初等數(shù)論練習(xí)題集與答案解析-2023修改整理

千里之行，始于足下讓知識(shí)帶有溫度。第第2頁/共2頁精品文檔推薦初等數(shù)論練習(xí)題集與答案解析初等數(shù)論練習(xí)題一

一、填空題

1、τ(2420)=27；?(2420)=_880_

2、設(shè)a，n是大于1的整數(shù)，若an-1是質(zhì)數(shù)，則a=_2.

3、模9的肯定最小徹低剩余系是_{-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4}.

4、同余方程9x+12≡0(mod37)的解是x≡11(mod37)。

5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t，y=700+18tt∈Z。.

6、分母是正整數(shù)m的既約真分?jǐn)?shù)的個(gè)數(shù)為_?(m)_。

7

8、?????10365=-1。

9、若p是素?cái)?shù)，則同余方程xp-1≡1(modp)的解數(shù)為二、計(jì)算題

1、解同余方程：3x2+11x-20≡0(mod105)。

解：因105=3?5?7，

同余方程3x2+11x-20≡0(mod3)的解為x≡1(mod3)，

同余方程3x2+11x-38≡0(mod5)的解為x≡0，3(mod5)，

同余方程3x2+11x-20≡0(mod7)的解為x≡2，6(mod7)，

故原同余方程有4解。

作同余方程組：x≡b1(mod3)，x≡b2(mod5)，x≡b3(mod7)，

其中b1=1，b2=0，3，b3=2，6，

由子定理得原同余方程的解為x≡13，55，58，100(mod105)。

2、推斷同余方程x2≡42(mod107)是否有解？

11074217

271071107713231071107311072107

710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==??≡-?--?-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（

）（解：故同余方程x2≡42(mod107)有解。

3、求（127156+34）28除以111的最小非負(fù)余數(shù)。

解：易知1271≡50（mod111）。

由502≡58（mod111），503≡58×50≡14（mod111），509≡143≡80（mod111）知5028≡（509）3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70（mod111）

從而5056≡16（mod111）。

故（127156+34）28≡（16+34）28≡5028≡70（mod111）

三、證實(shí)題

1、已知p是質(zhì)數(shù)，（a，p）=1，證實(shí)：

（1）當(dāng)a為奇數(shù)時(shí)，ap-1+(p-1)a≡0(modp)；

（2）當(dāng)a為偶數(shù)時(shí)，ap-1-(p-1)a≡0(modp)。

證實(shí)：由歐拉定理知ap-1≡1(modp)及(p-1)a≡-1(modp)立得（1）和（2）成立。

2、設(shè)a為正奇數(shù)，n為正整數(shù)，試證n2a≡1(mod2n+2)。(1)

證實(shí)設(shè)a=2m+1，當(dāng)n=1時(shí)，有

a2=(2m+1)2=4m(m+1)+1≡1(mod23)，即原式成立。

設(shè)原式對(duì)于n=k成立，則有ka

2≡1(mod2k+2)?ka2=1+q2k+2，其中q∈Z，所以12+ka=(1+q2k+2)2=1+q'2k+3≡1(mod2k+3)，

其中q'是某個(gè)整數(shù)。這說明式(1)當(dāng)n=k+1也成立。

由歸納法知原式對(duì)全部正整數(shù)n成立。

3、設(shè)p是一個(gè)素?cái)?shù)，且1≤k≤p-1。證實(shí)：k

p1C-≡（-1）k(modp)。

證實(shí)：設(shè)A=!

)()2(1C1kkpppk

p=-）（得：k!·A=（p-1）(p-2)…（p-k）≡（-1）(-2)…（-k）(modp)

又（k!，p）=1，故A=k

p1C-≡（-1）k(modp)

4、設(shè)p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù)，證實(shí)：p6≡1(mod84)。

說明：由于84=4×3×7，所以，只需證實(shí)：

p6≡1(mod4)p6≡1(mod3)p6≡1(mod7)同時(shí)成立刻可。證實(shí)：由于84=4×3×7及p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù)，所以

（p，4）=1，（p，3）=1，（p，7）=1。

由歐拉定理知：p?(4)≡p2≡1(mod4)，從而p6≡1(mod4)。

同理可證：p6≡1(mod3)p6≡1(mod7)。故有p6≡1(mod84)。

注：設(shè)p是不等于3和7的奇質(zhì)數(shù)，證實(shí)：p6≡1(mod168)。（見繼源p86）

初等數(shù)論練習(xí)題二

一、填空題

1、τ(1000)=_16_；（除數(shù)函數(shù)：因數(shù)的個(gè)數(shù)）σ(1000)=_2340_.（和函數(shù)：全部因數(shù)的和）

2、2022!的規(guī)分解式中，質(zhì)數(shù)11的次數(shù)是199__.

3、費(fèi)爾馬(Fermat)數(shù)是指Fn=n

22+1，這種數(shù)中最小的合數(shù)Fn中的n=5。4、同余方程13x≡5(mod31)的解是x≡29(mod31)___

5、分母不大于m的既約真分?jǐn)?shù)的個(gè)數(shù)為?(2)+?(3)+…+?(m)。

6、設(shè)7∣(80n-1)，則最小的正整數(shù)n=_6__.

7、使41x+15y=C無非負(fù)整數(shù)解的最大正整數(shù)C=__559__.

8、??

???10146=_1__.9、若p是質(zhì)數(shù)，n∣p-1，則同余方程xn≡1(modp)的解數(shù)為n.

二、計(jì)算題

1、試求202220222022被19除所得的余數(shù)。

解：由2022≡7(mod19)20222≡11(mod19)20223≡1(mod19)

又由20222022≡22022≡（22）1002≡1(mod3)可得：

202220222022≡20223n+1≡(20223)n×2022≡7(mod19)

2、解同余方程3x14+4x10+6x-18≡0(mod5)。

解：由Fermat定理，x5≡x(mod5)，因此，原同余方程等價(jià)于2x2+x-3≡0(mod5)將x≡0，±1，±2(mod5)分離代入上式舉行驗(yàn)證，可知這個(gè)同余方程解是x≡1(mod

5)。

3、已知a=5，m=21，求使ax≡1(modm)成立的最小自然數(shù)x。

解：由于（5，21）=1，所以有歐拉定理知5?(21)≡1(mod21)。

又因?yàn)?(21)=12，所以x|12，而12的全部正因數(shù)為1，2，3，4，6，12。

于是x應(yīng)為其中使5x≡1(mod12)成立的最小數(shù)，經(jīng)計(jì)算知：x=6。

三、證實(shí)題

1、試證13|(54m+46n+2000)。(提醒：可取模13舉行計(jì)算性證實(shí))

證實(shí)：54m+46n+2000≡252m+642n+2000≡（-1）2m+（-1）2n+2000≡2022≡0(mod13)。

2、證實(shí)Wilson定理的逆定理：若n>1，并且(n-1)!≡-1(modn)，則n是素?cái)?shù)。

證實(shí)：假設(shè)n是合數(shù)，即n=n1n2，11，且(n-1)!+1≡0(modn)，則n為素?cái)?shù)。

6、3103被11除所得余數(shù)是_5_。

7、??

???9760=_-1_。三、計(jì)算題

1、判定(ⅰ)2x3-x2+3x-1≡0(mod5)是否有三個(gè)解；

(ⅱ)x6+2x5-4x2+3≡0(mod5)是否有六個(gè)解？

解：(ⅰ)2x3-x2+3x-1≡0(mod5)等價(jià)于x3-3x2+4x-3≡0(mod5)，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(gè)解。

(ⅱ)由于這是對(duì)模5的同余方程，故原方程不行能有六個(gè)解。

2、設(shè)n是正整數(shù)，求1223212C,,C,C-nn

nn的最大公約數(shù)。解：設(shè)12122321212232122CCC)C,,C,(C=+++=nnnnnnnnnd，由知d∣22n-1，

設(shè)2k|n且2k+1|/n，即2k+1||n，

則由2k+1||1122112C2C2C|--+=ininkni

n及，i=3，5，，2n-1得d=2k+1。

3、已知a=18，m=77，求使ax≡1(modm)成立的最小自然數(shù)x。

解：由于（18，77）=1，所以有歐拉定理知18?(77)≡1(mod77)。

又因?yàn)?(77)=60，所以x|60，而60的全部正因數(shù)為1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60。

于是x應(yīng)為其中使18x≡1(mod77)成立的最小數(shù)，經(jīng)計(jì)算知：x=30。

四、證實(shí)題

1、若質(zhì)數(shù)p≥5，且2p+1是質(zhì)數(shù)，證實(shí)：4p+1必是合數(shù)。

證實(shí)：由于質(zhì)數(shù)p≥5，所以（3，p）=1，可設(shè)p=3k+1或p=3k+2。

當(dāng)p=3k+1時(shí)，2p+1=6k+3是合數(shù)，與題設(shè)沖突，從而p=3k+2，

此時(shí)2p+1是形如6k+5的質(zhì)數(shù)，而4p+1=12k+9=3(4k+3)是合數(shù)。

注：也可設(shè)p=6k+r