初等数论

《初等数论》A/B 模拟练习题参考答案

1、（15分）设()f x 是整系数多项式，且(1),(2),,()f f f m 都不能被m 整除，证

明方程()0f x =没有整数解。

证明：对任意整数x ，(mod ),1x r m r m ≡≤≤，利用同余可加性和同余可乘性得

()()(mod ),1f x f r m r m ≡≤≤，因为(1),(2),

,()f f f m 都不能被m 整除，所以

()0f x ≠，即()0f x =没有整数解

2、（15分）若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数，,a b 是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则()()00ax by ax by ++，其中,x y 是任何整数 证明：由题意可知，,a b 不全为0，

从而在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，

因而有形如ax by +的最小整数00ax by +，,x y Z ?∈，由带余数除法有 0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+, 则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，

由00ax by +是S 中的最小整数知0r =，故00|ax by ax by ++

由于,x y 为任意整数，则可知0000|,|ax by a ax by b ++ 从而有00|(,).ax by a b +又有(,)|a b a ，(,)|a b b

得证00(,)|a b ax by +，故00(,)ax by a b +=.

3、（10分）若(mod )a b c m +≡，求证(mod )a c b m ≡- 证明：由同余可加性，且(mod )a b c m +≡，从而得

()()()(mod )c b c b a b b a m -≡+-≡++-≡，得证.

4、（15分）设p 、q 是两个大于3的质数，证明：。

证明：因为， 所以只需证明

，

同时成立。

事实上，由于（p ，3）=1，（q ，3）=1，所以，

，

于是，由于p ，q 都是奇数， 所以，，

于是，故

。

5、（15分）设

，且m 为奇数，证明：

。

证明：由m 为奇数可知：，又有

,

于是存在整数x ，y 使得：，

。

从而，表明

， 由于均为奇数可知

。

6、（15分）证明

，其中n 是任何整数. 证明：因为(1)(21)(1)(21)(1)(2)(1)(1)n n n n n n n n n n n n n ++=+++-=+++-+ 又有(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数

故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+，得[]3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n +++-+ 从而可知，3|(1)(21)n n n ++.

7、（15分）设a,b 是任意两个正整数，求证

.

证明：设m 是,a b 的任一公倍数.由定义可设a b m ak bk ==，

令11(,),(,)a a a b b b a b ==。由上式即得11a b a k b k =.且又()11,1a b =，

故1a b k .因此1(,)

a ab

m ak ab t t a b ===

， 其中t 满足等式1a k bt =.反过来，当t 为任一整数时，

8、（15分）设r 是正奇数，证明对任意的正整数n ，

2n +不能整除(12)r r r n +++

证明： 当1n =时，结论显然成立。下面设2n ≥，令12r r r S n =+++，则

22(2)[3(1)](2)r r r r r r S n n n =++++-+++，利用公式：若n 是正奇数，则

1221()()n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+

-+，所以对

2,(2)|((2))r r i n n i n i ≤≤+++-，

所以22(2)S n q =++，q 是整数，因为22n +>，所以2n +不能整除2S ，故2n +不能整除S

9、（15分）若12,,

,n a a a 是n (2)n ≥个正整数，

令1222331[,],[,],

[,]n n n a a m m a m m a m -===，则12[,,

,]n n a a a m =

证明：由题设可知，1,2,3,

,1,i i m m i n +=-且12,,2,3,

,,i i a m a m i n =，

故n m 是 12,,

,n a a a 的一个公倍数.

反之，设m 是12,,

,n a a a 的任一公倍数，则12,a m a m ，

故由,a b 的所有公倍数是[,]a b 的所有倍数得，2m m .又3a m ， 同理可得3m m .

依次类推，最后得n m m .因此n m m ≤.故12[,,,]n n m a a a =

10、（15分）证明235x y =+无解

证明：若235x y =+有解，则两边关于模5同余 有)5(mod 235x y ≡+ 即)5(mod 23x ≡

而任一个平方数)5(mod 4,1,02≡x 所以30，1，4（mod5）

所以即得矛盾，即235x y =+无解。

11、（10分）证明：若是奇数，

，则

。

证明：由知：

，又得到

；

因为是奇数，所以

有解，故

12、（15分）证明对于任意整数n ，数

是整数.

证明： 因为62332n n n ++=)32(6

2n n n ++=)2)(1(61

++n n n ,

且两个连续整数的乘积是2的倍数,3个连续整数的乘积是3的倍数, 且(2,3)=1,所以从)2)(1(2++n n n 和)2)(1(3++n n n

有)2)(1(6++n n n ,即6

233

2n n n ++是整数.

13、（15分）设，求证

证明：

因为

所以

14、（15分）证明整数

500

10

01

个能被1001整除 证明 ： 利用公式：若n 是正奇数，则

1221()()n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+，所以

51317500

10

01101(10)1=+=+个33163153(101)[(10)(10)101]=+-+

-+

所以31011001+=能够整除5001001个

15、（15分）求（127156+34）28除以111的最小非负余数。 解：易知1271≡50（mod 111）。

由502 ≡58（mod 111）, 503 ≡58×50≡14（mod 111），509≡143≡80（mod 111）知5028 ≡（509）3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70（mod 111） 从而5056

≡16（mod 111）。

故（127156+34）28≡（16+34）28 ≡5028≡70（mod 111）

16、（15分）设p 是一个素数，且1≤k ≤p-1。证明：k p 1C - ≡ （-1 ）k

(mod

p )。 证明：设A=!

)()2(1C 1k k p p p k p ---=- ）（ 得：

k!·A =（p-1）(p-2)…（p-k ）≡（-1）(-2)…（-k ）(mod p )

又（k!，p ）=1，故A = k p 1

C - ≡ （-1 ）k

(mod p )

17、（15分）设,,a b c 为正整数，证明[,,](,,)a b c ab bc ca abc = 证明 [,][,,][[,],]([,],)

a b c

a b c a b c a b c =

，另一方面

([,],)([,],)

(,,)(,(,))(,(,))(,

)[,][,][,]

abc ab a b abc ab a b c ab bc ca ab bc ca ab c a b ab a b a b a b =====， 所以[,,](,,)a b c ab bc ca abc =

18、（15分）设正整数a 的十进制表示为

1201(09,01,0)n n i n a a a a a i n a ---=≤≤≤≤-≠，即11101010n n a a a a --=?+

+?+，

证明3|a 当且仅当10

3|n i i a -=∑ 证明 由01101,101,

,101(mod3),i i N ≡≡≡∈，利用同余可加性和同余可乘性，得

110

10(mod3)n n i

i i i i a a a --===?≡∑∑，所以3|a 当且仅当1

3|n i i a -=∑

19、（10分）解同余方程3x 14 + 4x 10 + 6x - 18 ≡ 0 (mod 5)。

解：由Fermat 定理，x 5 ≡ x (mod 5)，因此，原同余方程等价于2x 2 + x - 3 ≡ 0 (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)。

20、（15分）求7

77n =的个位数字

解： 由于12473,71,71(mod10)≡-≡-≡，所以，如果77(mod 4)r ≡，则

7

777(mod10)r n =≡.

由于777(1)13(mod 4)≡-≡-≡，所以7

73377(3)73(mod10)n =≡≡-≡-≡，所以

7

77n =的个位数字是3

21、（10分）证明Wilson 定理的逆定理：若n > 1，并且(n - 1)! ≡ -1 (mod n )，则n 是素数。

证明：假设n 是合数，即n = n 1n 2，1 < n 1 < n ，由题设易知(n - 1)! ≡ -1 (mod

n 1)，得

0 ≡ -1 (mod n 1)，矛盾。故n 是素数。

22、（15分）求不定方程1231510661x x x ++=的所有整数解 解： 由于3x 的系数绝对值最小，所以把原方程变形为

312121

22(321)6

x x x x x =--+-++

令4121(321)6x x x Z =-++∈，则24111

3(1)2

x x x x =++-

令511

(1)2

x x Z =

-∈，则15512,(0,1,2,)x x x =+=±± 逆推上去，依次解得2415453133x x x x x x =++=++和

31244522106510x x x x x x =--++=-- 令45,x u x v ==，则原方程的所有整数解为

123

12133,(,0,1,2,)6510x u x u v u v x u v =+??

=++=±±??=--?

23、（15分）证明：设p s 表示全部由1组成的s 位十进制数，若p s 是素数，则s 也是一个素数。

证明：假设s 是合数，即s=ab ，1

M p a b a s s

s ?-=-=-==911091)10(9110111 ，其中M ＞1是正整数。 由p a ＞1也是正整数知p s 是合数，这与题设矛盾。故s 也是一个素数。

24、（10分）证明：若2p + 1是奇素数，则 (p !)2 + (-1)p ≡ 0 (mod 2p + 1)。 证明：由威尔逊定理知 -1 ≡ (2p )! = p !(p + 1) (2p ) ≡ (-1)p (p !)2(mod 2p + 1)，由此得(p !)2 + (-1)p ≡ 0 (mod 2p + 1)。

25、（15分）判定 (ⅰ) 2x 3 - x 2 + 3x - 1 ≡ 0 (mod 5)是否有三个解；

(ⅱ) x 6 + 2x 5 - 4x 2 + 3 ≡ 0 (mod 5)是否有六个解？

解：(ⅰ) 2x 3 - x 2 + 3x - 1 ≡ 0 (mod 5)等价于x 3 - 3x 2 + 4x - 3 ≡ 0 (mod 5)，又x 5 - x = (x 3 - 3x 2 + 4x - 3)(x 2 + 3x + 5) + (6x 2 - 12x + 15)，其中r (x ) = 6x 2 - 12x + 15的系数不都是5的倍数，故原方程没有三个解。 (ⅱ) 因为这是对模5的同余方程，故原方程不可能有六个解。

26、（10分）设n 为正整数，证明(!1,(1)!1)1n n +++=

证明 设(!1,(1)!1)d n n =+++，由于(!1)(1)[(1)!1]n n n n ++-++=，所以|d n ，|!d n 又因为|(!1)d n +，所以|1d ，故1d =