【文章內(nèi)容簡介】 3x=x (x121)≡0 (mod 2)知：2∣x13x；13∣x13x；由x13x=x (x121)=x(x21)(x2+1)(x8+x4+1)≡0 (mod 3)知：3∣x13x；由x13x=x (x121)=x(x41)(x8+x4+1)≡0 (mod 5)知：5∣x13x；由x13x=x (x121)=x(x61)(x6+1)≡0 (mod 7)知：7∣x13x。故有2730∣x13x。同理可證（2）、（3）、（4）。初等數(shù)論練習(xí)題五一、單項選擇題 設(shè)x、y分別通過模m、n的完全剩余系，若（ C ）通過模mn的完全剩余系。A. m、n都是質(zhì)數(shù)，則my + nx B. m≠n，則my + nx C. （m，n）=1，則my + nx D. （m，n）=1，則mx + ny135…20032005200720092011標(biāo)準(zhǔn)分解式中11的冪指數(shù)是( A )。 n為正整數(shù)，若2n1為質(zhì)數(shù)，則n是( A )。 (k為正整數(shù))從100到500的自然數(shù)中，能被11整除的數(shù)的個數(shù)是( B )。 模100的最小非負簡化剩余系中元素的個數(shù)是( C )。 二、填空題 同余方程ax+b≡0(modm)有解的充分必要條件是(a,m)∣b。高斯稱反轉(zhuǎn)定律是數(shù)論的酵母，反轉(zhuǎn)定律是指設(shè)p與q是不相同的兩個奇質(zhì)數(shù)， 20122012被3除所得的余數(shù)為_1__。設(shè)n是大于2的整數(shù)，則(1)(n)=__1__。單位圓上的有理點的坐標(biāo)是，其中a與b是不全為零的整數(shù)。若3258a恰好是一個正整數(shù)的平方，則a的最小值為362。已知2011是一素數(shù)，則=_1_。三、計算題 求3200872009132010的個位數(shù)字。 解：3200872009132010≡32008（3）200932010 ≡32008+2009+2010 ≡36027 ≡3（32）3013 ≡3(mod 10)。求滿足j(mn)=j(m)+j(n)的互質(zhì)的正整數(shù)m和n的值。 解：由（m，n）=1知，j(mn)=j(m)j(n)。于是有：j(m)+j(n)= j(m)j(n) 設(shè)j(m)=a， j(n)=b，即有：a+b=ab。 顯然a∣b，且b∣a，因此a=b。 于是由2a=a2 得a=2，即j(m)= j(n)=2。 故 m=3,n=4或m=4,n=3。甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，現(xiàn)在用100元買這三樣?xùn)|西共100斤，問各買幾斤? 解：設(shè)買甲物x斤，乙物y斤，丙物z斤，則5x + 3y +z = 100，x + y + z = 100。消去z，得到 7x + 4y = 100。 (1)顯然x = 0，y = 25是方程(1)的解，因此，方程(1)的一般解是 ， t206。Z因為x＞0，y＞0，所以 0＜t 163。 3。即t可以取值t1 = 1，t2 = 2，t3 = 3。相應(yīng)的x，y，z的值是(x, y, z) = (4, 18, 78)，(8, 11, 81)，(12, 4, 84)。四、證明題 已知2011是質(zhì)數(shù)，則有2011|。 證明：=1020111≡0 (mod 2011)。設(shè)p是4n+1型的質(zhì)數(shù)，證明若a是p的平方剩余，則pa也是p的平方剩余。 證明：因為質(zhì)數(shù)p=4n+1，a是p的平方剩余，所以 ====1 即：pa也是p的平方剩余。已知p,q是兩個不同的質(zhì)數(shù)，且ap1≡1 (mod q), aq1≡1 (mod p), 證明：apq≡a (mod pq)。證明：由p,q是兩個不同的質(zhì)數(shù)知（p，q）=1。于是由Fermat定理 ap≡a (mod p),又由題設(shè)aq1≡1 (mod p)得到：apq≡(aq)p≡ap (aq1)p≡ap≡a (mod p)。同理可證：apq≡a (mod q)。故：apq≡a (mod pq)。證明：若m,n都是正整數(shù)，則j(mn)=（m,n）j([m,n])。 證明：易知mn與[m,n]有完全相同的質(zhì)因數(shù)，設(shè)它們?yōu)閜i (1≤i≤k)，則 又mn=（m,n）[m,n]故。 類似的題：設(shè)m=m1m2，m1與m由相同的質(zhì)因數(shù)，證明：j(m)=m2j(m1)。初等數(shù)論練習(xí)題六一、填空題 為了驗明2011是質(zhì)數(shù)，只需逐個驗算質(zhì)數(shù)2，3，5，…p都不能整除2011，此時，質(zhì)數(shù)p至少是_43___。最大公因數(shù)(4n+3,5n+2)的可能值是_1,7__。設(shè)3α∣40!,而3α+140!，即3α‖40!，則α=_18_。形如3n+1的自然數(shù)中，構(gòu)成模8的一個完全系的最小那些數(shù)是{1,4,7,10,13,16,19，22}。不定方程x2+y2=z2,2|x, (x,y)=1, x,y,z0的整數(shù)解是且僅是x = 2ab，y = a2 b2，z = a2 + b2，其中a b 0，(a, b) = 1，a與b有不同的奇偶性。21x≡9 (mod 43)的解是x≡25 (mod 43)。 = 1。二、計算題將寫成三個既約分數(shù)之和，它們的分母分別是3，5和7。解：設(shè)，即35x + 21y + 15z = 17，因(35, 21) = 7，(7, 15) = 1，1189。17，故有解。分別解 5x + 3y = t 7t + 15z = 17得 x = t + 3u，y = 2t 5u，u206。Z，t = 11 + 15v，z = 4 7v，v206。Z， 消去t得 x = 11 15v + 3u，y = 22 + 30v 5u，z = 4 7v， u，v206。Z。令u =0，v =1得到：x =4，y =8，z=3。即：若3是質(zhì)數(shù)p的平方剩余，問p是什么形式的質(zhì)數(shù)？解：∵ 由二次互反律，注意到p3，p只能為p1(mod 3)且 ∴ 只能下列情況 ∴ 或。判斷不定方程x2+23y=17是否有解？解：只要判斷x2≡17(mod 23) 是否有解即可?！?17≡1(mod 4) ∴ ∴ x2≡17(mod 23)無解，即原方程無解。三、論證題試證對任何實數(shù)x,恒有〔x〕+〔x+〕=〔2x〕證明：設(shè)x=[x]+α,0≤α1①當(dāng)0≤α 時, [x +]=[x], [2x]=2[x] ∴等式成立②當(dāng)≤α 1時, [x +]=[x]+1, [2x]=2[x]+1 ∴等式成立故對任何實數(shù)x,恒有[x]+[x+]=[2x]。證明：（1）當(dāng)n為奇數(shù)時，3∣（2n+1）； （2）當(dāng)n為偶數(shù)時，3（2n+1）。 證明：由2n+1≡（1）n+1（mod 3）立得結(jié)論。證明：（1）當(dāng)3∣n（n為正整數(shù)）時，7∣（2n1）； （2）無論n為任何正整數(shù)，7（2n+1）。 證明：（1）設(shè)n=3m，則2n1=8m 1≡0（mod 7），即：7∣（2n1）； （2）由于23m ≡1（mod 7）得 23m +1≡2（mod 7），23m+1 +1≡3（mod 7），23m+2 +1≡5（mod 7）。 故無論n為任何正整數(shù)，7（2n+1）。設(shè)m＞0，n＞0，且m為奇數(shù)，證明：（2m1，2n+1）=1。 證明一：由m為奇數(shù)可知：2n+1︱2mn+1，又有2m1︱2mn1，于是存在整數(shù)x,y使得：（2n+1）x=2mn+1, (2m1)y=2mn1。從而（2n+1）x(2m1)y=2。這表明：（2m1，2n+1）︱2由于2n+1，2m1均為奇數(shù)可知：（2m1，2n+1）=1。證明二：設(shè)（2m1，2n+1）=d，則存在s,t∈Z,使得2m=sd+1, 2n =td1。由此得到： 2mn=(sd+1) n, 2mn =(td1) m 于是 2mn =pd + 1=qd – 1,p,q∈Z。所以：（q p）d =2。 從而 d∣2，就有d =1或2。由因為m為奇數(shù)，所以d =1。即（2m1，2n+1）=1。 注：我們已證過：記Mn = 2n 1，對于正整數(shù)a，b，有(Ma, Mb) = M(a, b) 。顯然當(dāng)a≠b，a,b為質(zhì)數(shù)時，(Ma, Mb) =1。初等數(shù)論練習(xí)題七一、單項選擇題 設(shè)a和b是正整數(shù)，則=（　A?。〢．1 B．a(chǎn) C．b D．(a,b)176至545的正整數(shù)中，13的倍數(shù)的個數(shù)是（　B?。〢．27 B．28 C．29 D．30200!中末尾相