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1、初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12; (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9x+120(mod 37)的解是x11(mod 37)。5、不定方程18x-23y=100的通解是x=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xp - 11(mod p)的解数为 p-1 。二、计算题1、解同余方程：3x2+11x-20
2、0 (mod 105)。解：因105 = 357，同余方程3x2+11x-200 (mod 3)的解为x1 (mod 3)，同余方程3x2+11x-38 0 (mod 5)的解为x0，3 (mod 5)，同余方程3x2+11x-200 (mod 7)的解为x2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。作同余方程组：xb1 (mod 3)，xb2 (mod 5)，xb3 (mod 7)，其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 2，6，由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x242(mod 107)是否有解？ 故同余方程x242(mod
3、107)有解。3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。 解：易知127150（mod 111）。由502 58（mod 111）, 503 585014（mod 111），50914380（mod 111）知5028 （509）3508035080350685070（mod 111）从而5056 16（mod 111）。故（127156+34）28（16+34）28 502870（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
4、欧拉定理知ap-11 (mod p)与(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1kp-1。证明： （-1 ）k(mo
5、d p)。 证明：设A= 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与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(
6、mod 84)。注：设p是不等于3和7的奇质数，证明：p61(mod 168)。（见继源p86）初等数论练习题二一、填空题1、d(1000)=_16_；(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=+1,这种数中最小的合数Fn中的n=5。4、同余方程13x5(mod 31)的解是x29(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41x+15y=C无非负整数解的最大正整数C=_559_.8、=_1_.9、若p是质数，np
7、- 1，则同余方程xn 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3x14+4x10+ 6x - 18 0 (mod 5)。 解：由Fermat定理，x5x (mod 5)，因此，原同余方程等价于2x2+x - 30 (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)
8、。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5j(21)1(mod 21)。 又由于j(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 5x 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n1，并且(n- 1)! -1
9、(mod n)，则n是素数。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 () 2x3 - x2 + 3x - 1 0 (mod 5)是否有三个解；() x6+2x5 - 4x2+ 3 0 (mod 5)是否有六个解？解：() 2x3 - x2 +
10、3x - 1 0 (mod 5)等价于x3 - 3x2 + 4x - 3 0 (mod 5)，又x5 - x = (x3 - 3x2 + 4x - 3)(x2 + 3x + 5) + (6x2 - 12x + 15)，其中r(x) = 6x2 - 12x + 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ax 1 (mod
11、 m)成立的最小自然数x。 解：因为（18,77）=1，所以有欧拉定理知18j(77)1(mod 77)。 又由于j(77)=60，所以x|60，而60的所有正因数为1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30, 60。于是x应为其中使18x 1 (mod 77)成立的最小数，经计算知：x=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，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p2
