使得a*+cy = d，显然*y0，y0，由式(1)知：1ba* = bdb-cy = bd(bc)-ybd (mod m)。若*0，由式(1)知：1bcy = bdb-a* = bd(ba)-*bd (mod m)。3、设

26、p是素数，pbn-1，nN，则下面的两个结论中至少有一个成立：() pbd-1对于n的*个因数d2，则()中的mod n可以改为mod 2n。证明：记d = (n，p- 1)，由bn 1，bp- 1 1(mod p)，及第2题有bd1 (mod p)。若d 2，则p 1 (mod 2)。由此及结论()，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n1，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

27、 B.35 C.36 D.373、500!的规*分解式中7的幂指数是（ D ）A.79 B.80 C.81 D.824、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.1，1，7，9C.5，7，11，13 D.1，1，3，35、设n是正整数，下列选项为既约分数的是（ A ）A.B.C.D.二、填空题1、（120）=360。2、7355的个位数字是3。3、同余方程3*5(mod14)的解是*11(mod14)。4、（）=-1。5、-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*3+*2-*-10(mod 5)的解是*1(mod5)。三、计算

28、题 1、已知563是素数，判定方程*2 429 (mod 563)是否有解。解：把看成Jacobi符号，我们有-），故方程*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*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*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1n2n3n4n 能被5整除。 解：若n为奇数，则1n2n3n4n1n2n（-2）n（-1）n0 (mod 5)； 若n=2m，mZ，则1n2n3n4n12

29、m22m（-2）2m（-1）2m2+222m=2+24m=2+2(-1)m(mod 5)； 当m为奇数时，1n2n3n4n0(mod 5)； 当m为偶数时，1n2n3n4n4(mod 5)。 故当4n时，51n2n3n4n。四、证明题 1、证明：若质数p2，则2P-1的质因数一定是2pk+1形。证明：设q是2-1的质因数，由于2-1为奇数，q2，（2，q）=1。由条件q|2p-1，即21（mod q）。设h是使得21（mod q）成立最小正整数，若1h1，(a，m) = 1，*1，*2，*j(m)是模m的简化剩余系，求：。其中*表示*的小数部分。解：设a*i = mqi+ri，0 ri 3，p

30、只能为p1(mod 4)且，只能是下列情况或。2、求使12347!被35k整除的最大的k值。 解：k=2054.四、证明题1、证明：设是一个质数，则存在唯一的一个正整数*，使得：证明：存在性：因为是一个素数，由Wilson定理我们有：，然而，所以，故存在，使得。唯一性：若还存在，则，注意到，所以是唯一的。2、已知9901是素数，试证：。 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：即。3、证明：若p=10n-1是个质数，则。（提示：利用勒让德符号解决。） 说明：要证，只需证明，即证：这样就转化为证明：。 证明：因为。 所以

31、。 故：。4、设p=4n+3是质数，证明当q=2p+1也是质数时，梅森数Mp=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：=1，即124n+32p （mod q)，于是q|（2p-1）。故：梅森数Mp=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2p1(mod 2p+1)。必要性已证。下证充分性：若2p1(mod 2p+1)，则pj(2p+1)，因此必有j(2p+1)=p 或2p 。由于j(2p+1)为偶数，故j(2p+1)=2p 。5、证明：设p是大于5的质数，则。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：知：p|(p-1)!+p+1；又p是大于5的质数，可设p+1=2n，其中2np-1，于是 (p+1)|(p-1)!+p+1。故：p(p+1)|(p-1)!+p+1。即。. z.