一、填空題
1、d(2420)=12; (2420)=_880_
2、設a,n是大於1的整數,若an-1是質數,則a=_2.
3、模9的絕對最小完全剩餘系是_.
4、同餘方程9x+12≡0(mod 37)的解是x≡11(mod 37)。
5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t,y=700+18t tz。.
6、分母是正整數m的既約真分數的個數為_(m)_。
7、18100被172除的餘數是_256。
8、=-1。
9、若p是素數,則同餘方程x p 1 1(mod p)的解數為 p-1 。
二、計算題
1、解同餘方程:3x211x20 0 (mod 105)。
解:因105 = 357,
同餘方程3x211x20 0 (mod 3)的解為x 1 (mod 3),
同餘方程3x211x38 0 (mod 5)的解為x 0,3 (mod 5),
同餘方程3x211x20 0 (mod 7)的解為x 2,6 (mod 7),
故原同餘方程有4解。
作同餘方程組:x b1 (mod 3),x b2 (mod 5),x b3 (mod 7),
其中b1 = 1,b2 = 0,3,b3 = 2,6,
由孫子定理得原同餘方程的解為x 13,55,58,100 (mod 105)。
2、判斷同餘方程x2≡42(mod 107)是否有解?
故同餘方程x2≡42(mod 107)有解。
3、求(127156+34)28除以111的最小非負餘數。
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)
從而5056 ≡16(mod 111)。
故(127156+34)28≡(16+34)28 ≡5028≡70(mod 111)
三、證明題
1、已知p是質數,(a,p)=1,證明:
(1)當a為奇數時,ap-1+(p-1)a≡0 (mod p);
(2)當a為偶數時,ap-1-(p-1)a≡0 (mod p)。
證明:由尤拉定理知ap-1≡1 (mod p)及(p-1)a≡-1 (mod p)立得(1)和(2)成立。
2、設a為正奇數,n為正整數,試證≡1(mod 2n+21)
證明設a = 2m 1,當n = 1時,有
a2 = (2m 1)2 = 4m(m 1) 1 1 (mod 23),即原式成立。
設原式對於n = k成立,則有 1 (mod 2k + 2) = 1 q2k + 2,
其中qz,所以 = (1 q2k + 2)2 = 1 q 2k + 3 1 (mod 2k + 3),
其中q 是某個整數。這說明式(1)當n = k 1也成立。
由歸納法知原式對所有正整數n成立。
3、設p是乙個素數,且1≤k≤p-1。證明: (-1 )k(mod p)。
證明:設a= 得:
k!·a =(p-1)(p-2)…(p-k)≡(-1)(-2)…(-k)(mod p)
又(k!,p)=1,故a = (-1 )k(mod p)
4、設p是不等於3和7的奇質數,證明:p6≡1(mod 84)。
說明:因為84=4×3×7,所以,只需證明:
p6≡1(mod 4) p6≡1(mod3p6≡1(mod 7) 同時成立即可。
證明:因為84=4×3×7及p是不等於3和7的奇質數,所以
(p,4)=1,(p,3)=1,(p,7)=1。
由尤拉定理知:p(4)≡p2≡1(mod 4),從而 p6≡1(mod 4)。
同理可證:p6≡1(mod3) p6≡1(mod 7)。 故有p6≡1(mod 84)。
注:設p是不等於3和7的奇質數,證明:p6≡1(mod 168)。(見趙繼源p86)
初等數論練習題二
一、填空題
1、d(1000)=_16_;σ(1000)=_2340_.
2、2010!的標準分解式中,質數11的次數是199__.
3、費爾馬(fermat)數是指fn=+1,這種數中最小的合數fn中的n=5。
4、同餘方程13x≡5(mod 31)的解是x≡29(mod 31)___
5、分母不大於m的既約真分數的個數為(2)+ (3)+…+ (m)。
6、設7∣(80n-1),則最小的正整數n=_6__.
7、使41x+15y=c無非負整數解的最大正整數c=__559__.
8、=_1__.
9、若p是質數,np 1,則同餘方程x n 1 (mod p) 的解數為n .
二、計算題
1、試求被19除所得的餘數。
解:由2002≡7 (mod 19) 20022≡11(mod 19) 20023≡1 (mod 19)
又由20032004≡22004≡(22)1002≡1 (mod 3)可得:
≡20023n+1≡(20023)n×2002≡7(mod 19)
2、解同餘方程3x14 4x10 6x 18 0 (mod 5)。
解:由fermat定理,x5 x (mod 5),因此,原同餘方程等價於2x2 x 3 0 (mod 5)
將x 0,1,2 (mod 5)分別代入上式進行驗證,可知這個同餘方程解是x 1 (mod 5)。
3、已知a=5,m=21,求使a x 1 (mod m)成立的最小自然數x。
解:因為(5,21)=1,所以有尤拉定理知5(21)≡1(mod 21)。
又由於(21)=12,所以x|12,而12的所有正因數為1,2,3,4,6,12。
於是x應為其中使 5 x 1 (mod 12)成立的最小數,經計算知:x=6。
三、證明題
1、試證13|(54m+46n+2000)。(提示:可取模13進行計算性證明)
證明:54m+46n+2000 252m+642n+2000 (-1)2m+(-1)2n+2000 2002 0(mod 13)。
2、證明wilson定理的逆定理:若n > 1,並且(n 1)! 1 (mod n),則n是素數。
證明:假設n是合數,即n = n1n2,1 < n1 < n,由題設易知(n 1)! 1 (mod n1),得
0 1 (mod n1),矛盾。故n是素數。
3、證明:設ps表示全部由1組成的s位十進位制數,若ps是素數,則s也是乙個素數。
證明:假設s是合數,即s=ab,1其中m>1是正整數。
由pa>1也是正整數知ps是合數,這與題設矛盾。故s也是乙個素數。
4、證明:若2p 1是奇素數,則 (p!)2 (1)p 0 (mod 2p 1)。
證明:由威爾遜定理知 1 (2p)! = p!(p 1)(2p) (1)p(p!)2(mod 2p 1),
由此得(p!)2 (1)p 0 (mod 2p 1)。
5、設p是大於5的質數,證明:p4≡1(mod 240)。(提示:可由尤拉定理證明)
證明:因為240=23×3×5,所以只需證:p4≡1(mod 8),p4≡1(mod 3),p4≡1(mod 5)即可。
事實上,由(8)=4,(3)=2,(5)=4以及尤拉定理立得結論。
初等數論練習題三
一、單項選擇題
1、若n>1,(n)=n-1是n為質數的( c )條件。
a.必要但非充分條件 b.充分但非必要條件 c.充要條件 d.既非充分又非必要條件
2、設n是正整數,以下各組a,b使為既約分數的一組數是( d )。
3、使方程6x+5y=c無非負整數解的最大整數c是( a )。
a.19b.24 c.25d.30
4、不是同餘方程28x≡21(mod 35)的解為( d )。
35) b. x≡7(mod 35) c. x≡17(mod 35) d. x≡29(mod 35)
5、設a是整數,(1)a≡0(mod9) (2)a≡2010(mod9)
(3)a的十進位表示的各位數字之和可被9整除
(4)劃去a的十進位表示中所有的數字9,所得的新數被9整除
以上各條件中,成為9|a的充要條件的共有( c )。
a.1個 b.2個 c.3個 d.4個
二、填空題
1、σ(2010)=_4896____; (2010)=528。
2、數的標準分解式中,質因數7的指數是_3。3、每個數都有乙個最小質因數。所有不大於10000的合數的最小質因數中,最大者是97。
4、同餘方程24x≡6(mod34)的解是x1≡13(mod34) x2≡30(mod34)_。
5、整數n>1,且(n-1)!+1≡0(mod n),則n為素數。
6、3103被11除所得餘數是_5_。
7、=_-1_。
三、計算題
1、判定 (ⅰ) 2x3 x2 3x 1 0 (mod 5)是否有三個解;
(ⅱ) x6 2x5 4x2 3 0 (mod 5)是否有六個解?
解:(ⅰ) 2x3 x2 3x 1 0 (mod 5)等價於x3 3x2 4x 3 0 (mod 5),又x5 x = (x3 3x2 4x 3)(x2 3x 5) + (6x2 12x 15),其中r(x) = 6x2 12x 15的係數不都是5的倍數,故原方程沒有三個解。
初等函式練習題 二
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濕地練習題答案 2014 12 12 1 5 adddb 6 10 dbbcd 11 1 三江平原,緯度高氣候寒冷,地勢低平 若爾蓋海拔高,氣候寒冷,地勢平坦。4分 2 三江平原,過渡開墾 若爾蓋濕地,過度放牧。4分 建議 建立自然保護區,發展旅遊業 發展特色農業 發展農產品加工業 退耕還濕地。6分...