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1、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 = pn1，n1 1，证明：若p ，则n1是素数。证明：设不然，n1 = n2n3，n2 p，n3 p，于是n = pn2n3 p3， 即p ，矛盾。3 设3a2 + b2，证明：3a且3b。 写a = 3q1 + r1，b = 3q2 + r2，r1, r2 = 0, 1或2， 由3a2 + b2 = 3Q + r12 + r22知r1 = r2 = 0，即 3a且3b4 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
2、给定的n个整数为a1, a2, L, an，作 s1 = a1，s2 = a1 + a2，L，sn = a1 + a2 + L + an， 如果si中有一个被n整除，则结论已真，否则存在si，sj，i 47，所以，所求的最大整数是k = 47。11 设n是正整数，则。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 a2-2n-1=2n+1,a2=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：= n。由例4得 = 2x- x，于是=n = n
3、。 例4 设x是正数，n是正整数，则 x+x+x+ . . . +x+=nx. 解 设x=x+ , , 0in-1,则 x+x+x+ . . . +x+= nx+i=nx+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 = 0是偶数，a1, a2, , am与b1, b2, , bm都是模m的完全剩余系，证明：a1 + b1, a2 + b2, , am + bm不是模m的完全剩余系因为1,2, ,m与a1, ,am都是模m的完全剩余系,所以 (mod m).(10)同理, (mod m). (11)如果a1+b
4、1, ,am+bm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, ,am+bm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)L(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 1，(a
5、, m) = 1，x1, x2, xj(m)是模m的简化剩余系，证明：。其中x表示x的小数部分。写axi = mqi + ri，0 ri m，由xi通过模m的简化剩余系知ri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j(n)个数是 a1, ,aj(m), (ai,n)=1, 1 ai n-1, 1 i(n),则 (n-ai,n)=1,1n-ain-1, 1 ij(n),因此，集合a1, ,aj(m)与集合n-a1, ,n-aj(m)是相同的，于是 a1+a2+ +aj(m)=(n-a
6、1)+(n-a2)+ +(n-aj(m), 2(a1+ +aj(m)=nj(n), a1+ +aj(m)= (n).9 设m与n是正整数，证明：j(mn)j(m, n) = (m, n)j(m)j(n) 设 ，则由此得j(mn)j(m, n) = (m,n) = (m, n)j(m)j(n)。10 设x1, x2, xj(m)是模m的简化剩余系，则(x1x2xj(m)2 1 (mod m)设x1, x2, xj(m)是模m的简化剩余系，则(x1x2xj(m)2 1 (mod m)。解 记P = x1x2xj(m)，则(P, m) = 1。又记yi =，1 i j(m)，则y1, y2, , y
7、j(m)也是模m的简化剩余系，因此(mod m)，再由Euler定理，推出P2 Pj(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：pq - 1 + qp - 1 1 (mod pq)。由费马定理qp - 1 1 (mod p)，pq - 1 1 (mod q)，pq - 1 + qp - 1 1 (mod p)，pq - 1 + qp - 1 1 (mod q)，故pq - 1 + qp - 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 3x20(mod 161).解同余方程 161y-20(mod 3), 即 2y1(mod 3),得到 y2 (mod 3),因此,方
