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1、初等数论练习题一一、填空题1、d=12; =_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的解是x11.5、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_.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的解数为 p-1 .二、计算题1、解同余方程：3x2+11x-200 .解：因105 = 357,同余方程3x2+11x-200 的解为x1 ,同
2、余方程3x2+11x-38 0 的解为x0,3 ,同余方程3x2+11x-200 的解为x2,6 ,故原同余方程有4解.作同余方程组：xb1 ,xb2 ,xb3 ,其中b1 = 1,b2 = 0,3,b3 = 2,6,由孙子定理得原同余方程的解为x 13,55,58,100 .2、判断同余方程x242是否有解？ 故同余方程x242有解.3、求127156+3428除以111的最小非负余数. 解：易知127150mod 111.由50258mod 111, 503585014mod 111,50914380mod 111知50285093508035080350685070mod 111从而50
3、5616mod 111.故127156+342816+3428502870mod 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+a0 ；2当a为偶数时,ap-1-a0 .证明：由欧拉定理知ap-11 与a-1 立得1和2成立.2、设a为正奇数,n为正整数,试证1. 1证明 设a = 2m+1,当n = 1时,有a2 = 2 = 4m+11 ,即原式成立.设原式对于n = k成立,则有 1 = 1+q2k+2,其中qZ,所以 = 2 = 1+q2k+31 ,其中q是某个整数.这说明式当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1
4、kp-1.证明： -1 k. 证明：设A= 得： k!A =p-1p-k-1-k 又k!,p=1,故A = -1 k4、设p是不等于3和7的奇质数,证明：p61. 说明：因为84=437,所以,只需证明： p61 p61 p61 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：pjp21,从而 p61. 同理可证：p61 p61. 故有p61.注：设p是不等于3和7的奇质数,证明：p61.见赵继源p86初等数论练习题二一、填空题1、d=_16_；=_2340_.2、2010!的标准分解式中,质数11的次数是199_.3、
5、费尔马数是指Fn=+1,这种数中最小的合数Fn中的n=5.4、同余方程13x5的解是x29_5、分母不大于m的既约真分数的个数为j+j+j.6、设7,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-1,则同余方程xn 1 的解数为n .二、计算题1、试求被19除所得的余数.解：由20027 2002211 200231 又由20032004220042210021 可得：20023n+1n200272、解同余方程3x14+4x10+ 6x-18 0 . 解：由Fermat定理,x5x ,因此,原同余方程等价于2x2+
6、x- 30 将x 0,1,2 分别代入上式进行验证,可知这个同余方程解是x 1 .3、已知a=5,m=21,求使a x 1 成立的最小自然数x. 解：因为5,21=1,所以有欧拉定理知5j1. 又由于j=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 成立的最小数,经计算知：x=6.三、证明题1、试证13|. 证明：54m+46n+2000 252m+642n+2000-12m+-12n+2000 2002 0.2、证明Wilson定理的逆定理：若n1,并且! -1,则n是素数.证明：假设n是合数,即n = n1n2,1 n1 n,由题设易知! -
7、1,得0 -1,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,bs.则,其中M1是正整数.由pa1也是正整数知ps是合数,这与题设矛盾.故s也是一个素数.4、证明：若2p+ 1是奇素数,则 2+ p 0.证明：由威尔逊定理知 -1 ! = p!L p2,由此得2+ p 0.5、设p是大于5的质数,证明：p41.提示：可由欧拉定理证明 证明：因为240=2335,所以只需证：p41,p41,p41即可.事实上,由j=4,j=2,j=4以与欧拉定理立得结论.初等数论练习题三一、单项选择题1、若n1,j=n-
8、1是n为质数的 C 条件.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、设n是正整数,以下各组a,b使为既约分数的一组数是D.A.a=n+1,b=2n-1 B.a=2n-1,b=5n+2 C.a=n+1,b=3n+1 D.a=3n+1,b=5n+23、使方程6x+5y=C无非负整数解的最大整数C是A.A.19B.24 C.25D.304、不是同余方程28x21的解为D.A.x2 B. x7 C. x17D. x295、设a是整数,a0 a2010a的十进位表示的各位数字之和可被9整除划去a的十进位表示中所有的数字9,所得的新数被9整除以上各条件中,成为9
9、|a的充要条件的共有C.A.1个B.2个 C.3个 D.4个二、填空题1、=_4896_；=528.2、数的标准分解式中,质因数7的指数是_3.3、每个数都有一个最小质因数.所有不大于10000的合数的最小质因数中,最大者是97.4、同余方程24x6的解是x113 x230_.5、整数n1,且!+10,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 是否有三个解； x6+2x5- 4x2+ 3 0 是否有六个解？解： 2x3-x2+ 3x-1 0 等价于x3-3x2+ 4x-3 0 ,又x5-x = + ,其中r = 6x2-
10、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 成立的最小自然数x. 解：因为18,77=1,所以有欧拉定理知18j1. 又由于j=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 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. 证明：因为24=38,3,8=1,所以只需证明：p2q2 p2q2同时成立.事实上, 由于p,3=1,q,3=1,所以p21 , q21, 于是p2q2,由于p,q都是奇数,所以p21 , q21
