数论复习题.doc

一、 求同余式的解： 二、 求高次同余式的解：。三、 求高次同余式的解: (mod 13).四、 计算下列勒让德符号的值:, 五、 计算下列勒让德符号的值：，六、 韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人；成六行纵队，则末行五人；成七行纵队，则末行四人；成十一行纵队，则末行十人。求兵数。七、 设 是两个正整数，证明: 的最大公因子,其中 是形如(是任意整数)的整数里的最小正数.八、 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为（a 0是整数，p为素数）的形式。九、证明: 若方程 ( 是整数,)有有理数解,则此解必为整数.十、证明: 若， 则十一、证明：设，c无平方因子，证明：。十二、设是奇素数, 证明: (mod ).十三、设m 1，模m有原根，d是的任一个正因数，证明：在模m的缩系中，恰有 个指数为d的整数，并由此推出模m的缩系中恰有个原根。十四、设是模的一个原根，证明：若通过模的最小非负完全剩余系, 则通过模的一个缩系。第一题：求同余式的解：解答： 同余式有三个解 即 又 因此同余式的解为。第二题：求高次同余式的解：解答：解：因同余方程的解为同余方程的解为同余方程的解为故原同余方程有4解。作同余方程组：，,其中由孙子定理得原同余方程的解为。第三题：求高次同余式的解：解答：010； 118； 228； 340； 454； 570； 688； 7108； 8130； 9154；10180；11208=13x6；12238；因此，。第四题：计算下列勒让德符号的值:, 解答： 第五题：计算下列勒让德符号的值：，解答：=*= =第六题：韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人；成六行纵队，则末行五人；成七行纵队，则末行四人；成十一行纵队，则末行十人。求兵数。解答：， ， 兵数=2111+2310m，m是任何一个非负整数。第七题：如a，b是两个正整数，则，其中是形如（x，y是任意整数）的整数里的最小正数。证：，其中 若，等于是 与题意是最小正数矛盾，所以 即 同理可证，于是 又 因此第八题：证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为（a 0是整数，p为素数）的形式。证：存在无穷多个正整数k，使得是合数，对于这样的k， 不能表示为的形式，事实上，若(k + 1)2 = a2 + p，则(k + 1 - a)( k + 1 + a) = p，得k + 1 - a = 1，k + 1 + a = p，即此与p为素数矛盾。第九题：证明: 若方程 ( 是整数,)有有理数解,则此解必为整数解答：证：设有理根，（p，q）=1，代入，得到所以，但（p，q）=1，从而q因此该有理根必为整数。第十题：证明: 若， 则。证：（a，b）=1于是，因此第十一题：证明：设，c无平方因子，证明：。证：设，则，(a1, b1) = 1，由得a12b12c，a12c，因为c无平方因子，所以a1 = 1，a = d，b = ab1，即。第十二题：设是奇素数, 证明: (mod ).证：如果n是模数p的二次剩余，则 有解，于是又，推出因为p是奇素数，所以和只有一个成立。我们已经证明了，如果n是模数p的二次剩余，则成立，故1，是的个解，而且是它的全部解。于是模数p的缩系中个二次非剩余给出了的全部解。这样就证明了n是模数p的二次非剩余则成立因此第十三题：设m 1，模m有原根g，d是的任一个正因数，证明：在模m的缩系中，恰有 个指数为d的整数，并由此推出模m的缩系中恰有个原根。 证：设模m有原根g。因构成模m的缩系，由得令则 故恰有个t，使得(t, d) = 1，从而知故恰有j(d)个l，使得dm(gl) = d。特别地，取d = j(m)知模m的缩系中恰有个原根。第十四题：设g是模m