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  • 【开篇】初等数论及其核心内容
    2020-07-09 16:41:41

    【开篇】初等数论及其核心内容

     

    一、初等数论的发展历史简介

    数学是一门很关注数与形的学科,它们是最基础、最久远的数学概念。克罗内克说过:“上帝创造了自然数,其它都是人的作品”,所以我们选择从数开始说起。数论(Number Theory)专门研究自然数(或整数),这个看似无意义的智力游戏,其实不光是数学家们的思维乐园,它更是孕育新思想、新方法的肥沃土壤。即使我们已经有了耀眼的成就,却好像还不曾见过她的真面目,在其简单的外表下,总有不为人知的深邃。高斯曾经说过:“数学是科学的皇后,而数论则是数学的皇后”,下面就让我们来看看它的一些发展历史。

      数论最开始的称号就是我们所熟悉的算术,在古希腊时期就有了初步的发展。欧几里得的《几何原本》中就有了一些经典的结论,比如素数有无穷多个,还有大家熟悉的辗转相除法。包括同时期的素数筛选法,对后来的数论研究都很有启发性。古希腊末期的丢潘图唯独偏爱不定方程,所著的《算术》对数进行了超乎想象的讨论。也正是这本书,为今后的数论埋下了神奇的种子。当欧洲文明在中世纪进入漫长的沉寂时,中国数学界却异常地活跃,主要的数学著作中有很多是数论相关的。只是国人不善于将方法转化成理论,仅止于各种方法技巧,并未得到比较深刻的理论体系。

      文艺复兴时期,数论迎来了它短暂的萌芽。百无聊赖的律师费马,将他的所有业余时间都花在了科学上&#

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    1

    题目:

    证明:任意奇数的平方减1是8的倍数

    证明

    设这个奇数为 a + 1 a+1 a+1, a a a为偶数

    它的平方-1为 a 2 + 2 a = a ( a + 2 ) a^2+2a=a(a+2) a2+2a=a(a+2)

    ∵ \because a a a为偶数

    ∴ \therefore a a a a + 2 a+2 a+2中肯定有一个数可以被4整除

    ∴ \therefore a ( a + 2 ) a(a+2) a(a+2) 8 8 8的倍数

    得证

    2

    题目

    n n n是偶数时, 2 ∣ 3 n + 1 2|3^n+1 23n+1;当 n n n是奇数时, 2 2 ∣ 3 n + 1 2^2|3^n+1 223n+1;
    证明:
    但无论 n n n是偶数还是奇数,对任意整数 α > 2 \alpha>2 α>2,都有 2 α ∤ 3 n + 1 2^\alpha \nmid 3^n+1 2α3n+1

    证明

    证:

    3 1 = 3 3^1=3 31=3, 3 % 8 = 3 3\%8=3 3%8=3
    3 2 = 9 3^2=9 32=9, 3 % 8 = 1 3\%8=1 3%8=1
    那么 3 n % 8 = 3 n − 1 % 8 × 3 3^n\%8=3^{n-1}\%8\times3 3n%8=3n1%8×3
    ∴ \therefore 由数学归纳法
    3 3 % 8 = 3 3^3\%8=3 33%8=3
    3 4 % 8 = 1 3^4\%8=1 34%8=1
    … \dots

    即3的幂 m o d mod mod 8 8 8的余数都是 1 , 3 , 1 , 3 1,3,1,3 1,3,1,3的循环

    那么3的幂+1 m o d mod mod 8 8 8的余数都是 2 , 4 , 2 , 4 2,4,2,4 2,4,2,4的循环,不可能被8整除

    因为 α > 2 \alpha>2 α>2,所以 2 α ⩾ 8 2^\alpha \geqslant 8 2α8

    所以 2 α ∤ 3 n + 1 2^\alpha \nmid 3^n+1 2α3n+1

    得证

    3

    题目

    a , b ∈ Z , 且 b ≠ 0 a,b \in \mathbb{Z},且b\neq 0 a,bZ,b=0,证明: 存在唯一的 q , r ∈ Z q,r \in \mathbb{Z} q,rZ,使得 a = q b + r a=qb+r a=qb+r,其中 − ∣ b ∣ 2 ⩽ r < b 2 - \frac{\left | b\right |}{2} \leqslant r< \frac{b}{2} 2br<2b

    证明

    证:
    由带余除法:
    存在唯一的 q , r ∈ Z q,r \in \mathbb{Z} q,rZ,使得 a = q b + r a=qb+r a=qb+r,其中 0 ⩽ r < b 0 \leqslant r< b 0r<b

    b 2 ⩽ r \frac{b}{2} \leqslant r 2br

    式子可化为 a = ( q + 1 ) b + ( r − b ) a=(q+1)b+(r-b) a=(q+1)b+(rb)

    所以r的范围为: − ∣ b ∣ 2 ⩽ r < b 2 - \frac{\left | b\right |}{2} \leqslant r< \frac{b}{2} 2br<2b

    4

    题目

    证明:如果 2 a + 3 b 2a+3b 2a+3b, 9 a + 5 b 9a+5b 9a+5b中有一个能被 17 17 17整除,那么另外一个也能被 17 17 17
    整除.

    证明

    2 a + 3 b 2a+3b 2a+3b能被 17 17 17整除

    2 a + 3 b ≡ 0 ( m o d 17 ) 2a+3b \equiv 0 (mod 17) 2a+3b0(mod17)

    ∴ 13 ( 2 a + 3 b ) ≡ 0 ( m o d 17 ) \therefore 13(2a+3b) \equiv 0 (mod 17) 13(2a+3b)0(mod17)

    ∴ 26 a + 39 b ≡ 0 ( m o d 17 ) \therefore 26a+39b \equiv 0 (mod 17) 26a+39b0(mod17)

    ∴ 9 a + 5 b ≡ 0 ( m o d 17 ) \therefore 9a+5b \equiv 0 (mod 17) 9a+5b0(mod17)

    得证

    9 a + 5 b 9a+5b 9a+5b能被 17 17 17整除

    9 a + 5 b ≡ 0 ( m o d 17 ) 9a+5b \equiv 0 (mod 17) 9a+5b0(mod17)

    ∴ 4 ( 9 a + 5 b ) ≡ 0 ( m o d 17 ) \therefore 4(9a+5b) \equiv 0 (mod 17) 4(9a+5b)0(mod17)

    ∴ 36 a + 20 b ≡ 0 ( m o d 17 ) \therefore 36a+20b \equiv 0 (mod 17) 36a+20b0(mod17)

    ∴ 2 a + 3 b ≡ 0 ( m o d 17 ) \therefore 2a+3b \equiv 0 (mod 17) 2a+3b0(mod17)

    得证

    综上,得证

    5

    题目

    假定 d 1 , d 2 , . . . , d k d_1,d_2,...,d_k d1,d2,...,dk是n的全部正因数,试证: ( d 1 d 2 . . . d x ) 2 = n k (d_1d_2...d_x)^2 = n^k (d1d2...dx)2=nk

    不妨设

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    经典初等数论例题100例以及初等数论定理的证明
  • 数学家们把问题复杂化了(用连续的思想去解决离散的问题难度更大),用解析数论、代数数论、实分析和复分析不能解决这些问题时,用初等方法能解决吗? 受欧几里得用反证法简单而优美地证明素数无限性的启发,考虑 ...

    哥德巴赫猜想的初等证明

    凡事应尽可能简单,但不能过于简单——A.爱因斯坦
    我们的祖先在地球上生活了几百万年后才知道地球的存在;然而真相是简单的。数学家们把问题复杂化了(用连续的思想去解决离散的问题难度更大),用解析数论、代数数论、实分析和复分析不能解决这些问题时,用初等方法能解决吗?
    受欧几里得用反证法简单而优美地证明素数无限性的启发,考虑 2 n = p + ( 2 n − p ) , 2n=p+(2n-p) , 2n=p+(2np)若设定 p p p n n n 前奇素数,那么只需证明 2 n − p 2n-p 2np 中一定有素数即可证明哥德巴赫猜想。
    2 n 2 ⋅ 4 2 ⋅ 5 2 ⋅ 6 2 ⋅ 7 2 ⋅ 8 2 ⋅ 9 2 ⋅ 10 2 ⋅ 11 2 n p 3 3 3 , 5 3 , 5 3 , 5 , 7 3 , 5 , 7 3 , 5 , 7 3 , 5 , 7 3 , 5 , 7 , . . . p < n 2 n − p 5 7 9 , 7 11 , 9 13 , 11 , 9 15 , 13 , 11 17 , 15 , 13 19 , 17 , 15 2 n − p 中 必 有 素 数 \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline 2n&2\cdot 4 & 2\cdot 5& 2\cdot 6&2\cdot 7&2\cdot 8& 2\cdot 9&2\cdot 10&2\cdot11&2n \\ \hline p &3& 3&{\color{red}{} 3},5&3, {\color{red}{} 5}&3,5, {\color{red}{} 7}&{\color{red}{} 3},5,7&3,{\color{red}{} 5},7&3,5,{\color{red}{} 7}&3,5,7,...p<n\\ \hline2n-p&5&7&{\color{red}{} 9},7&11,{\color{red}{} 9}&13,11,{\color{red}{} 9}&{\color{red}{} 15},13,11&17,{\color{red}{} 15},13&19,17,{\color{red}{} 15}&2n-p中必有素数\\ \hline \end{array} 2np2np24352537263,59,7273,511,9283,5,713,11,9293,5,715,13,112103,5,717,15,132113,5,719,17,152n3,5,7,...p<n2np

    定理1:设 p p p n n n 前奇素数的集合,则 2 n − p , 2 n + p 2n-p,2n+p 2np,2n+p 中皆有素数

    引理:(中国剩余定理)设 m 1 , m 2 , m 3 , . . . m r m_{1},m_{2},m_{3},...m_{r} m1,m2,m3,...mr是两两互素的,则同余方程组
    x ≡ a 1 ( m o d m 1 ) , x\equiv a_{1}(modm_{1}), xa1(modm1),
    x ≡ a 2 ( m o d m 2 ) , x\equiv a_{2}(modm_{2}), xa2(modm2),
    x ≡ a 3 ( m o d m 3 ) , x\equiv a_{3}(modm_{3}), xa3(modm3),
    . . . . . . ...... ......
    x ≡ a r ( m o d m r ) . x\equiv a_{r}(modm_{r}). xar(modmr).
    有模 M = m 1 m 2 m 3 ⋅ ⋅ ⋅ m r M=m_{1}m_{2}m_{3} \cdot\cdot\cdot m_{r} M=m1m2m3mr 的唯一解.
    这里不是要证明它,而是要引入两种特殊情况的解:
    ( 1 ) a i = m i (1)a_{i}=m_{i} (1)ai=mi 时,有唯一解 : x ≡ 0 ( m o d M ) , : x\equiv0(modM) , x0(modM)最小正解 x = M ; ( 非 0 ) x=M ;(非0) x=M(0)
    ( 2 ) a i = m k , i ≠ k (2)a_{i}=m_{k},i\ne k (2)ai=mk,i=k时,包括部分 a i = m i a_{i}=m_{i} ai=mi也有唯一解 : x ≡ b ( m o d M ) , 0 < b < M , : x\equiv b(modM),0<b<M , :xb(modM),0<b<M,最小正解 x = b + M . x=b+M . x=b+M.

    下面回到命题的证明:
    p p p n n n 前奇素数的集合, p = { 3 , 5 , 7 , . . . , p i } , p < n , i ≥ 1 p=\left\{ 3,5,7,...,p_{i} \right\},p<n,i\geq1 p={3,5,7,...,pi},p<n,i1
    n = 4 n=4 n=4 时, p = 3 ; 2 n − p = 5 p=3; 2n-p=5 p=3;2np=5 是素数;
    n = 5 n=5 n=5 时, p = 3 ; 2 n − p = 7 p=3; 2n-p=7 p=3;2np=7 是素数;
    n = 6 n=6 n=6 时, p = { 3 , 5 } ; 2 n − p = { 9 , 7 } ; 7 p=\left\{ 3,5\right\}; 2n-p=\left\{ 9,7 \right\}; 7 p={3,5};2np={9,7};7 是素数;
    n = 7 n=7 n=7 时, p = { 3 , 5 } ; 2 n − p = { 11 , 9 } ; 11 p=\left\{ 3,5\right\}; 2n-p=\left\{ 11,9 \right\}; 11 p={3,5};2np={11,9};11是素数;
    n = 8 n=8 n=8 时, p = { 3 , 5 , 7 } ; 2 n − p = { 13 , 11 , 9 } ; 13 , 11 p=\left\{ 3,5,7 \right\}; 2n-p=\left\{ 13,11,9 \right\}; 13,11 p={3,5,7};2np={13,11,9};13,11是素数;
    后面是不是都成立呢?下面用反证法来证明:
    因为, n 2 > 1 n^{2}>1 n2>1是一个合数, n n n 的全部素因子皆不超过 n ; n; n; n < 2 n − p < n 2 , n<2n-p<n^{2}, n<2np<n2 所以,若 2 n − p 2n-p 2np 是一个合数,则 2 n − p 2n-p 2np 必有一个素因子小于 n n n, 即若 2 n − p 2n-p 2np 是合数,必能被某个 p p p 整除.设为 q , q ∈ p . q, q∈p. q,qp.

    反证法:
    p p p n n n 前奇素数的集合,假设 2 n − p = { 2 n − 3 , 2 n − 5 , ⋯   , 2 n − p i } 2n-p=\left\{ 2n-3,2n-5,\cdots,2n-p_{i} \right\} 2np={2n3,2n5,,2npi}全部是合数,必有 2 n − p ≡ 0 ( m o d q ) , q ∈ p , 2n-p\equiv0(modq),q\in p, 2np0(modq),qp, 2 n − p ≡ 0 ( m o d q ) 2n-p\equiv0(modq) 2np0(modq) 全部是合数,不外两种情况: p = q p=q p=q p ≠ q p\ne q p=q(包括部分 p = q p=q p=q )与引理的两种特殊情况对应(若有 i i i p , p , p,有解的方程组有 i ! i! i! 个,即,有解的方程组把 q q q p p p 不动,把 i i i p p p q q q 全排列):

    • p = q p=q p=q 时:只有一组这种情况

    2 n − 3 ≡ 0 ( m o d 3 ) , 2n-3\equiv0\pmod 3, 2n30(mod3),
    2 n − 5 ≡ 0 ( m o d 5 ) , 2n-5\equiv0\pmod 5, 2n50(mod5),
    2 n − 7 ≡ 0 ( m o d 7 ) , 2n-7\equiv0\pmod 7, 2n70(mod7)
    ⋯ ⋯ \cdots\cdots
    2 n − p i ≡ 0 ( m o d p i ) 2n-p_{i}\equiv0\pmod {p_{i}} 2npi0(modpi)
    方程组的解是 n ≡ 0 ( m o d 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i ) , n\equiv0(mod3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}) , n0(mod357pi)满足 2 n − p 2n-p 2np 全部是合数的 n n n 最小正值是 n = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i , i = 1 n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} , i=1 n=357pi,i=1 时就错了,因 n = 3 n=3 n=3 这与设定 p p p n n n 前奇素数 3 < n 3<n 3<n 矛盾.

    3 ∗ 5 = 15 3*5=15 35=15 15 前 面 不 是 只 有 3 和 5 两 个 素 数 , 还 有 7 , 11 , 13 没 有 被 考 虑 ; 15前面不是只有3和5两个素数,还有7,11,13没有被考虑; 153571113

    所以, n = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} n=357pi 是错误的, n n n 前还有大于 p i p_{i} pi 的素数;

    • p ≠ q p\ne q p=q 时(包括部分 p = q p=q p=q ):其它情况,有 i ! − 1 i!-1 i!1组(并不是 i i − 1 i^{i}-1 ii1 组)

    用中国剩余定理解其它方程组都能得到: n ≡ b ( m o d M ) , b > 0 , M = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i n\equiv b(modM) , b>0,M=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} nb(modM),b>0,M=357pi 满足 2 n − p 2n-p 2np 全部是合数的 n n n 最小值是 n , = b + 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i , b > 0 , n^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} , b>0 , n,=b+357pi,b>0,(部分 q = p q=p q=p b > 0 , b>0 , b>0,因只要有 一个 p ≠ q p\ne q p=q 就有 b > 0 b>0 b>0 );
    n = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i < n , = b + 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i}<n^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} n=357pi<n,=b+357pi
    n = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i n=3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} n=357pi 是错误的, n n n 前还有大于 p i p_{i} pi 的素数; n n n 并非全部 p p p 的积;
    n , = b + 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋯ p i n^{,}=b+3\cdot5\cdot7\cdots p_{i} n,=b+357pi 更是错误的, n , n^{,} n, 前还有更多大于 p i p_{i} pi 的素数;

    举例:
    n = 6 n=6 n=6时,有 2 n − 3 2n-3 2n3 2 n − 5 2n-5 2n5

    p = q : 2 n − 3 ≡ 0 ( m o d 3 ) , 2 n − 5 ≡ 0 ( m o d 5 ) , p=q:2n-3\equiv0(mod3),2n-5\equiv0(mod5), p=q:2n30(mod3),2n50(mod5), 解得 n ≡ 0 ( m o d 3 ⋅ 5 ) n\equiv0(mod3\cdot5) n0(mod35)
    p ≠ q : 2 n − 3 ≡ 0 ( m o d 5 ) , 2 n − 5 ≡ 0 ( m o d 3 ) , p\ne q:2n-3\equiv0(mod5),2n-5\equiv0(mod3), p=q:2n30(mod5),2n50(mod3), 解得 n ≡ 4 ( m o d 3 ⋅ 5 ) n\equiv4(mod3\cdot5) n4(mod35)

    若这两数都是合数解得 n ≡ 0 , 4 ( m o d 15 ) n\equiv0,4(mod15) n0,4(mod15) (最小解)不等于 6. 6. 6.

    ( 2 n − 3 ≡ 0 ( m o d 3 ) , 2 n − 5 ≡ 0 ( m o d 3 ) 2n-3\equiv0(mod3),2n-5\equiv0(mod3) 2n30(mod3),2n50(mod3)无解; 2 n − 3 ≡ 0 ( m o d 5 ) , 2 n − 5 ≡ 0 ( m o d 5 ) 2n-3\equiv0(mod5),2n-5\equiv0(mod5) 2n30(mod5),2n50(mod5)也无解,即同模无解或是同一个方程,因为矛盾 )

    n = 15 n=15 n=15 是满足 2 n − 3 = 27 和 2 n − 5 = 25 2n-3=27 和 2n-5=25 2n3=272n5=25 都是合数的最小解,但 15 15 15 前面还有大于 5 5 5 的素数 7 、 11 、 13 7、11、13 71113 没有被考虑; n = 6 n=6 n=6 时,有 2 n − 3 与 2 n − 5 2n-3 与 2n-5 2n32n5 ,但这两数都是合数时 n = 15 , 30 , 45 , . . . n=15,30,45,... n=15,30,45,...
    n = 4 + 15 = 19 n=4+15=19 n=4+15=19 也满足 2 n − 3 = 35 和 2 n − 5 = 33 2n-3=35 和 2n-5=33 2n3=352n5=33 都是合数,但 19 19 19 前面还有大于 5 5 5 的素数 7 、 11 、 13 、 17 7、11、13、17 7111317 没有被考虑;这两数都是合数时 n = 19 , 34 , 49 , . . . n=19,34,49,... n=19,34,49,...

    综上所述:假设 2 n − p = { 2 n − 3 , 2 n − 5 , ⋅ ⋅ ⋅ , 2 n − p i } 2n-p=\left\{ 2n-3,2n-5,\cdot\cdot\cdot,2n-p_{i} \right\} 2np={2n3,2n5,,2npi} 全部是合数, n = M n=M n=M 是最小解,其它解 也与事实不符: n ≠ 0 , b ( m o d M ) , n\ne0,b(modM), n=0,b(modM), n = M n=M n=M 是错误的, n = b + M n=b+M n=b+M 更是错误的,这个假设是错误的,它们不能全是合数。所以, p p p n n n 前奇素数的集合, 2 n − p 2n-p 2np 中必有素数.
    同理 p p p n n n 前奇素数的集合, 2 n + p 2n+p 2n+p 中必有素数,因 n < 2 n + p < 3 n < n 2 . n<2n+p<3n<n^{2} . n<2n+p<3n<n2.

    定理2:大于2的偶数必能表为两个素数之和

    证明
    p p p n n n 前奇素数的集合,对于 2 n 2n 2n ,当
    n = 2 n=2 n=2 时, 4 = 2 + 2 4=2+2 4=2+2 ,成立;
    n = 3 n=3 n=3 时, 6 = 3 + 3 6=3+3 6=3+3 ,成立;
    n > p n>p n>p 时, n n n 前总有奇素数 p , n p , n p,n 2 n 2n 2n 前,总有 2 n − p 2n-p 2np 是素数;(证明同定理1)
    2 n = p + ( 2 n − p ) 2n=p+(2n-p) 2n=p+(2np) ,所以大于2的偶数必能表为两个素数的和。

    定理3:偶数必能表为两个素数之差

    证明
    p p p n n n 前奇素数的集合,对于 2 n 2n 2n ,当
    n = 1 n=1 n=1 时, 2 = 5 − 3 ; 2=5-3 ; 2=53
    n = 2 n=2 n=2 时, 4 = 7 − 3 ; 4=7-3 ; 4=73
    n = 3 n=3 n=3 时, 6 = 11 − 5 6=11-5 6=115 ;都成立;
    n > p n>p n>p 时, 2 n + p 2n+p 2n+p 中必有素数; 证明同定理1;
    2 n = ( 2 n + p ) − p 2n=(2n+p)-p 2n=(2n+p)p ,所以:偶数必能表为两个素数之差。

    定理4:(伯特兰猜想) 任意正整数 n > 1 , n n>1 , n n>1,n 2 n 2n 2n 之间必有一素数

    1845 年,法国数学家伯特兰猜想对于任意给定的正整数 n > 1 n>1 n>1 ,存在一个素数 d d d ,使得 n < d < 2 n n<d<2n n<d<2n .这个猜想的第一个证明是由切比雪夫在 1852 年给出的(证明的过程较复杂).因为已经 被证明了,所以它通常被称为伯特兰公设.
    证明
    p p p n n n 前奇素数的集合, p = { 3 , 5 , 7 , . . . , p i } , p < n , i ≥ 1 p=\left\{ 3,5,7,...,p_{i} \right\},p<n,i\geq1 p={3,5,7,...,pi},p<n,i1
    n = 2 n=2 n=2 时, 2 < 3 < 4 2 < 3 < 4 2<3<4 ,命题成立;
    n = 3 n=3 n=3 时, 3 < 5 < 6 3 < 5 < 6 3<5<6 ,命题成立;
    n > p n>p n>p 时, n n n 2 n 2n 2n ( n < 2 n − p < 2 n ) (n<2n-p<2n) (n<2np<2n)总有 2 n − p 2n-p 2np 是素数;证明同定理 1 ; 1; 1;
    所以,当 n>1 时, n 与 2n 之间必有一素数。 伯特兰猜想得证。

    定理5:大于2的偶数两边总有一对对称素数(素数偶对称性)

    证明:

    所谓奇数哥德巴赫猜想不需证明,偶数 + 3 +3 +3即是奇数,自然成立。
    即:大于 5 5 5的奇数都能写成三个素数之和。

    致谢:
    XXX指出原文中最小解的“错误”,后来我发现原来的论述是对的,最小解就是 n = M n=M n=M ,不是 n = 0 , b , n=0,b , n=0,b,因为 n ≡ 0 , b ( m o d M ) n\equiv0,b(modM) n0,b(modM) 它等价于 n = ( 0 , b ) + M ∗ k , n=(0,b)+M*k , n=(0,b)+Mk,其中 k ≠ 0 k\ne0 k=0 为正整数( 0 0 0不能作除数)。

    补充:
    不得不作如下说明

    n n n 前若有 i i i p p p,使得(若) 2 n − p 2n-p 2np 全部是合数的有解的方程组有 i ! i! i!个,并不是 i i i^{i} ii 个。同模都要剔除。举例: n = 12 n=12 n=12的情况
    12 12 12小的奇素数有 4 4 4个,不考虑有没有解的话应当有 4 4 = 256 4^{4}=256 44=256 个同余式组,以下是其中一个
    { 2 n ≡ 3 ( m o d 7 ) , 2 n ≡ 5 ( m o d 3 ) , ∙ 2 n ≡ 7 ( m o d 11 ) , 2 n ≡ 11 ( m o d 3 ) . ∙ \begin{cases} 2n\equiv3(mod7) ,\\ 2n\equiv5(mod3),\bullet\\ 2n\equiv7(mod11), \\2n\equiv11(mod3).\bullet\end{cases} 2n3(mod7),2n5(mod3),2n7(mod11),2n11(mod3).
    解为 n ≡ 227 ( m o d 231 ) , n\equiv227\left( mod231 \right) , n227(mod231)虽然有解,其中 5 ≡ 11 ≡ 2 ( m o d 3 ) 5\equiv11\equiv2(mod3) 5112(mod3) 是同一个方程,就少了一个,不能保证四个 ( 2 n − 3 , 2 n − 5 , 2 n − 7 , 2 n − 11 ) (2n-3,2n-5,2n-7,2n-11) (2n3,2n5,2n7,2n11) 全部是合数;将最小的 n = 227 + 231 = 458 n=227+231=458 n=227+231=458 代入得:
    { 2 n − 3 = 913 = 11 × 83 , 2 n − 5 = 911 , p r i m e 2 n − 7 = 909 = 9 × 101 , 2 n − 11 = 905 = 5 × 181. \begin{cases} 2n-3=913=11\times83 ,\\ 2n-5=911,prime\\ 2n-7=909=9\times101, \\2n-11=905=5\times181.\end{cases} 2n3=913=11×83,2n5=911,prime2n7=909=9×101,2n11=905=5×181.
    其中 911 911 911 是素数。
    只有两两互素才能保证全部是合数, ( 3 , 3 ) = 3 ≠ 1 (3,3)=3\ne1 (3,3)=3=1
    同模要么无解,要么是同一个方程。所以都要剔除。所以(符合全部是合数的)有解的方程组只有i!个。
    n = 12 n=12 n=12 时,符合 2 n − p 2n-p 2np 全部是合数的 n n n 最小值 n = 3 × 5 × 7 × 11 = 1155 , n=3\times5\times7\times11=1155 , n=3×5×7×11=1155其它解都大于 1155 1155 1155.
    :方程组 { x ≡ a 1 ( m o d    m 1 ) x ≡ a 2 ( m o d    m 2 ) \begin{cases}x\equiv a_{1}(\mod m_{1})\\x\equiv a_{2}(\mod m_{2})\end{cases} {xa1(modm1)xa2(modm2) 有解当且仅当 ( m 1 , m 2 ) ∣ ( a 1 − a 2 ) , (m_{1},m_{2})|(a_{1}-a_{2}), (m1,m2)(a1a2),若有解,则解模 [ m 1 , m 2 ] [m_{1},m_{2}] [m1,m2] 唯一。


    附:

    1. n n n 是素数时, 2 n 2n 2n 表为两个素数之和有奇数种表示;
      比如:
      4 = 2 ⋅ 2 = { 2 } 1 4=2\cdot2=\left\{ 2 \right\}_{1} 4=22={2}1
      6 = 2 ⋅ 3 = { 3 } 1 6=2\cdot3=\left\{ 3 \right\}_{1} 6=23={3}1
      10 = 2 ⋅ 5 = { 3 , 5 , 7 } 3 10=2\cdot5=\left\{ 3,5,7 \right\}_{3} 10=25={3,5,7}3
      14 = 2 ⋅ 7 = { 3 , 7 , 11 } 3 14=2\cdot7=\left\{ 3,7,11 \right\}_{3} 14=27={3,7,11}3
      22 = 2 ⋅ 11 = { 3 , 5 , 11 , 17 , 19 } 5 22=2\cdot11=\left\{ 3,5,11,17,19 \right\}_{5} 22=211={3,5,11,17,19}5
      = { 3 + 19 5 + 17 11 + 11 17 + 5 19 + 3 =\begin{cases} 3+19\\5+17\\11+11\\17+5\\19+3\end{cases} =3+195+1711+1117+519+3
      26 = 2 ⋅ 13 = { 3 , 7 , 13 , 19 , 23 } 5 26=2\cdot13=\left\{ 3,7,13,19,23 \right\}_{5} 26=213={3,7,13,19,23}5
      34 = 2 ⋅ 17 = { 3 , 5 , 11 , 17 , 23 , 29 , 31 } 7 34=2\cdot17=\left\{ 3,5,11,17,23,29,31 \right\}_{7} 34=217={3,5,11,17,23,29,31}7
      38 = 2 ⋅ 19 = { 7 , 19 , 31 } 3 38=2\cdot19=\left\{ 7,19,31 \right\}_{3} 38=219={7,19,31}3
      = { 7 + 31 19 + 19 31 + 7 =\begin{cases}7+31\\19+19\\31+7\end{cases} =7+3119+1931+7
      46 = 2 ⋅ 23 = { 3 , 5 , 17 , 23 , 29 , 41 , 43 } 7 46=2\cdot23=\left\{ 3,5,17,23,29,41,43 \right\}_{7} 46=223={3,5,17,23,29,41,43}7
      58 = 2 ⋅ 29 = { 5 , 11 , 17 , 29 , 41 , 47 , 53 } 7 58=2\cdot29=\left\{ 5,11,17,29,41,47,53 \right\}_{7} 58=229={5,11,17,29,41,47,53}7
      62 = 2 ⋅ 31 = { 3 , 19 , 31 , 43 , 59 } 5 62=2\cdot31=\left\{ 3,19,31,43,59 \right\}_{5} 62=231={3,19,31,43,59}5
      74 = 2 ⋅ 37 = { 3 , 7 , 13 , 31 , 37 , 43 , 61 , 67 , 71 } 9 74=2\cdot37=\left\{ 3,7,13,31,37,43,61,67,71 \right\}_{9} 74=237={3,7,13,31,37,43,61,67,71}9
      82 = 2 ⋅ 41 = { 3 , 11 , 23 , 29 , 41 , 53 , 59 , 71 , 79 } 9 82=2\cdot41=\left\{ 3,11,23,29,41,53,59,71,79 \right\}_{9} 82=241={3,11,23,29,41,53,59,71,79}9
      86 = 2 ⋅ 43 = { 3 , 7 , 13 , 19 , 43 , 67 , 73 , 79 , 83 } 9 86=2\cdot43=\left\{ 3,7,13,19,43,67,73,79,83 \right\}_{9} 86=243={3,7,13,19,43,67,73,79,83}9
      ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ \cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot
    1. n n n 是合数时, 2 n 2n 2n 表为两个素数之和有偶数种表示;
      12 = 2 ⋅ 6 = { 5 , 7 } 2 = { 5 + 7 7 + 5 12=2\cdot6=\left\{ 5,7 \right\}_{2}=\begin{cases} 5+7\\7+5\end{cases} 12=26={5,7}2={5+77+5
      16 = 2 ⋅ 8 = { 3 , 5 , 11 , 13 } 4 = { 3 + 13 5 + 11 11 + 5 13 + 3 16=2\cdot8=\left\{ 3,5,11,13 \right\}_{4}=\begin{cases} 3+13\\5+11\\11+5\\13+3\end{cases} 16=28={3,5,11,13}4=3+135+1111+513+3
      70 = 2 ⋅ 35 = { 3 , 11 , 17 , 19 , 23 , 41 , 47 , 53 , 59 , 67 } 10 = { 3 + 67 11 + 59 17 + 53 23 + 47 29 + 41 41 + 29 47 + 23 53 + 17 59 + 11 67 + 3 70=2\cdot35=\left\{ 3,11,17,19,23,41,47,53,59,67 \right\}_{10} =\begin{cases} 3+67\\11+59\\17+53\\23+47\\29+41\\41+29\\47+23\\53+17\\59+11\\67+3\end{cases} 70=235={3,11,17,19,23,41,47,53,59,67}10=3+6711+5917+5323+4729+4141+2947+2353+1759+1167+3
      100 = 2 ⋅ 50 = { 3 , 11 , 17 , 29 , 41 , 47 , 53 , 59 , 71 , 83 , 89 , 97 } 12 100=2\cdot50=\left\{ 3,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97 \right\}_{12} 100=250={3,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97}12
      104 = 2 ⋅ 52 = { 3 , 7 , 31 , 37 , 43 , 61 , 67 , 73 , 97 , 101 } 10 104=2\cdot52=\left\{ 3,7,31,37,43,61,67,73,97,101 \right\}_{10} 104=252={3,7,31,37,43,61,67,73,97,101}10
      ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ \cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot
      对任意的 n > 1 n>1 n>1 都有:
      n n n 是合数, 2 n 2n 2n 表示为两个素数之和的方法有偶数种;
      n n n 是素数, 2 n 2n 2n 表示为两个素数之和的方法有奇数种.

    2. 大于6的偶数,都能表为两个不同奇素数的和
      这是因为: p < n , p ≠ 2 n − p p<n, p\ne2n-p p<n,p=2np

    3. 大于 10 10 10的偶数,都能表为 “ 1 + 2 ” “1+2” 1+2,即一个素数与两个素数乘积之和
      12 = 3 + 3 ⋅ 3 12=3+3\cdot3 12=3+33
      14 = 5 + 3 ⋅ 3 14=5+3\cdot3 14=5+33
      16 = 2 + 2 ⋅ 7 = 7 + 3 ⋅ 3 16=2+2\cdot7=7+3\cdot3 16=2+27=7+33
      这是因为:当 2 n − p 2n-p 2np 为合数时,它的全部素因子皆小于 n n n ,因为 2 n − p < n 2 2n-p<n^{2} 2np<n2
      一定存在 2 n − p = p j a ⋯ p i b 2n-p=p_j^{a}\cdots p_i^b 2np=pjapib,那么,一定存在这样的合数, 2 n − p = p j ⋅ p i 2n-p=p_j\cdot p_i 2np=pjpi

    4. 小于 146 146 146的偶数有些不都能表为 “ 1 + 3 ” “1+3” 1+3,即一个素数与三个素数乘积之和
      10 = 2 + 2 ⋅ 2 ⋅ 2 10=2+2\cdot2\cdot2 10=2+222
      12 12 12 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      14 = 2 + 2 ⋅ 2 ⋅ 3 14=2+2\cdot2\cdot3 14=2+223
      16 16 16 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      18 18 18 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      20 = 2 + 2 ⋅ 3 ⋅ 3 20=2+2\cdot3\cdot3 20=2+233
      22 = 2 + 2 ⋅ 2 ⋅ 5 22=2+2\cdot2\cdot5 22=2+225
      24 24 24 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      26 26 26 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      28 28 28 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      30 = 3 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 30=3+3\cdot3\cdot3 30=3+333
      32 = 5 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 32=5+3\cdot3\cdot3 32=5+333
      34 = 7 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 34=7+3\cdot3\cdot3 34=7+333
      36 36 36 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      38 = 11 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 38=11+3\cdot3\cdot3 38=11+333
      40 = 13 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 40=13+3\cdot3\cdot3 40=13+333
      42 42 42不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      44 = 17 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 44=17+3\cdot3\cdot3 44=17+333
      46 = 19 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 46=19+3\cdot3\cdot3 46=19+333
      48 = 3 + 3 ⋅ 3 ⋅ 5 48=3+3\cdot3\cdot5 48=3+335
      50 = 5 + 3 ⋅ 3 ⋅ 5 = 23 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 50=5+3\cdot3\cdot5=23+3\cdot3\cdot3 50=5+335=23+333
      52 = 7 + 3 ⋅ 3 ⋅ 5 52=7+3\cdot3\cdot5 52=7+335
      54 = 2 + 2 ⋅ 2 ⋅ 13 54=2+2\cdot2\cdot13 54=2+2213
      56 = 11 + 3 ⋅ 3 ⋅ 5 56=11+3\cdot3\cdot5 56=11+335
      58 = 31 + 27 = 13 + 3 ⋅ 3 ⋅ 5 58=31+27=13+3\cdot3\cdot5 58=31+27=13+335
      60 60 60不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      62 = 17 + 3 ⋅ 3 ⋅ 5 62=17+3\cdot3\cdot5 62=17+335
      64 = 37 + 3 ⋅ 3 ⋅ 3 = 19 + 3 ⋅ 3 ⋅ 5 64=37+3\cdot3\cdot3=19+3\cdot3\cdot5 64=37+333=19+335
      78 = 3 + 3 ⋅ 5 ⋅ 5 78=3+3\cdot5\cdot5 78=3+355
      84 84 84 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      90 90 90 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      96 96 96 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      108 = 3 + 3 ⋅ 5 ⋅ 7 108=3+3\cdot5\cdot7 108=3+357
      114 114 114 不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      114 = { 2 + 2 4 ⋅ 7 3 + 3 ⋅ 37 19 + 5 ⋅ 19 23 + 7 ⋅ 13 29 + 5 ⋅ 17 37 + 7 ⋅ 11 59 + 5 ⋅ 11 79 + 5 ⋅ 7 89 + 5 ⋅ 5 114=\begin{cases}2+2^{4}\cdot7\\3+3\cdot37\\19+5\cdot19\\23+7\cdot13\\29+5\cdot17\\37+7\cdot11\\59+5\cdot11\\79+5\cdot7\\89+5\cdot5\end{cases} 114=2+2473+33719+51923+71329+51737+71159+51179+5789+55
      114 = { 5 , 7 , 11 , 13 , 17 , 31 , 41 , 43 , 47 , 53 , 61 , 67 , 71 , 73 , 83 , 97 , 101 , 103 , 107 , 109 } 20 114=\left\{ 5,7,11,13,17,31,41,43,47,53,61,67,71,73,83,97,101,103,107,109 \right\}_{20} 114={5,7,11,13,17,31,41,43,47,53,61,67,71,73,83,97,101,103,107,109}20
      138 138 138不能表为 1 + 3 1+3 1+3
      144 144 144 不能表为 1 + 3 1+3 1+3

    大于 28 28 28的不能表为 1 + 3 1+3 1+3的偶数都能被 3 3 3整除!
    146 146 146开始,我算到 266 266 266都能够表为 1 + 3 1+3 1+3
    1146 1146 1146 不能表为 1 + 4 1+4 1+4
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  • 初等数论练习

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    初等数论练习信阳职业技术学院2010年12月一、填空1、d(2420)=___________; ϕ(2420)=___________。 2、设a,n 是大于1的整数,若a n -1是质数,则a=___________。 3、模9的绝对最小完全剩余系是___________。 4...

    初等数论练习题

    信阳职业技术学院

    2010年12月

    一、填空题

    1、d(2420)=___________; ϕ(2420)=___________。 2、设a,n 是大于1的整数,若a n -1是质数,则a=___________。 3、模9的绝对最小完全剩余系是___________。 4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是__________。 5、不定方程18x-23y=100的通解是___________。 6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_______。 7、18100被172除的余数是___________。 8、

    ⎛65⎫

    ⎪ =___________。 ⎝103⎭

    9、若p 是素数,则同余方程x p -1≡1(mod p ) 的解数为 二、计算题

    1、解同余方程:3x 2+11x -20≡0 (mod 105)。 2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解? 3、求(127156+34)28除以111的最小非负余数。 三、证明题

    1、已知p 是质数,(a,p )=1,证明:

    (1)当a 为奇数时,a p-1+(p-1)≡0 (mod p); (2)当a 为偶数时,a p-1-(p-1)≡0 (mod p)。

    2、设a 为正奇数,n 为正整数,试证a

    3、设p 是一个素数,且1≢k ≢p-1。证明:C k p -1 ≡ (-1 )(mod p ) 。

    k

    a

    a

    2n

    ≡1(mod 2n+2) 。

    4、设p 是不等于3和7的奇质数,证明:p 6≡1(mod 84)。

    一、填空题

    1、d(1000)=__________;σ(1000)=__________。 2、2010! 的标准分解式中,质数11的次数是__________。

    3、费尔马(Fermat)数是指Fn=22+1,这种数中最小的合数Fn 中的n=_________。 4、同余方程13x ≡5(mod 31)的解是__________。 5、分母不大于m 的既约真分数的个数为_________。 6、设7∣(80n -1), 则最小的正整数n=__________。

    7、使41x+15y=C无非负整数解的最大正整数C=__________。 8、⎛

    46⎫

    ⎪=__________。 ⎝101⎭

    n

    9、若p 是质数,n ∣p - 1,则同余方程x n ≡ 1 (mod p ) 的解数为 。 二、计算题

    2003

    1、试求2002

    2004

    被19除所得的余数。

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

    3、已知a=5,m=21,求使a x ≡ 1 (mod m)成立的最小自然数x 。 三、证明题

    1、试证13|(54m +46n +2000)。(提示:可取模13进行计算性证明) 。

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

    3、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。

    4、证明:若2p + 1是奇素数,则 (p !) 2 + (-1) p ≡ 0 (mod 2p + 1)。

    5、设p 是大于5的质数,证明:p 4≡1(mod 240)。

    一、单项选择题

    1、若n >1,ϕ(n )=n-1是n 为质数的( )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( )。 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+2

    b

    a

    3、使方程6x+5y=C无非负整数解的最大整数C 是( )。 A.19

    B.24 C.25

    D.30

    4、不是同余方程28x ≡21(mod 35)的解为( )。

    A. x ≡2(mod 35) B. x≡7(mod 35) C. x≡17(mod 35) D. x≡29(mod 35) 5、设a 是整数,(1)a≡0(mod9) (2)a≡2010(mod9) (3)a的十进位表示的各位数码字之和可被9整除

    (4)划去a 的十进位表示中所有的数码字9,所得的新数被9整除 以上各条件中,成为9|a的充要条件的共有( )。 A.1个 二、填空题

    1、σ(2010)=__________;ϕ(2010)=__________。

    202、数C 100的标准分解式中,质因数7的指数是__________。

    B.2个 C.3个 D.4个

    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___。 4、同余方程24x ≡6(mod34)的解是__________。

    5、整数n>1,且(n-1)!+1≡0(mod n),则n 为_______(填:素数或合数)。 6、3103被11除所得余数是__________。 7、

    ⎛60⎫

    ⎪=__________。 97⎝⎭

    三、计算题

    1、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?

    32n -1

    2、设n 是正整数,求C 1 的最大公约数。 2n , C 2n , , C 2n

    3、已知a=18,m=77,求使a x ≡ 1 (mod m)成立的最小自然数x 。

    四、证明题

    1、若质数p ≣5, 且2p+1是质数,证明:4p+1必是合数。

    2、设p 、q 是两个大于3的质数,证明:p 2≡q 2(mod 24)。

    3、若x, y ∈R , (1)证明:[xy]≣[x][y]; (2)试讨论{xy}与{x}{y}的大小关系。 注:我们知道,[x+y]≣[x]+[y],{x+y}≢{x}+{y}。此题把加法换成乘法又如何呢?

    4、证明:存在一个有理数 [k

    c

    ,其中d

    73

    ] 。 100

    +

    c d

    ]=[k

    (提示:由(73,100)=1,利用裴蜀恒等式来证明)

    初等数论练习题四

    一、单项选择题 1、若F n =2

    2n

    +1是合数,则最小的n 是( ) 。

    A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

    2、记号b a ‖a 表示b a |a, 但b a+1 /| a. 以下各式中错误的一个是( ) 。 A. 218‖20! B. 105‖50! C. 119‖100! D. 1316‖200! 3、对于任意整数n ,最大公因数(2n+1,6n-1)的所有可能值是( ) 。 A. 1 B. 4 C. 1或2 D. 1,2或4 4、设a 是整数,下面同余式有可能成立的是( ) 。

    A. a2≡2 (mod 4) B. a2≡5 (mod 7) C. a2≡5 (mod 11) D. a2≡6 (mod 13) 5、如果a ≡b(mod m),c 是任意整数,则下列错误的是( ) A .ac ≡bc(mod mc) 二、填空题

    1、d(10010)=_________;φ(10010)=_________。

    2、对于任意一个自然数n ,为使自N 起的n 个相继自然数都是合数,可取N=_________。 3、为使3n-1与5n+7的最大公因数达到最大的可能值,则整数n 应满足条件________。 4、在5的倍数中,选择尽可能小的正整数来构成模12的一个简化系,则这组数是______。 5、同余方程26x+1≡33 (mod 74)的解是_________。 6、不定方程5x+9y=86的正整数解是_________。 7、

    ⎛54⎫

    ⎪=_________。 ⎝89⎭

    B .m|a-b C .(a,m)=(b,m) D .a=b+mt,t∈Z

    三、计算题

    1、设n 的十进制表示是13xy 45z ,若792∣n ,求x ,y ,z 。

    2、求3406的末二位数。

    3、求(214928+40)35被73除所得余数。

    四、证明题

    1、设a 1, a2, , a m 是模m 的完全剩余系,证明: (1)当m 为奇数时,a 1+ a2+ + a m ≡0(mod m); (2)当m 为偶数时,a 1+ a2+ + a m ≡

    ϕ(m )

    m

    (mod m)。 2

    2、证明:若m >2,a 1, a2, , a ϕ(m)是模m 的任一简化剩余系,则

    ∑a

    i =1

    i

    ≡0(modm ).

    3、设m > 0是偶数,{a 1, a2, , a m }与{b 1, b 2, , b m }都是模m 的完全剩余系,证明: {a 1 + b 1, a 2 + b 2, , a m + b m }不是模m 的完全剩余系。

    4、证明:(1)2730∣x 13-x ;

    (2)24∣x(x+2)(25x-1) ; (3)504∣x 9-x 3;

    (4)设质数p >3,证明:6p ∣x p -x 。

    2

    初等数论练习题五

    一、单项选择题

    1、设x 、y 分别通过模m 、n 的完全剩余系,若( )通过模mn 的完全剩余系。 A.m 、n 都是质数,则my + nx B. m≠n ,则my + nx C. (m ,n )=1,则my + nx D. (m ,n )=1,则mx + ny 2、1×3×5×…×2003×2005的标准分解式中11的幂指数是( ) 。 A.100 B.101 C.99 D.102 3、n 为正整数,若2n -1为质数,则n 是( ) 。

    A. 质数 B. 合数 C.3 D.2k (k为正整数) 4、从100到500的自然数中,能被11整除的数的个数是( ) 。 A.33 B.34 C.35 D.36

    5、模100的最小非负简化剩余系中元素的个数是( ) 。

    A.100 B.10 C.40 D.4 二、填空题

    1、同余方程ax +b≡0(modm ) 有解的充分必要条件是______。 2、高斯称反转定律是数论的酵母,反转定律是指____________。 3、20112011被3除所得的余数为______。 4、设n 是大于2的整数,则(-1)ϕ(n)=______。 5、单位圆上的有理点的坐标是____________。

    6、若3258×a 恰好是一个正整数的平方,则a 的最小值为______。

    ⎛58⎫

    7、 ⎪=_________

    ⎝97⎭

    三、计算题

    1、求32008×72009×132010的个位数字。

    2、求满足ϕ(mn)=ϕ(m )+ϕ(n ) 的互质的正整数m 和n 的值。

    3、甲物每斤5元,乙物每斤3元,丙物每三斤1元,现在用100元买这三样东西共100斤,问各买几斤?

    四、证明题

    1、已知2011是质数,则有2011|99⋅⋅ ⋅9。

    2010个

    2、设p 是4n+1型的质数,证明若a 是p 的平方剩余,则p-a 也是p 的平方剩余.

    3、已知p,q 是两个不同的质数,且a p-1≡1 (mod q), aq-1≡1 (mod p), 证明:a pq ≡a (mod pq)。

    4、证明:若m,n 都是正整数,则ϕ(mn)=(m,n )ϕ([m,n ])。

    初等数论练习题六

    一、填空题

    1、为了验明2011是质数,只需逐个验算质数2,3,5,…p 都不能整除2011,此时,质数p 至少是__________。

    2、最大公因数(4n+3,5n+2)的可能值是__________。

    3、设3α∣40! ,而3α+1/|40! ,即3α‖40! ,则α=__________。

    4、形如3n+1的自然数中,构成模8的一个完全剩余系的最小的那些数是__________。 5、不定方程x 2+y2=z2,2|x, (x,y)=1, x,y,z>0的整数解是且仅是_________ 。 6、21x ≡9 (mod 43)的解是__________。 7、

    ⎛73⎫

    ⎪ =__________。 ⎝199⎭

    二、计算题 1、将

    17

    写成三个既约分数之和,它们的分母分别是3,5和7。 105

    2、若3是质数p 的平方剩余,问p 是什么形式的质数? 3、判断不定方程x 2+23y =17是否有解? 三、证明题

    1、试证对任何实数x, 恒有〔x 〕+〔x+〕=〔2x 〕。

    2、证明:(1)当n 为奇数时,3∣(2+1);

    n

    1

    2

    |(2+1)(2)当n 为偶数时,3/。

    3、证明:(1)当3∣n (n 为正整数)时,7∣(2-1);

    n

    n

    |(2+1) (2)无论n 为任何正整数,7/。

    4、设m >0,n >0,且m 为奇数,证明:(2-1,2+1)=1。

    m

    n

    n

    初等数论练习题七

    一、单项选择题

    1、设a 和b 是正整数,则(

    A .1 [a , b ][a , b ], ) =( )。 a b B .a C .b D .(a,b)

    2、176至545的正整数中,13的倍数的个数是( )。

    A .27 B .28 C .29 D .30

    3、200! 中末尾相继的0的个数是( )。

    A .49 B .50 C .51 D .52

    4、从以下满足规定要求的整数中,能选取出模20的简化剩余系的是( )。

    A .2的倍数 B .3的倍数 C .4的倍数 D .5的倍数

    5、设n 是正整数,下列选项为既约分数的是( )。

    A .21n +4n +12n -1n +1 B . C . D . 14n +32n -15n +23n +1

    二、填空题

    1、314162被163除的余数是___________。

    2、同余方程3x ≡5(mod13)的解是___________。

    3、(365) =________。 1847

    4、[-π]=___________。

    5、为使n-1与3n 的最大公因数达到最大的可能值,则整数n 应满足条件___________。

    6、如果一个正整数具有21个正因数,问这个正整数最小是___________。

    7、同余方程x 3+x2-x-1≡0(mod 3)的解是___________。

    三、计算题

    1、求不定方程x + 2y + 3z = 41的所有正整数解。

    2、有一队士兵,若三人一组,则余1人;若五人一组,则缺2人;若十一人一组,则余3人。已知这队士兵不超过170人,问这队士兵有几人?

    23、判断同余方程x ≡286(mod443) 是否有解?

    四、证明题

    1、设(a , m ) = 1,d 0是使a d ≡ 1 (mod m ) 成立的最小正整数,则

    (ⅰ) d 0∣ϕ(m ) ;

    j (ⅱ) 对于任意的i ,j ,0 ≤ i , j ≤ d 0 - 1,i ≠ j ,有a i ≡/a (mod m ) 。

    2、证明:设a ,b ,c ,m 是正整数,m > 1,(b , m ) = 1,并且

    b a ≡ 1 (mod m ) ,b c ≡ 1 (mod m ) ,

    记d = (a , c ) ,则b d ≡ 1 (mod m ) 。

    3、设p 是素数,p ∣b n - 1,n ∈N ,则下面的两个结论中至少有一个成立:

    (ⅰ) p ∣b d - 1对于n 的某个因数d

    (ⅱ) p ≡ 1 ( mod n )。

    |n ,p > 2,则(ⅱ) 中的mod n 可以改为mod 2n 。 若2/

    初等数论练习题八

    一、单项选择题

    1、若n > 1,则(n - 1)! ≡ -1 (mod n ) 是n 为素数的( )。

    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、小于545的正整数中,15的倍数的个数是( )。

    A.34 B.35 C.36 D.37

    3、500! 的标准分解式中7的幂指数是( )。

    A.79 B.80 C.81 D.82

    4、以下各组数中,成为模10的简化剩余系的是( )。

    A.1,9, -3, -1 B.1, -1,7,9 C.5,7,11,13 D. -1,1, -3,3

    5、设n 是正整数,下列选项为既约分数的是( )。 A. 3n +1n +12n -1n +1 B. C. D. 5n +25n +23n +12n -1

    二、填空题

    1、σ(120)=______________。

    2、7355的个位数字是______________。

    3、同余方程3x ≡5(mod14)的解是______________。

    4、(17)=______________。 23

    5、[-2]=______________。

    6、如果一个正整数具有6个正因数,问这个正整数最小是______________。

    7、同余方程x 3+x2-x-1≡0(mod 5)的解是______________。

    三、计算题

    1、已知563是素数,判定方程x 2 ≡ 429 (mod 563)是否有解。

    2、求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。

    3、试求出所有正整数n ,使得1n +2n +3n +4n 能被5整除。

    四、证明题

    1、证明:若质数p >2,则2P -1的质因数一定是2pk +1形。

    2、设(m,n )=1,证明:m

    a p +b p

    ) =1或p 。 3、设(a,b )=1,a+b≠0,p 为一个奇质数,证明:(a +b , a +b

    ϕ(n)+n ϕ(m) ≡1 (mod mn)。

    初等数论练习题九

    一、单项选择题

    1、以下Legendre 符号等于-1的30被-1是( ) 。 3⎫A. ⎛ ⎪ ⎝11⎭4⎫⎛5⎫⎛6⎫B. ⎛ ⎪ C. ⎪ D. ⎪ ⎝11⎭⎝11⎭⎝11⎭

    2、100至500的正整数中,能被17整除的个数是( ) 。

    A. 23 B. 24 C. 25 D. 26

    3、设 3α|500!,但3α+1/,则α=( ) 。 |500!

    A. 245 B.246 C.247 D. 248

    4、以下数组中,成为模7的完全剩余系的是( ) 。

    A. -14,-4,0,5,15,18,19

    C. -4,-2,8,13,32,35,135 B. 7,10,14,19,25,32,40 D. -3,3,-4,4,-5,5,0

    5、设n 是正整数,则以下各式中一定成立的是( ) 。

    A.(n +1,3n +1)=1 B. (2n -1,2n +1)=1 C. (2n , n +1)=1 D. (2n +1, n -1)=1

    二、填空题

    1、25736被50除的余数是________________。

    2、同余方程3x ≡5(mod16) 的解是________________。

    3、不定方程9x -12y =15的通解是________________。

    4、 ⎛323⎫⎪ =________________。 ⎝41⎭

    5、实数的小数部分记为{x } ,则 {-}=________________。

    6、为使3n 与4n +1 的最大公因数达到最大的可能值,则整数n 应满足条件________。

    7、如果一个正整数具有35个正因数,问这个正整数最小是________________。

    三、计算题

    1、解不定方程9x +24y -5z =1000。

    2、设A = {x 1, x 2, , x m }是模m 的一个完全系,以{x }表示x 的小数部分,若(a , m ) = 1,求

    ax +b ∑m 。 i

    i =1m 54

    3、设整数n ≥ 2,求:

    1≤i ≤n (i , n ) =1∑i 。即在数列1, 2, , n中,与n 互素的整数之和。

    ϕ(m )

    i =14、设m > 1,(a , m ) = 1,x 1, x 2, ⋯, x ϕ(m ) 是模m 的简化剩余系,求:∑ax i 。 m

    其中{x }表示x 的小数部分。

    四、证明题

    1、证明:设a 是有理数,b 是使ba 为整数的最小正整数,若c 和ca 都是整数,则 b ∣c 。(提示:利用带余数除法解决。)

    2、设p 是素数,证明:

    (ⅰ) 对于一切整数x ,x p - 1 - 1 ≡ (x - 1) (x - 2) (x - p + 1) (mod p ) ;

    (ⅱ) (p - 1)! ≡ - 1 (mod p ) 。

    ⎛a ⎫n |n ,p 是奇质数,p ∣a -1, 则 3、证明:若2/ p ⎪⎪=1。

    ⎝⎭

    m ()=1。 4、证明:若p=4m+1是一质数,则p

    5、设p 是奇质数,p ≡ 1 (mod 4),则:(±(p -12) ! ) ≡ -1 (mod p ) 。 2

    初等数论练习题十

    一、单项选择题

    1、设p 是大于1的整数,如果所有不大于p 的质数都不能整除p ,则p 一定是( )。

    A. 素数 B. 合数 C. 奇数 D. 偶数

    2、两个质数p ,q ,满足p+q=99,则

    A.9413 B. 9413 194p q +的值是( )。 q p C. 94139413 D. 99111

    3、2010!的标准分解式中,7的最高幂指数为( )。

    A .331 B .332 C .333 D .334

    4、n 为正整数,若2n +1为质数,则n 是( )。

    A .质数 B .合数 C .1 D .2k (k为非负整数)

    5、当n >2时,欧拉函数ϕ(n ) 一定是( )。

    A .奇数 B .偶数 C .1 D .2

    二、填空题

    1、如果p 是质数,a 是整数,则有(a ,p )=1或者_______。

    2、设p 是奇质数,(a,p)=1,则a 是模p 的平方非剩余的充要条件是_______。 3、1000开始到2010结束的所有整数中13的倍数有_______个。

    4、2756839-1的末位数是_______。

    5、不定方程ax+by=c有解的充要条件是______。

    6、写出模12的一个最小非负简化系,要求每项都是7的倍数,此简化系为_______。

    7、已知563是质数,则

    三、计算题

    1、若3是质数p 的平方剩余,问p 是什么形式的质数?

    2、求使12347! 被35k 整除的最大的k 值。

    四、证明题

    1、证明:设p ≥7是一个质数,则存在唯一的一个正整数x ,使得: ⎛2⎫⎪=_______。 563⎝⎭

    x ∈{1,2, , p -1}且120(p-6)! +x ≡0(mod p )。

    2、已知9901是素数,试证:9901(17

    4950+1) 。

    3、证明:若p=10n -1是个质数,则p 55n -1-1。(提示:利用勒让德符号解决。)

    4、设p=4n+3是质数,证明当q=2p+1也是质数时,梅森数M p =2p -1不是质数。由此证明:23|(2-1),47|(2-1),503|(2

    5、证明:设p 是大于5的质数,则(p -1)! +p +1∈Z 。 p (p +1) 1123251-1)。

    (利用Wilson 定理解决,只需证明:p(p+1) | (p-1)!+p+1。)

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    2017-06-04 19:27:31
    目录 一、数论基本概念  1、整除性  2、素数  a.素数与合数  b.素数判定  c.素数定理  d.素数筛选法  3、因数分解  a.算术基本定理  b.素数拆分  c.因子个数
  • 《算法竞赛中的初等数论》(信奥 / 数竞 / ACM)由我个人整理的算法竞赛数论合集,近五万字,近十五万字符,算法竞赛,数论相关,这一篇就够了
  • 从本文开始,我们将正式开始介绍有关初等数论的相关知识与概念,我们争取用通俗的语言去把握和描述理论的精髓所在。而不拘泥于具体概念的束缚,以窥探初等数论巧妙的一些思想方法。从这里开始你的行囊里不需要太多的...
  • 初等数论》:高斯函数(取整函数)、n的阶乘n!的标准分解式
  • 20级ACM队--初等数论

    2021-12-10 15:05:32
    } 例题: 数论分块 在介绍整除分块之前,我们先来看一道算数:已知正整数n,求 ∑ i = 1 n ⌊ n i ⌋ \sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor i=1∑n​⌊in​⌋ 我们写一个表格看一看1-20的整除是什么样子的 ...
  • 吴正尧老师 初等数论 第三周 关于同余的笔记
  • 2018.7.12(初等数论+组合数学)

    千次阅读 2018-07-12 23:04:57
    初等数论 素数 大家都会,略过 就是O(n)O(n)O(n)的线性筛 素数定理 唯一分解定理 略过 威尔逊定理 ppp为素数,则(p−1)!≡p−1(mod(p−1)!≡p−1(mod(p-1)! ≡ p-1 (mod p)p) p) 同时,它的逆...
  • 证明:因为(a,b) = 1,所以存在整数m,n,使得am + bn = (a,b) = 1,  于是(ac)m + (bc)m = c  因为a | ac,a | bc,所以a | (ac)m + (bc)m,即a | c   转载于:...
  • 初等数论 五道练习

    2020-11-10 17:13:33
    五道练习分别考察或涉及 二元一次不定方程 求解(化简)同余式 求解一次同余方程组 求解高次同余方程 勾股数知识, 建议练习用时不超过50min。
  • 初等数论》:整除性概念及其性质,质数与合数
  • 不等式的证明 常见的不等式 (一)均值不等式(二)柯西不等式 然后很多同学问柯西不等式怎么证明啊?其实很简单,利用构造二次函数的方法可以了,下面给出我手写的证明(字比较丑QwQ): (三)其他经典不等式 还有...
  • 证明: 因为a|b,则存在m∈Z,使得b=am。 所以存在整数-m使得b=-a(-m),则-a|b;反之亦然。 同理,存在整数-m使得-b=a(-m),则a|-b; 反之亦然。 同理,存在整数m使得-b=-am,则-a|-b;反之亦然。 同理,存在整数|m...
  • 转 换 处理具有周期性的问题(日期,年份,圈),一维矩阵到二维矩阵的转换 处理具有周期性的问题(日期,年份,圈),一维矩阵到二维矩阵的转换 目 答 案 较 大 , 一 般 会 将 处 理 高 精 度 问 转 换 为 ...
  • 牛牛最近在学习初等数论,他的数学老师给他出了一道,他觉得太简单了, 懒得做,于是交给了你, 题目是这样的: 有一堆数,问你能否从中选出若干个数使得这些数的最小公倍数为x 输入描述: 第一行输入一个整数n (1 ...
  • .目录1.前言12.利用整除性判别法解决整除问题...中学数学中与初等数论相关的几个问题陈琴 (指导老师 : 左可正 )(湖北师范学院数学系湖北 黄石 435002)1.前言在中学数学中,整数是特殊常用的一类数.而初等数论是研...

空空如也

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初等数论证明题