1、一、 整除理論1 證明：任意給定的連續(xù)39個(gè)自然數(shù)，其中至少存在一個(gè)自然數(shù)，使得這個(gè)自然數(shù)的數(shù)字和能被11整除。2 設(shè)p是n的最小素約數(shù)，n = pn1，n1 1，證明：若p ，則n1是素?cái)?shù)。證明：設(shè)不然，n1 = n2n3，n2 p，n3 p，于是n = pn2n3 p3， 即p ，矛盾。3 設(shè)3a2 + b2，證明：3a且3b。 寫a = 3q1 + r1，b = 3q2 + r2，r1, r2 = 0, 1或2， 由3a2 + b2 = 3Q + r12 + r22知r1 = r2 = 0，即 3a且3b4 證明：對(duì)于任意給定的n個(gè)整數(shù)，必可以從中找出若干個(gè)作和，使得這個(gè)和能被n整除。設(shè)

2、給定的n個(gè)整數(shù)為a1, a2, L, an，作 s1 = a1，s2 = a1 + a2，L，sn = a1 + a2 + L + an， 如果si中有一個(gè)被n整除，則結(jié)論已真，否則存在si，sj，i 47，所以，所求的最大整數(shù)是k = 47。11 設(shè)n是正整數(shù)，則。解 首先，我們有 ，所以， . 若上式中的等式不成立，即 ， 則存在整數(shù)a,使得, 因此 , , ,所以 a2-2n-1=2n+1,a2=4n+2. 但是，無論2|n 或2n,式(10)都不能成立，這個(gè)矛盾說明式（9）不能成立，即式(7)成立.12 設(shè)n是正整數(shù)，x是實(shí)數(shù)，證明：= n。由例4得 = 2x- x，于是=n = n

3、。 例4 設(shè)x是正數(shù)，n是正整數(shù)，則 x+x+x+ . . . +x+=nx. 解 設(shè)x=x+ , , 0in-1,則 x+x+x+ . . . +x+= nx+i=nx+n =n(x+)=nx.13 證明：若2n - 1是素?cái)?shù)，則n是素?cái)?shù)。設(shè)不然，則n = n1n2， 1 n1 n，則2n - 1 = 0是偶數(shù)，a1, a2, , am與b1, b2, , bm都是模m的完全剩余系，證明：a1 + b1, a2 + b2, , am + bm不是模m的完全剩余系因?yàn)?,2, ,m與a1, ,am都是模m的完全剩余系,所以 (mod m).(10)同理, (mod m). (11)如果a1+b

4、1, ,am+bm是模m的完全剩余系,那么也有 (mod m).聯(lián)合上式與式(10)和(11),得到 0(mod m)，這是不可能的,所以a1+b1, ,am+bm不能是模m的完全剩余系.6 證明：若2p + 1是奇素?cái)?shù)，則(p!)2 + (-1)p 0 (mod 2p + 1)由威爾遜定理知 -1 (2p)! = p!(p + 1)L(2p) (-1)p(p!)2(mod 2p + 1)，由此得(p!)2 + (-1)p 0 (mod 2p + 1)。7 證明Wilson定理的逆定理：若n 1，并且(n - 1)! -1 (mod n)，則n是素?cái)?shù)設(shè)不然，n = n1n2，1 n1 1，(a

5、, m) = 1，x1, x2, xj(m)是模m的簡(jiǎn)化剩余系，證明：。其中x表示x的小數(shù)部分。寫axi = mqi + ri，0 ri m，由xi通過模m的簡(jiǎn)化剩余系知ri通過模m的最小非負(fù)簡(jiǎn)化剩余系，于是由例1得。例1 設(shè)整數(shù)n 2,證明 即,在數(shù)列1,2, ,n中,與n互素的整數(shù)之和是 解 設(shè)在1,2, ,n中與n互素的j(n)個(gè)數(shù)是 a1, ,aj(m), (ai,n)=1, 1 ai n-1, 1 i(n),則 (n-ai,n)=1,1n-ain-1, 1 ij(n),因此，集合a1, ,aj(m)與集合n-a1, ,n-aj(m)是相同的，于是 a1+a2+ +aj(m)=(n-a

6、1)+(n-a2)+ +(n-aj(m), 2(a1+ +aj(m)=nj(n), a1+ +aj(m)= (n).9 設(shè)m與n是正整數(shù)，證明：j(mn)j(m, n) = (m, n)j(m)j(n) 設(shè) ，則由此得j(mn)j(m, n) = (m,n) = (m, n)j(m)j(n)。10 設(shè)x1, x2, xj(m)是模m的簡(jiǎn)化剩余系，則(x1x2xj(m)2 1 (mod m)設(shè)x1, x2, xj(m)是模m的簡(jiǎn)化剩余系，則(x1x2xj(m)2 1 (mod m)。解 記P = x1x2xj(m)，則(P, m) = 1。又記yi =，1 i j(m)，則y1, y2, , y

7、j(m)也是模m的簡(jiǎn)化剩余系，因此(mod m)，再由Euler定理，推出P2 Pj(m) 1 (mod m)。11 證明：1978103 - 19783能被103整除。因103 = 2353，顯然1978103 - 19783 0 (mod 23)，再由1978100 1 (mod 53)得1978103 - 19783 0 (mod 53)，故1978103 - 19783 0 (mod 103)。12 設(shè)p，q是兩個(gè)不同的素?cái)?shù)，證明：pq - 1 + qp - 1 1 (mod pq)。由費(fèi)馬定理qp - 1 1 (mod p)，pq - 1 1 (mod q)，pq - 1 + qp

8、- 1 1 (mod p)，pq - 1 + qp - 1 1 (mod q)，故pq - 1 + qp - 1 1 (mod pq)。13 計(jì)算12996227(mod 37909)二、 同余方程1 解同余方程 325x 20 (mod 161)解：方程即是 3x20(mod 161).解同余方程 161y-20(mod 3), 即 2y1(mod 3),得到 y2 (mod 3),因此,方程(6)的解是x=114 (mod 161).2 證明：同余方程a1x1 + a2x2 + + anxn b (mod m)有解的充要條件是(a1, a2, , an, m) = db。若有解，則恰有dm

9、n -1個(gè)解，mod m必要性顯然，下證充分性。當(dāng)n = 1時(shí)，由定理2知命題成立。假設(shè)n = k時(shí)結(jié)論已真，考慮a1x1 + a2x2 + L + akxk + ak + 1xk + 1 b (mod m)，令(a1, a2, L, ak, m) = d1，(d1, ak + 1) = d，因?yàn)橥喾匠蘟k + 1xk + 1 b (mod d1)有解，其解數(shù)為d，mod d1，記m = d1m1，則解數(shù)為dm1，mod m?，F(xiàn)在固定一個(gè)解xk + 1，由歸納假定知a1x1 + a2x2 + L + akxk b - ak + 1xk + 1 (mod m)有解，其解數(shù)為d1 mk -1，m

10、od m，從而a1x1 + a2x2 + L + akxk + ak + 1xk + 1 b (mod m)有解，其解數(shù)為dm1d1mk -1 = dmk，mod m。由歸納原理知命題對(duì)于一切n 1成立。3 解同余方程f(x) = 3x2 + 4x - 15 0 (mod 75)因75 = 352，先解f(x) 0 (mod 3)，用逐一代入法得解x 0 (mod 3)；再解f(x) 0 (mod 52)，用逐一代入法得f(x) 0 (mod 5)的解為x 0，2 (mod 5)，對(duì)于x 0 (mod 5)，令x = 5t代入f(x) 0 (mod 25)得t 2 (mod 5)，于是x =

11、5(2 + 5t2) = 10 + 25t2，即x 10 (mod 25)是f(x) 0 (mod 25)的一個(gè)解，對(duì)于x 2 (mod 5)，令x = 2 + 5t代入f(x) 0 (mod 25)得t 4 (mod 5)，于是x = 2 + 5(4 + 5t2) = 22 + 25t2，即x 22 (mod 25)是f(x) 0 (mod 25)的一個(gè)解；最后構(gòu)造同余方程組x b1 (mod 3)，x b2 (mod 25)，b1 = 0，b2 = 10，22，由孫子定理得f(x) 0 (mod 75)的兩個(gè)解x 10，72 (mod 75)。4 4x20 + 3x12 + 2x7 + 3

12、x - 2 0 (mod 5)原同余方程等價(jià)于2x4 + 2x3 + 3x - 2 0 (mod 5)，將x = 0，1，2 代入，知后者有解x 1 (mod 5)。5 判定 2x3 - x2 + 3x - 1 0 (mod 5)是否有三個(gè)解2x3 - x2 + 3x - 1 0 (mod 5)等價(jià)于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的系數(shù)不都是5的倍數(shù)，故原方程沒有三個(gè)解；6 求出模23的所有的二次剩余

13、和二次非剩余模23的所有的二次剩余為x 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13, 16, 18 (mod 23)，二次非剩余為x 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20, 21, 22 (mod 23)。7 設(shè)p是奇素?cái)?shù)，證明：模p的所有二次剩余的乘積與對(duì)模p同余設(shè)x1, x2, L, xk為模p的所有二次剩余，則x1x2Lxk 1222L (mod p)。8 設(shè)p是奇素?cái)?shù)，證明：模p的兩個(gè)二次剩余的乘積是二次剩余；兩個(gè)二次非剩余的乘積是二次剩余；一個(gè)二次剩余和一個(gè)二次非剩余的乘積是二次非剩余。設(shè)a，b為模p的二次剩余，有 11 1 (mod p)，再

14、設(shè)c，d為模p的二次非剩余，有 (-1)(-1) 1 (mod p)，以及 1(-1) 1 (mod p)知結(jié)論成立。9 設(shè)p，q是兩個(gè)不同的奇素?cái)?shù)，且p = q + 4a，證明：由p = q + 4a知p，q同為4k + 1或同為4k + 3，當(dāng)p，q同為4k + 1時(shí)，有 ，當(dāng)p，q同為4k + 3時(shí)，有 。10 a，b，c是正整數(shù)，(a, b) = 1，2b，b 1，模m有原根，d是j(m)的任一個(gè)正因數(shù)，證明：在模m的簡(jiǎn)化剩余系中，恰有j(d)個(gè)指數(shù)為d的整數(shù)，并由此推出模m的簡(jiǎn)化剩余系中恰有j(j(m)個(gè)原根因g1, g2, L, gj(m)構(gòu)成模m的簡(jiǎn)化剩余系，由d = dm(gl

15、) = 得 ，則(l,j(m) = ，1 l j(m) (t, d) = 1，1 t d，故恰有j(d)個(gè)t，使得(t, d) = 1，從而知故恰有j(d)個(gè)l，使得dm(gl) = d。特別地，取d = j(m)知模m的簡(jiǎn)化剩余系中恰有j(j(m)個(gè)原根。3 設(shè)p = 2n + 1是一個(gè)奇素?cái)?shù)，證明：模p的全部二次非剩余就是模p的全部原根在模p的簡(jiǎn)化剩余系中有 = 2n -1個(gè)二次非剩余，在模p的簡(jiǎn)化剩余系中有j(j(p) = j(2n) = 2n -1個(gè)原根，又設(shè)g是模p原根，則 -1 (mod m)，即g是模p的二次非剩余。4 設(shè)m 3, g1、g2都是模m的原根, 則g = g1g2不

16、是模m的原根存在一個(gè)l，(l,j(m) = 1，使得g2 g1l (mod m)，于是g1g2 g1l +1 (mod m)，又由m 3知j(m)是偶數(shù)，l是奇數(shù)，l + 1是偶數(shù)，(l + 1,j(m) 1，故g = g1g2不是模m的原根5 設(shè)p是奇素?cái)?shù)，證明：當(dāng)且僅當(dāng)p - 1n時(shí)，有1n + 2n + + (p - 1)n 0 (mod p)當(dāng)p - 1n時(shí)，則1n + 2n + L + (p - 1)n p - 1 0 (mod p)，當(dāng)p - 1 n時(shí)，設(shè)g是p的一個(gè)原根，則1n + 2n + L + (p - 1)n (1g)n + (2g)n + L + (p - 1)gn 1

17、n + 2n + L + (p - 1)ngn (mod p)，得1n + 2n + L + (p - 1)n(1 - gn) 0 (mod p)，由(1 - gn) 0 (mod p)知1n + 2n + L + (p - 1)n 0 (mod p)。6 求8次同余方程x8 23 (mod 41) 因?yàn)閐=(n, j(m)=(8, j(41)=(8, 40)=8, ind23=36又36不能被8整除，所以同余方程無解。四、 擴(kuò)域定理1令E是F的一個(gè)擴(kuò)域，而S1，S2是E的兩個(gè)子集，那么F(S1)(S2)=F(S1S2)= F(S2)(S1)證明 F(S1)(S2)是一個(gè)包含F(xiàn)，S1，S2的E

18、的子域，而F(S1S2)是包含F(xiàn)和S1S2的E的最小子域。因此F(S1)(S2)F(S1S2) (1)另一方面，F(xiàn)(S1S2)是包含F(xiàn)，S1，S2的E的子域，因而是包含F(xiàn)(S1)和S2的E的子域。但F(S1)(S2) 是包含F(xiàn)(S1)和S2的E的最小子域。因此F(S1)(S2)F(S1S2) (2)由(1)(2)得F(S1)(S2)=F(S1S2)。同樣可以得到F(S1S2)= F(S2)(S1)。定理得證。定理5 給定域F的一元多項(xiàng)式環(huán)Fx的一個(gè)n次多項(xiàng)式f(x)，一定存在f(x)在F上的分裂域E。證明 用歸納法：當(dāng)n=1時(shí)，E=F即可。假設(shè)nm時(shí)結(jié)論也成立。當(dāng)n=m+1時(shí)，若f(x)在Fx

19、上可約，則存在次數(shù)小于m的多項(xiàng)式f1(x)和g1(x)使得f(x)= f1(x)g1(x)，由歸納假設(shè)知存在f1(x)在F上的分裂域E1，包含f1 (x)的所有根1, 2, , n1。g1(x)視為F(1, 2, , n1)上的次數(shù)小于n的多項(xiàng)式，故存在g1(x)在F(1, 2, , n1)上的分裂域E，包含g1 (x)的所有根。從而E含有f(x)的所有根，是f(x)在F上的分裂域。若f(x)在Fx上不可約，由定理3，存在F的單代數(shù)擴(kuò)域K(K=F()含有f(x)的一個(gè)根。于是在Kx中f(x)=(x-)g(x)，再利用歸納假設(shè)，由于g(x)的次數(shù)為n-1，故存在g(x)在K上的分裂域E，包含g

20、(x)的所有根，從而E也含有f(x)在F上的所有根，是f(x)在F上的分裂域。證畢。定理6 設(shè)是Fx中一個(gè)n次不可約多項(xiàng)式f(x)的一個(gè)根，則F()是F上的有限擴(kuò)域。證明 因?yàn)镕()中每一元都可以表示成F上次數(shù)小于n的的多項(xiàng)式，故1，2，n，是F()的一組生成元，又a0+a1+an-1n-1 = 0可推出ai =0，所以F()是F上的n維向量空間，有一組基為1，2，n-1，即F() 是F上的一個(gè)有限擴(kuò)域，并且(F():F)=n。關(guān)于有限擴(kuò)域，有下列重要結(jié)論。定理7 域F的有限擴(kuò)域一定是F的代數(shù)擴(kuò)域。證明 設(shè)(E:F)=n，則存在一組基1，2，n-1，而n+1個(gè)向量1，2，n，從而線性相關(guān)。即存

21、在n+1個(gè)不全為0的aiF，使得a0+a1+ann = 0。亦即滿足Fx中多項(xiàng)式。故E是F的一個(gè)代數(shù)擴(kuò)域。定理8 令K是域F的有限擴(kuò)域，而E是域K的有限擴(kuò)域，那么E也是域F的有限擴(kuò)域，且(E:F)=(E:K)(K:F)。證明 設(shè)(K:F)=r，(E:K)=s，而1, 2, , r是向量空間K在域F上的一個(gè)基，1, 2, , s是向量空間E在域K上的一個(gè)基。下面證rs個(gè)元構(gòu)成向量空間E在域F上的一個(gè)基。ij (i=1,2,r; j=1,2,s) (1)顯然，向量空間E中任意元素都可以表示rs個(gè)元系數(shù)為F上元的線性組合。下證(1)中元素在F上線性無關(guān)。若，那么。由j，0js在K上的線性無關(guān)性可知，

22、(j=1,2,s)。由i，0ir在F上的線性無關(guān)性可知aij=0，(i=1,2,r; j=1,2,s)。也就是說，(1)的rs個(gè)元為E在F上的一組基。六、有限域 定理1 一個(gè)有限域E有pn個(gè)元素，這里p是E的特征，而n是E在它的素域上的次數(shù)。證明 E為有限域，其特征一定為素?cái)?shù)p。把E所含的素域記作。因?yàn)镋只含有限個(gè)元，所以它一定是的一個(gè)有限擴(kuò)域，(E：)=n。這樣，E的每個(gè)元可以唯一的寫成a11+ann的形式，這里ai，而1，n是向量空間E在上的一個(gè)基。由于只有p個(gè)元，所以對(duì)于每一個(gè)ai有p中選擇法，因而E一共有pn個(gè)元。定理2 令有限域E的特征為素?cái)?shù)p，E所含的素域?yàn)椋鳨有q=pn個(gè)元。那

23、么E是多項(xiàng)式xq-x在上的分裂域。任何兩個(gè)這樣的域都是同構(gòu)的。證明 E的不等于零的元對(duì)于乘法來說，做成一個(gè)群。這個(gè)群的的階為q-1，單位元是1。所以q-1=1，E，0。由于0q=0，所以有q=，E。因此用1，q來表示E的元，在E里多項(xiàng)式 而且顯然 E=(1，q)。這樣，E是多項(xiàng)式xq-x在上的分裂域。特征為p的素域都同構(gòu)，而多項(xiàng)式xq-x在同構(gòu)的域上的分裂域都同構(gòu)。定理3 令是特征為p的素域，而q=pn (n1)。那么多項(xiàng)式xq-x在上的分裂域E是一個(gè)有q個(gè)元的有限域。證明 E=(1，q)，這里i是f(x)= xq-x在域E里的根。由于E的特征是p，f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)= pn xq-1-1

24、= -1。所以f(x)與f(x)互素。這樣f(x)的q個(gè)根都不相同。f(x) 的q個(gè)根可以看成E的一個(gè)子域E1，這是因?yàn)檫@就是說，仍是f(x)的根而屬于E1，因而E1是E的一個(gè)子域。但E1含，也含一切i，所以E1就是多項(xiàng)式xq-x在上的分裂域。這樣E=E1，而E恰有q個(gè)元，得證。以上證明了給定素?cái)?shù)p和正整數(shù)n，有且只有(在同構(gòu)意義下)一個(gè)恰好含pn個(gè)元的有限域存在。有限域通常稱作Galois域，有pn個(gè)元素的有限域通常記作GF(pn)。定理4 (i) 有限域GF(pn)的子域是GF(pm)的形式，其中m|n。 (ii) 對(duì)n的任一因子m，有限域GF(pn)有且僅有一個(gè)子域GF(pm)。定理4同

25、上節(jié)定理6。這里我們來證明該定理。證明 設(shè)T是有限域E= GF(pn)的子域，是E的素域，由E:TT: = E: =n可知T: =m必整除n；T是元素個(gè)數(shù)為pm的有限域。這樣T是xq-x (q=pm)在上的分裂域。注意T是E的子域，故T=aE|aq-a=0。這樣E中元素個(gè)數(shù)為pm的子域T有且僅有一個(gè)，由xq-x在E中的一切根組成。得證。定理5 一個(gè)有限域E是它的素域的一個(gè)單擴(kuò)域。證明 設(shè)E含有q個(gè)元。E的非零元對(duì)E的乘法來說作成一個(gè)交換群G，它的階是q-1。令m是G的元的階中最大的一個(gè)，那么由引理，aim=1，對(duì)于任意aiG。這就是說，多項(xiàng)式xm-1至少有q-1個(gè)不同的根。因此mq-1，但是由

26、于m整除G的階，故m q-1，所以m=q-1。也就是說G有一個(gè)元a，它的階為q-1，因而G是一個(gè)循環(huán)群(a)。這樣E是添加a于所得的單擴(kuò)域E=(a)。定理得證。定理5.3.6 域的乘群的任何有限子群是循環(huán)群。證明：設(shè)G是域F的有限子乘群，令m是G中所有元素的階的最小公倍數(shù)，由拉格朗日定理G中任意元素的階均為群G的階的因子， 因而若設(shè)c為G中階為m的元素，則m|G|。 另一方面，G中的元素均滿足方程xm-l=0，而多項(xiàng)式f(x)=xm-lFx在F上最多有m個(gè)不同的根， 故|G|m，由此得|G|=m，所以G=(c)。例6.2.7利用多項(xiàng)式f(x)=x2-2構(gòu)造一個(gè)有限域，并找出這個(gè)域中的本原元。解

27、：這里只給出了構(gòu)造域的多項(xiàng)式，并未給出構(gòu)造域所需的歐氏環(huán)，因而需要選擇一個(gè)歐氏環(huán)，并保證f(x)為此域中的不可約多項(xiàng)式。 注意到在F3中f(0)=1，f(1)=f(2)=2，因而該多項(xiàng)式是F3x中的一個(gè)不可約多項(xiàng)式， 以此可以構(gòu)造一個(gè)具有9個(gè)元素的有限域F。域F中的元素都可以看做是二維向量(a,b)，其中a,bF3=0,1,2。在域F中注意到x22(mod x2-2)，因而可定義域F中的加法與乘法運(yùn)算如下：(a1,b1)+(a2,b2)=(a1+a2,b1+b2)。(a1,b1)(a2,b2)=(a1b2+a2b1, b1b2+2a1a2)接下來利用高斯算法尋找這個(gè)域中的本原元。首先取1=(1

28、,0)=x，為了計(jì)算1的階，先來計(jì)算1=(1,0)=x的各個(gè)冪次對(duì)f(x)取模的結(jié)果x01 (mod x2-2), x1x (mod x2-2), x22 (mod x2-2)x32x (mod x2-2)，x42x21(mod x2-2)，以二維向量表示為 表6-3 1=(1,0)=x各個(gè)冪次的向量表示因而1=(1,0)=x的階為4，即在高斯算法中有t1=4。由于t1q-1=8，因而1不是本原元，接著轉(zhuǎn)至第3步，需要選擇一個(gè)不是1的冪次的元素，例如可以選=(1,2)=x+2，則2=(x+2)2x(modx2-2)=(1,0)， 類似地可以得到=(1,2)=x+2的各個(gè)冪次對(duì)f(x)取模的結(jié)果

29、的向量表示 表6-4 =(1,2)=x+2的各個(gè)冪次的向量表示因而的階s=8=q-1，則令2=，算法停止；2就是F中的本原元。一、 整除理論1 證明：任意給定的連續(xù)39個(gè)自然數(shù)，其中至少存在一個(gè)自然數(shù)，使得這個(gè)自然數(shù)的數(shù)字和能被11整除。2 設(shè)p是n的最小素約數(shù)，n = pn1，n1 1，證明：若p ，則n1是素?cái)?shù)。3 設(shè)3a2 + b2，證明：3a且3b。4 證明：對(duì)于任意給定的n個(gè)整數(shù)，必可以從中找出若干個(gè)作和，使得這個(gè)和能被n整除。5 設(shè)a，b，c是正整數(shù)，證明：6 設(shè)k是正奇數(shù)，證明：1 + 2 + + 91k + 2k + + 9k。7 設(shè)a，b是正整數(shù)，證明：(a + b)a, b

30、 = ab, a + b。8 用擴(kuò)展歐幾里德算法法求整數(shù)x，y，使得1387x - 162y = (1387, 162)。9 若四個(gè)整數(shù)2836，4582，5164，6522被同一個(gè)大于1的整數(shù)除所得的余數(shù)相同，且不等于零，求除數(shù)和余數(shù)各是多少。10 證明：在1, 2, L, 2n中任取n + 1數(shù)，其中至少有一個(gè)能被另一個(gè)整除。11 求最大的正整數(shù)k，使得10k199!。12 設(shè)n是正整數(shù)，則。13 設(shè)n是正整數(shù)，x是實(shí)數(shù)，證明：= n。14 證明：若2n - 1是素?cái)?shù)，則n是素?cái)?shù)。15 證明：對(duì)于任意給定的正整數(shù)n，必存在連續(xù)的n個(gè)自然數(shù)，使得它們都是合數(shù)。二、 同余1 求81234被13

31、除的余數(shù)。2 已知99，求a與b3 求n =的個(gè)位數(shù)4 證明：若n是正整數(shù)，則1342n + 1 + 3 n + 25 設(shè)m 0是偶數(shù)，a1, a2, , am與b1, b2, , bm都是模m的完全剩余系，證明：a1 + b1, a2 + b2, , am + bm不是模m的完全剩余系6 證明：若2p + 1是奇素?cái)?shù)，則(p!)2 + (-1)p 0 (mod 2p + 1)7 證明Wilson定理的逆定理：若n 1，并且(n - 1)! -1 (mod n)，則n是素?cái)?shù)8 設(shè)m 1，(a, m) = 1，x1, x2, xj(m)是模m的簡(jiǎn)化剩余系，證明：。其中x表示x的小數(shù)部分。9 設(shè)m與n是正整數(shù)，證明：j(mn)j(m, n) = (m, n)j(m)j(n)10 設(shè)x1, x2, xj(m)是模m的簡(jiǎn)化剩余系，則(x1x2xj(m)2 1 (mod m)11 證明：1978103 -