研究生基礎數(shù)學考試復習資料 數(shù)論練習題

1、一、 整除理論1 證明：任意給定的連續(xù)39個自然數(shù)，其中至少存在一個自然數(shù)，使得這個自然數(shù)的數(shù)字和能被11整除。2 設p是n的最小素約數(shù)，n = pn1，n1 > 1，證明：若p >，則n1是素數(shù)。證明：設不然，n1 = n2n3，n2 ³ p，n3 ³ p，于是n = pn2n3 ³ p3，  即p £，矛盾。3 設3½a2 + b2，證明：3½a且3½b。 寫a = 3q1 + r1，b = 3q2 + r2，r1, r2 = 0, 1或2，   由3½a2 + b2

2、= 3Q + r12 + r22知r1 = r2 = 0，即   3½a且3½b4 證明：對于任意給定的n個整數(shù)，必可以從中找出若干個作和，使得這個和能被n整除。設給定的n個整數(shù)為a1, a2, L, an，作 s1 = a1，s2 = a1 + a2，L，sn = a1 + a2 + L + an， 如果si中有一個被n整除，則結論已真，否則存在si，sj，i < j，   使得si與sj被n除的余數(shù)相等，于是n½sj - si = ai + 1 + L + aj 5 設a，b，c是正整數(shù)，證明： 因為 ，故只須證明

3、(a, b, c)(ab, bc, ca) = (a, b)(b, c) (c, a)，此式用類似于例3的方法即可得證。6 設k是正奇數(shù)，證明：1 + 2 + + 9½1k + 2k + + 9k。設s = 1k + 2k + L + 9k，則由2s = (1k + 9k) + (2k + 8k) + L + (9k + 1k) = 10q1及2s = (0k + 9k) + (1k + 8k) + L + (9k + 0k) = 9q2得10½2s和9½2s，于是有90½2s，從而1 + 2 + L + 9 = 45½s7 設a，b是正整數(shù)，

4、證明：(a + b)a, b = ab, a + b。只須證 ，即只須證(b, a + b) = (a, b)，此式顯然。8 用擴展歐幾里德算法法求整數(shù)x，y，使得1387x - 162y = (1387, 162)。作輾轉相除：1387 = (-162)×(-8) + 91，-162 = 91×(-2) + 20，91 = 20×4 + 11，20 = 11×1 + 9，11 = 9×1 + 2，9 = 2×4 + 1，2 = 1×2 + 0，由此得n = 6，q1 = -8，q2 = -2，q3 = 4，q4 = 1，q

5、5 = 1，q6 = 4，x = (-1)n-1Qn = 73，y = (-1)nPn = 625，又(1387, 162) = rn = 1，故1387×73 - 162×625 = 1 = (1387, 162)9. 若四個整數(shù)2836，4582，5164，6522被同一個大于1的整數(shù)除所得的余數(shù)相同，且不等于零，求除數(shù)和余數(shù)各是多少。設除數(shù)為d，余數(shù)為r，則由d½4582 - 2836 = 1746，d½5164 - 4582 = 582，d½6522 - 5164 = 1358知d½(1746, 582, 1358) = 19

6、4，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 1209 證明：在1, 2, L, 2n中任取n + 1數(shù)，其中至少有一個能被另一個整除。寫i = ，i = 1, 2, L, 2n，則li為1, 2, L, 2n中的奇數(shù)，即li只能取n個數(shù)值，在n + 1個這樣的數(shù)中，必存在li = lj（i ¹ j），于是易知i與j成倍數(shù)關系10 求最大的正整數(shù)k，使得10k½199!。解 由定理3，199!的標準分解式中所含的5的冪指數(shù)是 = 47，而所含2的冪指數(shù)>47，所以，所求的最大整數(shù)是k = 47。11 設n是正整數(shù)，則。   

7、;解 首先，我們有                        <，所以，                .          &#

8、160;                           若上式中的等式不成立，即            ，          

9、0;                   則存在整數(shù)a,使得, 因此            ,            ,      

10、0;     ,所以            a2-2n-1=2n+1,a2=4n+2.                              &#

11、160;       但是，無論2|n 或2n,式(10)都不能成立，這個矛盾說明式（9）不能成立，即式(7)成立.12 設n是正整數(shù)，x是實數(shù)，證明：= n。由例4得 = 2x- x，于是=n = n 。 例4 設x是正數(shù)，n是正整數(shù)，則            x+x+x+ . . . +x+=nx.    解 設x=x+ , , 0in-1,則     

12、       x+x+x+ . . . +x+= nx+i=nx+n            =n(x+)=nx.13 證明：若2n - 1是素數(shù)，則n是素數(shù)。設不然，則n = n1n2， 1 < n1 < n，則2n - 1 = < 2n + 1，表明2n - 1是合數(shù)，矛盾。同余1 求81234被13除的余數(shù)。因為82 º -1(mod 13)，所以81234 = (82)617 º (

13、-1)617 º -1 º 12 (mod 13)，即81234被13除的余數(shù)是12。2 已知99½，求a與b由 得a + b = 6或a + b = 15，從 得a - b = -2或a - b = 9，于是解關于a，b的方程組得a = 2，b = 4。3 求n =的個位數(shù)我們有            71-3, 72 -1, 74 1 (mod 10), 因此, 若       &#

14、160;    77 r (mod 4),                                         (3)則   &

15、#160;        n= 7r (mod 10).                                    (4)    現(xiàn)在,

16、71-1,72 1, 77 3 (mod 4), 所以, 由式(4)可知            n= 73 -7 3 (mod 10),即n的個位數(shù)是3.4 證明：若n是正整數(shù)，則13½42n + 1 + 3 n + 2由            42n+1+3n+2=        

17、60;   （mod 13）得證.5 設m > 0是偶數(shù)，a1, a2, , am與b1, b2, , bm都是模m的完全剩余系，證明：a1 + b1, a2 + b2, , am + bm不是模m的完全剩余系因為1,2, ,m與a1, ,am都是模m的完全剩余系,所以            (mod m).             

18、;         (10)同理,             (mod m).                           

19、          (11)如果a1+b1, ,am+bm是模m的完全剩余系,那么也有            (mod m).    聯(lián)合上式與式(10)和(11),得到            0(mod m)，這是不可能的,所以a1+b1, ,am

20、+bm不能是模m的完全剩余系.6 證明：若2p + 1是奇素數(shù)，則(p!)2 + (-1)p º 0 (mod 2p + 1)由威爾遜定理知 -1 º (2p)! = p!(p + 1)L(2p) º (-1)p(p!)2(mod 2p + 1)，由此得(p!)2 + (-1)p º 0 (mod 2p + 1)。7 證明Wilson定理的逆定理：若n > 1，并且(n - 1)! º -1 (mod n)，則n是素數(shù)設不然，n = n1n2，1 < n1 < n，由(n - 1)! º -1 (mod n1)得0

21、º -1 (mod n1)，矛盾。8 設m > 1，(a, m) = 1，x1, x2, xj(m)是模m的簡化剩余系，證明：。其中x表示x的小數(shù)部分。寫axi = mqi + ri，0 £ ri < m，由xi通過模m的簡化剩余系知ri通過模m的最小非負簡化剩余系，于是由例1得。例1 設整數(shù)n³ 2,證明 即,在數(shù)列1,2, ,n中,與n互素的整數(shù)之和是     解 設在1,2, ,n中與n互素的j(n)個數(shù)是        

22、60;   a1, ,aj(m), (ai,n)=1, 1 ai n-1, 1 i(n),則            (n-ai,n)=1,1n-ain-1, 1£ ij(n),因此，集合a1, ,aj(m)與集合n-a1,¼ ,n-aj(m)是相同的，于是            a1+a2+ +aj(m)=(n-a1)+(n-a2)+&#

23、188; +(n-aj(m),            2(a1+ +aj(m)=nj(n),            a1+ +aj(m)= (n).9 設m與n是正整數(shù)，證明：j(mn)j(m, n) = (m, n)j(m)j(n) 設 ，則由此得j(mn)j(m, n) = (m,n) = (m, n)j(m)j(n)。10 設x1, x2, xj(m)是模m的簡化剩余系，

24、則(x1x2xj(m)2 º 1 (mod m)設x1, x2, xj(m)是模m的簡化剩余系，則(x1x2xj(m)2 º 1 (mod m)。解 記P = x1x2xj(m)，則(P, m) = 1。又記yi =，1 £ i £ j(m)，則y1, y2, , yj(m)也是模m的簡化剩余系，因此(mod m)，再由Euler定理，推出P2 º Pj(m) º 1 (mod m)。11 證明：1978103 - 19783能被103整除。因103 = 2353，顯然1978103 - 19783 º 0 (mod 23)

25、，再由1978100 º 1 (mod 53)得1978103 - 19783 º 0 (mod 53)，故1978103 - 19783 º 0 (mod 103)。12 設p，q是兩個不同的素數(shù)，證明：pq - 1 + qp - 1 º 1 (mod pq)。由費馬定理qp - 1 º 1 (mod p)，pq - 1 º 1 (mod q)，pq - 1 + qp - 1 º 1 (mod p)，pq - 1 + qp - 1 º 1 (mod q)，故pq - 1 + qp - 1 º 1 (mo

26、d pq)。13 計算12996227(mod 37909)二、 同余方程1 解同余方程 325x º 20 (mod 161)解：方程即是             3x20(mod 161).    解同余方程             161y-20(mod 3), 即     

27、;       2y1(mod 3),得到 y2 (mod 3),因此,方程(6)的解是x=114 (mod 161).2 證明：同余方程a1x1 + a2x2 + + anxn º b (mod m)有解的充要條件是(a1, a2, , an, m) = d½b。若有解，則恰有d×mn -1個解，mod m必要性顯然，下證充分性。當n = 1時，由定理2知命題成立。假設n = k時結論已真，考慮a1x1 + a2x2 + L + akxk + ak + 1xk + 1 º b (mod m)，

28、令(a1, a2, L, ak, m) = d1，(d1, ak + 1) = d，因為同余方程ak + 1xk + 1 º b (mod d1)有解，其解數(shù)為d，mod d1，記m = d1m1，則解數(shù)為dm1，mod m?，F(xiàn)在固定一個解xk + 1，由歸納假定知a1x1 + a2x2 + L + akxk º b - ak + 1xk + 1 (mod m)有解，其解數(shù)為d1 mk -1，mod m，從而a1x1 + a2x2 + L + akxk + ak + 1xk + 1 º b (mod m)有解，其解數(shù)為dm1×d1mk -1 = d

29、15;mk，mod m。由歸納原理知命題對于一切n ³ 1成立。3 解同余方程f(x) = 3x2 + 4x - 15 º 0 (mod 75)因75 = 3×52，先解f(x) º 0 (mod 3)，用逐一代入法得解x º 0 (mod 3)；再解f(x) º 0 (mod 52)，用逐一代入法得f(x) º 0 (mod 5)的解為x º 0，2 (mod 5)，對于x º 0 (mod 5)，令x = 5t代入f(x) º 0 (mod 25)得t º 2 (mod 5)，于是

30、x = 5(2 + 5t2) = 10 + 25t2，即x º 10 (mod 25)是f(x) º 0 (mod 25)的一個解，對于x º 2 (mod 5)，令x = 2 + 5t代入f(x) º 0 (mod 25)得t º 4 (mod 5)，于是x = 2 + 5(4 + 5t2) = 22 + 25t2，即x º 22 (mod 25)是f(x) º 0 (mod 25)的一個解；最后構造同余方程組x º b1 (mod 3)，x º b2 (mod 25)，b1 = 0，b2 = 10，2

31、2，由孫子定理得f(x) º 0 (mod 75)的兩個解x º 10，72 (mod 75)。4 4x20 + 3x12 + 2x7 + 3x - 2 º 0 (mod 5)原同余方程等價于2x4 + 2x3 + 3x - 2 º 0 (mod 5)，將x = 0，±1，±2 代入，知后者有解x º ±1 (mod 5)。5 判定 2x3 - x2 + 3x - 1 º 0 (mod 5)是否有三個解2x3 - x2 + 3x - 1 º 0 (mod 5)等價于x3 - 3x2 + 4x -

32、 3 º 0 (mod 5)，又x5 - x = (x3 - 3x2 + 4x - 3)(x2 + 3x + 5) + (6x2 - 12x + 15)，其中r(x) = 6x2 - 12x + 15的系數(shù)不都是5的倍數(shù)，故原方程沒有三個解；6 求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余模23的所有的二次剩余為x º 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13, 16, 18 (mod 23)，二次非剩余為x º 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20, 21, 22 (mod 23)。7 設p是奇素數(shù)，證明：模p的所有二次剩余的

33、乘積與對模p同余設x1, x2, L, xk為模p的所有二次剩余，則x1x2Lxk º 1222L (mod p)。8 設p是奇素數(shù)，證明：模p的兩個二次剩余的乘積是二次剩余；兩個二次非剩余的乘積是二次剩余；一個二次剩余和一個二次非剩余的乘積是二次非剩余。設a，b為模p的二次剩余，有 º 1×1 º 1 (mod p)，再設c，d為模p的二次非剩余，有 º (-1)(-1) º 1 (mod p)，以及º 1×(-1) º 1 (mod p)知結論成立。9 設p，q是兩個不同的奇素數(shù)，且p = q + 4

34、a，證明：由p = q + 4a知p，q同為4k + 1或同為4k + 3，當p，q同為4k + 1時，有 ，當p，q同為4k + 3時，有 。10 a，b，c是正整數(shù)，(a, b) = 1，2b，b < 4ac，求的關系若a為奇數(shù)，有 ，若a為偶數(shù)，于是4ac - b與b同為8k ± 1或同為8k ± 3，即 ，設a = 2aa1，a1為奇數(shù)，有 = 。三、 原根與指標1 求模14的全部原根x º 3，5 (mod 14)是模14的全部原根。2 設m > 1，模m有原根，d是j(m)的任一個正因數(shù)，證明：在模m的簡化剩余系中，恰有j(d)個指數(shù)為d的

35、整數(shù)，并由此推出模m的簡化剩余系中恰有j(j(m)個原根因g1, g2, L, gj(m)構成模m的簡化剩余系，由d = dm(gl) = 得 ，則(l,j(m) = ，1 £ l £ j(m) Û (t, d) = 1，1 £ t £ d，故恰有j(d)個t，使得(t, d) = 1，從而知故恰有j(d)個l，使得dm(gl) = d。特別地，取d = j(m)知模m的簡化剩余系中恰有j(j(m)個原根。3 設p = 2n + 1是一個奇素數(shù)，證明：模p的全部二次非剩余就是模p的全部原根在模p的簡化剩余系中有 = 2n -1個二次非剩余，在模

36、p的簡化剩余系中有j(j(p) = j(2n) = 2n -1個原根，又設g是模p原根，則 º -1 (mod m)，即g是模p的二次非剩余。4 設m ³ 3, g1、g2都是模m的原根, 則g = g1g2不是模m的原根存在一個l，(l,j(m) = 1，使得g2 º g1l (mod m)，于是g1g2 º g1l +1 (mod m)，又由m ³ 3知j(m)是偶數(shù)，l是奇數(shù)，l + 1是偶數(shù)，(l + 1,j(m) ¹ 1，故g = g1g2不是模m的原根5 設p是奇素數(shù)，證明：當且僅當p - 1n時，有1n + 2n + +

37、 (p - 1)n º 0 (mod p)當p - 1½n時，則1n + 2n + L + (p - 1)n º p - 1 0 (mod p)，當p - 1 n時，設g是p的一個原根，則1n + 2n + L + (p - 1)n º (1×g)n + (2×g)n + L + (p - 1)gn º 1n + 2n + L + (p - 1)ngn (mod p)，得1n + 2n + L + (p - 1)n(1 - gn) º 0 (mod p)，由(1 - gn) 0 (mod p)知1n + 2n +

38、L + (p - 1)n º 0 (mod p)。6 求8次同余方程x8 º 23 (mod 41) 因為d=(n, j(m)=(8, j(41)=(8, 40)=8, ind23=36又36不能被8整除，所以同余方程無解。四、 擴域定理1令E是F的一個擴域，而S1，S2是E的兩個子集，那么F(S1)(S2)=F(S1S2)= F(S2)(S1)證明 F(S1)(S2)是一個包含F(xiàn)，S1，S2的E的子域，而F(S1S2)是包含F(xiàn)和S1S2的E的最小子域。因此F(S1)(S2)F(S1S2) (1)另一方面，F(xiàn)(S1S2)是包含F(xiàn)，S1，S2的E的子域，因而是包含F(xiàn)(S1)和

39、S2的E的子域。但F(S1)(S2) 是包含F(xiàn)(S1)和S2的E的最小子域。因此F(S1)(S2)F(S1S2) (2)由(1)(2)得F(S1)(S2)=F(S1S2)。同樣可以得到F(S1S2)= F(S2)(S1)。定理得證。定理5 給定域F的一元多項式環(huán)Fx的一個n次多項式f(x)，一定存在f(x)在F上的分裂域E。證明 用歸納法：當n=1時，E=F即可。假設n£m時結論也成立。當n=m+1時，若f(x)在Fx上可約，則存在次數(shù)小于m的多項式f1(x)和g1(x)使得f(x)= f1(x)g1(x)，由歸納假設知存在f1(x)在F上的分裂域E1，包含f1 (x)的所有根1,

40、2, , n1。g1(x)視為F(1, 2, , n1)上的次數(shù)小于n的多項式，故存在g1(x)在F(1, 2, , n1)上的分裂域E，包含g1 (x)的所有根。從而E含有f(x)的所有根，是f(x)在F上的分裂域。若f(x)在Fx上不可約，由定理3，存在F的單代數(shù)擴域K(K=F()含有f(x)的一個根。于是在Kx中f(x)=(x-)g(x)，再利用歸納假設，由于g(x)的次數(shù)為n-1，故存在g(x)在K上的分裂域E，包含g (x)的所有根，從而E也含有f(x)在F上的所有根，是f(x)在F上的分裂域。證畢。定理6 設是Fx中一個n次不可約多項式f(x)的一個根，則F()是F上的有限擴域。證

41、明 因為F()中每一元都可以表示成F上次數(shù)小于n的的多項式，故1，2，n，是F()的一組生成元，又a0+a1+an-1n-1 = 0可推出ai =0，所以F()是F上的n維向量空間，有一組基為1，2，n-1，即F() 是F上的一個有限擴域，并且(F():F)=n。關于有限擴域，有下列重要結論。定理7 域F的有限擴域一定是F的代數(shù)擴域。證明 設(E:F)=n，則存在一組基1，2，n-1，而n+1個向量1，2，n，從而線性相關。即存在n+1個不全為0的aiÎF，使得a0+a1+ann = 0。亦即滿足Fx中多項式。故E是F的一個代數(shù)擴域。定理8 令K是域F的有限擴域，而E是域K的有限擴域

42、，那么E也是域F的有限擴域，且(E:F)=(E:K)(K:F)。證明 設(K:F)=r，(E:K)=s，而1, 2, , r是向量空間K在域F上的一個基，1, 2, , s是向量空間E在域K上的一個基。下面證rs個元構成向量空間E在域F上的一個基。ij (i=1,2,r; j=1,2,s) (1)顯然，向量空間E中任意元素都可以表示rs個元系數(shù)為F上元的線性組合。下證(1)中元素在F上線性無關。若，那么。由j，0£j£s在K上的線性無關性可知，(j=1,2,s)。由i，0£i£r在F上的線性無關性可知aij=0，(i=1,2,r; j=1,2,s)。也就

43、是說，(1)的rs個元為E在F上的一組基。六、有限域 定理1 一個有限域E有pn個元素，這里p是E的特征，而n是E在它的素域上的次數(shù)。證明 E為有限域，其特征一定為素數(shù)p。把E所含的素域記作。因為E只含有限個元，所以它一定是的一個有限擴域，(E：)=n。這樣，E的每個元可以唯一的寫成a11+ann的形式，這里aiÎ，而1，n是向量空間E在上的一個基。由于只有p個元，所以對于每一個ai有p中選擇法，因而E一共有pn個元。定理2 令有限域E的特征為素數(shù)p，E所含的素域為，而E有q=pn個元。那么E是多項式xq-x在上的分裂域。任何兩個這樣的域都是同構的。證明 E的不等于零的元對于乘法來說

44、，做成一個群。這個群的的階為q-1，單位元是1。所以q-1=1，ÎE，¹0。由于0q=0，所以有q=，ÎE。因此用1，q來表示E的元，在E里多項式 而且顯然 E=(1，q)。這樣，E是多項式xq-x在上的分裂域。特征為p的素域都同構，而多項式xq-x在同構的域上的分裂域都同構。定理3 令是特征為p的素域，而q=pn (n³1)。那么多項式xq-x在上的分裂域E是一個有q個元的有限域。證明 E=(1，q)，這里i是f(x)= xq-x在域E里的根。由于E的特征是p，f(x)的導數(shù)f(x)= pn xq-1-1= -1。所以f(x)與f(x)互素。這樣f(x

45、)的q個根都不相同。f(x) 的q個根可以看成E的一個子域E1，這是因為這就是說，仍是f(x)的根而屬于E1，因而E1是E的一個子域。但E1含，也含一切i，所以E1就是多項式xq-x在上的分裂域。這樣E=E1，而E恰有q個元，得證。以上證明了給定素數(shù)p和正整數(shù)n，有且只有(在同構意義下)一個恰好含pn個元的有限域存在。有限域通常稱作Galois域，有pn個元素的有限域通常記作GF(pn)。定理4 (i) 有限域GF(pn)的子域是GF(pm)的形式，其中m|n。 (ii) 對n的任一因子m，有限域GF(pn)有且僅有一個子域GF(pm)。定理4同上節(jié)定理6。這里我們來證明該定理。證明 設T是有

46、限域E= GF(pn)的子域，是E的素域，由E:TT: = E: =n可知T: =m必整除n；T是元素個數(shù)為pm的有限域。這樣T是xq-x (q=pm)在上的分裂域。注意T是E的子域，故T=aÎE|aq-a=0。這樣E中元素個數(shù)為pm的子域T有且僅有一個，由xq-x在E中的一切根組成。得證。定理5 一個有限域E是它的素域的一個單擴域。證明 設E含有q個元。E的非零元對E的乘法來說作成一個交換群G，它的階是q-1。令m是G的元的階中最大的一個，那么由引理，aim=1，對于任意aiÎG。這就是說，多項式xm-1至少有q-1個不同的根。因此m³q-1，但是由于m整除G的

47、階，故m £q-1，所以m=q-1。也就是說G有一個元a，它的階為q-1，因而G是一個循環(huán)群(a)。這樣E是添加a于所得的單擴域E=(a)。定理得證。 域的乘群的任何有限子群是循環(huán)群。證明：設G是域F的有限子乘群，令m是G中所有元素的階的最小公倍數(shù)，由拉格朗日定理G中任意元素的階均為群G的階的因子， 因而若設c為G中階為m的元素，則m|G|。 另一方面，G中的元素均滿足方程xm-l=0，而多項式f(x)=xm-lÎFx在F上最多有m個不同的根， 故|G|m，由此得|G|=m，所以G=(c)。利用多項式f(x)=x2-2構造一個有限域，并找出這個域中的本原元。解：這里只給出了

48、構造域的多項式，并未給出構造域所需的歐氏環(huán)，因而需要選擇一個歐氏環(huán)，并保證f(x)為此域中的不可約多項式。 注意到在F3中f(0)=1，f(1)=f(2)=2，因而該多項式是F3x中的一個不可約多項式， 以此可以構造一個具有9個元素的有限域F。域F中的元素都可以看做是二維向量(a,b)，其中a,bÎF3=0,1,2。在域F中注意到x22(mod x2-2)，因而可定義域F中的加法與乘法運算如下：(a1,b1)+(a2,b2)=(a1+a2,b1+b2)。(a1,b1)(a2,b2)=(a1b2+a2b1, b1b2+2a1a2)接下來利用高斯算法尋找這個域中的本原元。首先取1=(1,

49、0)=x，為了計算1的階，先來計算1=(1,0)=x的各個冪次對f(x)取模的結果x01 (mod x2-2), x1x (mod x2-2), x22 (mod x2-2)x32x (mod x2-2)，x42x21(mod x2-2)，以二維向量表示為 表6-3 1=(1,0)=x各個冪次的向量表示因而1=(1,0)=x的階為4，即在高斯算法中有t1=4。由于t1q-1=8，因而1不是本原元，接著轉至第3步，需要選擇一個不是1的冪次的元素，例如可以選=(1,2)=x+2，則2=(x+2)2x(modx2-2)=(1,0)， 類似地可以得到=(1,2)=x+2的各個冪次對f(x)取模的結果的

50、向量表示 表6-4 =(1,2)=x+2的各個冪次的向量表示因而的階s=8=q-1，則令2=，算法停止；2就是F中的本原元。一、 整除理論1 證明：任意給定的連續(xù)39個自然數(shù)，其中至少存在一個自然數(shù)，使得這個自然數(shù)的數(shù)字和能被11整除。2 設p是n的最小素約數(shù)，n = pn1，n1 > 1，證明：若p >，則n1是素數(shù)。3 設3½a2 + b2，證明：3½a且3½b。4 證明：對于任意給定的n個整數(shù)，必可以從中找出若干個作和，使得這個和能被n整除。5 設a，b，c是正整數(shù)，證明：6 設k是正奇數(shù)，證明：1 + 2 + + 9½1k + 2k + + 9k。7 設a，b是正整數(shù)，證明：(a + b)a, b = ab, a + b。8 用擴展歐幾里德算法法求整數(shù)x，y，使得1387x - 162y = (1387, 162)。9 若四個整數(shù)2836，4582，5164，6522被同一個大于1的整數(shù)除所得的余數(shù)相同，且不等于零，求除數(shù)和余數(shù)各是多少。10 證明：在1, 2, L, 2n中任取n + 1數(shù)，其中至少有一個能被另一個整除。11 求最大的正整數(shù)k，使得10k½199!。12 設n是正整數(shù)，則。13 設n是正整數(shù)，x是實數(shù)，證明：= n。14 證明：若