研究生基础数学1考试复习资料 数论练习题

一、整除理论 1．

证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。 2．

设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。

证明：设不然，n 1 = n 2n 3，n 2 ≥ p ，n 3 ≥ p ，于是n = pn 2n 3 ≥ p 3

， 即p ≤3n ，矛盾。 3．

设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。

写a = 3q 1 + r 1，b = 3q 2 + r 2，r 1, r 2 = 0, 1或2，

由3∣a 2 + b 2 = 3Q + r 12 + r 22知r 1 = r 2 = 0，即 3∣a 且3∣b 4．

证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。

设给定的n 个整数为a 1, a 2, , a n ，作 s 1 = a 1，s 2 = a 1 + a 2， ，s n = a 1 + a 2 + + a n ，

如果s i 中有一个被n 整除，则结论已真，否则存在s i ，s j ，i < j ， 使得s i 与s j 被n 除的余数相等，于是n ∣s j - s i = a i + 1 + + a j

5．

设a ，b ，c 是正整数，证明：)

,)(,)(,(),,(],][,][,[],,[2

2a c c b b a c b a a c c b b a c b a =

因为

，故只须证明(a , b , c )(ab , bc , ca ) = (a , b )(b , c ) (c , a )，此式

用类似于例3的方法即可得证。

6．

设k 是正奇数，证明：1 + 2 + …… + 9∣1k + 2k + …… + 9k 。

设s = 1k + 2k + + 9k ，则由2s = (1k + 9k ) + (2k + 8k ) + + (9k + 1k ) = 10q 1及2s = (0k + 9k ) + (1k + 8k ) + + (9k + 0k ) = 9q 2得10∣2s 和9∣2s ，于是有90∣2s ，从而1 + 2 + + 9 = 45∣s 7．

设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。

只须证 ，即只须证(b , a + b ) = (a , b )，此式显然。

8． 用扩展欧几里德算法法求整数x ，y ，使得1387x - 162y = (1387, 162)。

作辗转相除：1387 = (-162)?(-8) + 91，-162 = 91?(-2) + 20，91 = 20?4 + 11，20 = 11?1 + 9，11 = 9?1 + 2，9 = 2?4 + 1，2 = 1?2 + 0，由此得n = 6，q 1 = -8，q 2 = -2，q 3 = 4，q 4 = 1，q 5 = 1，q 6 = 4，x = (-1)n -1Q n = 73，y = (-1)n P n = 625，又(1387, 162) = r n = 1，故1387?73 - 162?625 = 1 = (1387, 162)

9. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少。 设除数为d ，余数为r ，则由

d ∣4582 - 2836 = 1746，d ∣5164 - 4582 = 582，d ∣6522 - 5164 = 1358 知d ∣(1746, 582, 1358) = 194，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 120 9． 证明：在1, 2, , 2n 中任取n + 1数，其中至少有一个能被另一个整除。

写i = ，i = 1, 2, , 2n ，则λi 为1, 2, , 2n 中的奇数，即λi 只能取n 个数值，在n + 1个这样的数

中，必存在λi = λj （i ≠ j ），于是易知i 与j 成倍数关系

10．

求最大的正整数k ，使得10k ∣199!。

解 由定理3，199!的标准分解式中所含的5的幂指数是

(519951995)

199][][][3

2

+++ = 47，

而所含2的幂指数>47，所以，所求的最大整数是k = 47。

11．

设n 是正整数，则]24[]1[+=++n n n 。

解 首先，我们有 []

<，

所以，

.

若上式中的等式不成立，即

，

则存在整数a,使得, 因此

, ,

,

所以

a 2-2n-1=2n+1,

a 2=4n+2.

但是，无论2|n 或2n,式(10)都不能成立，这个矛盾说明式（9）不能成立，即式(7)成立. 12．

设n 是正整数，x 是实数，证明：∑∞

=-+1

1

][22r r

r n = n 。 由例4得

= [2x ]- [x ]，于是

=[n ] = n 。

例4 设x 是正数，n 是正整数，则

[x]+[x+]+[x+]+ . . . +[x+]=[nx].

解设x=[x]+, , 0i n-1,则[x]+[x+]+[x+]+ . . . +[x+]= n[x]+i=n[x]+[n]

=[n([x]+)]=[nx].

13．证明：若2n- 1是素数，则n是素数。

设不然，则n = n1n2，1 < n1 < n，则2n- 1 = < 2n + 1，表明2n- 1是合数，矛盾。同余

1．求81234被13除的余数。

因为82≡-1(mod 13)，所以81234 = (82)617≡ (-1)617≡-1 ≡ 12 (mod 13)，即81234被13除的余数是12。

2．已知99∣427

62αβ，求α与β

由得α+β = 6或α+β = 15，从得α-β = -2或α-β = 9，于是解关于α，β的方程组

得α = 2，β = 4。

3．求n =777的个位数

我们有

71≡-3, 72 ≡-1, 74 ≡1 (mod 10),

因此, 若

77 ≡r (mod 4),(3)

则

n=≡ 7r (mod 10). (4)

现在, 71≡-1,72 ≡1, 77 ≡≡3 (mod 4), 所以, 由式(4)可知

n=≡ 73 ≡≡-7≡ 3 (mod 10),

即n的个位数是3.

4．证明：若n是正整数，则13∣42n + 1+ 3n + 2

由42n+1+3n+2=

（mod 13）得证.

5．设m > 0是偶数，{a1, a2, …, a m}与{b1, b2, …, b m}都是模m的完全剩余系，证明：{a1+b1, a2+b2, …, a m +b m}不是模m的完全剩余系

因为{1,2,… ,m}与{a1,… ,a m}都是模m的完全剩余系,所以

(mod m). (10)

同理,

(mod m). (11)

如果{a1+b1,… ,a m+b m}是模m的完全剩余系,那么也有

(mod m).

联合上式与式(10)和(11),得到

0(mod m)，

这是不可能的,所以{a1+b1,… ,a m+b m}不能是模m的完全剩余系.

6．证明：若2p+ 1是奇素数，则(p!)2+ (-1)p≡ 0 (mod 2p+ 1)

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

设不然，n = n1n2，1 < n1 < n，由(n- 1)! ≡-1 (mod n1)得0 ≡-1 (mod n1)，矛盾。

8．设m > 1，(a, m) = 1，x1, x2,…, x?(m)是模m的简化剩余系，证明：∑

=

= )

(

1

)

(

2

1

}

{m

i

i m m

ax

?

?。其中{x}表示x的

小数部分。

写ax i = mq i+r i，0 ≤r i < m，由x i通过模m的简化剩余系知r i通过模m的最小非负简化剩余系，于是由例1得

。

例1设整数n≥ 2,证明即,在数列1,2,… ,n中,与n互素的整数之和是

解设在1,2,… ,n中与n互素的?(n)个数是

a1,… ,a?(m), (a i,n)=1, 1a i n-1, 1i(n),

则

(n-a i,n)=1,1≤n-a i≤n-1, 1≤ i?(n),

因此，集合{a1,… ,a?(m)}与集合{n-a1,? ,n-a?(m)}是相同的，于是

a1+a2+… +a?(m))=(n-a1)+(n-a2)+? +(n-a?(m)),

2(a1+… +a?(m))=n?(n),

a1+… +a?(m)= (n).

9．设m与n是正整数，证明：?(mn)?((m, n)) = (m, n)?(m)?(n)

设

，则

由此得

?(mn )?((m , n )) = (m ,n )

= (m , n )?(m )?(n )。

10． 设{x 1, x 2,…, x ?(m )}是模m 的简化剩余系，则(x 1x 2…x ?(m ))2 ≡ 1 (mod m )

设{x 1, x 2,…, x ?(m )}是模m 的简化剩余系，则(x 1x 2…x ?(m ))2 ≡ 1 (mod m )。 解 记P = x 1x 2…x ?(m )，则(P , m ) = 1。又记

y i =

i

x P

，1 ≤ i ≤ ?(m )， 则{y 1, y 2, …, y ?(m )}也是模m 的简化剩余系，因此

∏∏==≡)

(1

)

(1

m i i

m i i x

P

x ??(mod m )，

再由Eule r 定理，推出

P 2 ≡ P ?(m ) ≡ 1 (mod m )。

11． 证明：1978103 - 19783能被103整除。 因103 = 2353，显然1978103 - 19783 ≡ 0 (mod 23)，再由1978100 ≡ 1 (mod 53)得1978103 - 19783 ≡ 0 (mod 53)，故1978103 - 19783 ≡ 0 (mod 103)。

12． 设p ，q 是两个不同的素数，证明：p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (mod pq )。

由费马定理q p - 1 ≡ 1 (mod p )，p q - 1 ≡ 1 (mod q )，p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (mod p )，p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (mod

q )，故p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (mod pq )。

13．

计算12996227(mod 37909)

二、同余方程

1． 解同余方程 325x ≡ 20 (mod 161) 解：方程即是 3x≡20(mod 161). 解同余方程

161y≡-20(mod 3), 即

2y≡1(mod 3),

得到 y≡2 (mod 3),因此,方程(6)的解是x≡=114 (mod 161).

2． 证明：同余方程a 1x 1 + a 2x 2 + … + a n x n ≡ b (mod m )有解的充要条件是(a 1, a 2, …, a n , m ) = d ∣b 。若有解，

则恰有d ?m n -1个解，mod m

必要性显然，下证充分性。当n = 1时，由定理2知命题成立。假设n = k 时结论已真，考虑a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k + a k + 1x k + 1 ≡ b (mod m )，令(a 1, a 2, , a k , m ) = d 1，(d 1, a k + 1) = d ，因为同余方程a k + 1x k + 1 ≡ b (mod d 1)有解，其解数为d ，mod d 1，记m = d 1m 1，则解数为dm 1，mod m 。现在固定一个解x k + 1，由归纳假定知a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k ≡ b - a k + 1x k + 1 (mod m )有解，其解数为d 1 m k -1，mod m ，从而a 1x 1 + a 2x 2 + + a k x k + a k + 1x k + 1 ≡ b (mod m )有解，其解数为dm 1?d 1m k -1 = d ?m k ，mod m 。由归纳原理知命题对于一切n ≥ 1成立。 3． 解同余方程f (x ) = 3x 2 + 4x - 15 ≡ 0 (mod 75)

因75 = 3?52，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)的解为x ≡ 0，2 (mod 5)，对于x ≡ 0 (mod 5)，令x = 5t 代入f (x ) ≡ 0 (mod 25)得t ≡ 2 (mod 5)，于是x = 5(2 + 5t 2) = 10 + 25t 2，即x ≡ 10 (mod 25)是f (x ) ≡ 0 (mod 25)的一个解，对于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 + 5t 2) = 22 + 25t 2，即x ≡ 22 (mod 25)是f (x ) ≡ 0 (mod 25)的一个解；最后构造同余方程组x ≡ b 1 (mod 3)，x ≡ b 2 (mod 25)，b 1 = 0，b 2 = 10，22，由孙子定理得f (x ) ≡ 0 (mod 75)的两个解x ≡ 10，72 (mod 75)。 4． 4x 20 + 3x 12 + 2x 7 + 3x - 2 ≡ 0 (mod 5)

原同余方程等价于2x 4 + 2x 3 + 3x - 2 ≡ 0 (mod 5)，将x = 0，±1，±2 代入，知后者有解x ≡ ±1 (mod 5)。 5． 判定 2x 3 - x 2 + 3x - 1 ≡ 0 (mod 5)是否有三个解

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； 6． 求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余

模23的所有的二次剩余为x ≡ 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13, 16, 18 (mod 23)，二次非剩余为x ≡ 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20, 21, 22 (mod 23)。 7． 设p 是奇素数，证明：模p

的所有二次剩余的乘积与2

1

)1(+-p 对模p 同余

设x 1, x 2, , x k 为模p 的所有二次剩余，则

x 1x 2 x k ≡ 1222

(mod p )。

8． 设p 是奇素数，证明：模p 的两个二次剩余的乘积是二次剩余；两个二次非剩余的乘积是二次剩余；一

个二次剩余和一个二次非剩余的乘积是二次非剩余。 设a ，b 为模p 的二次剩余，有

≡ 1?1 ≡ 1 (mod p )，再设c ，d 为模p 的二次非剩余，有

≡ (-1)(-1) ≡ 1 (mod p )，以及 ≡ 1?(-1) ≡ 1 (mod p )知结论成立。

9． 设p ，q 是两个不同的奇素数，且p = q + 4a ，证明：)()(

q

a p a

= 由p = q + 4a 知p ，q 同为4k + 1或同为4k + 3，当p ，q 同为4k + 1时，有

，当p ，q 同为4k + 3时，有

。

10．

a ，

b ，

c 是正整数，(a , b ) = 1，2|/b ，b < 4ac ，求)()(

4b

a b ac a

与-的关系 若a 为奇数，有

，若a 为偶数，于是4ac - b 与b 同为8k ± 1

或同为8k ± 3，即

，设a = 2αa 1，a 1为奇数，有

=

。

三、原根与指标

1． 求模14的全部原根

x ≡ 3，5 (mod 14)是模14的全部原根。

2． 设m > 1，模m 有原根，d 是?(m )的任一个正因数，证明：在模m 的简化剩余系中，恰有?(d )个指数为d

的整数，并由此推出模m 的简化剩余系中恰有?(?(m ))个原根

因g 1, g 2, , g ?(m )构成模m 的简化剩余系，由d = δm (g λ) =

得

，则

(λ,?(m )) =

，1 ≤ λ ≤ ?(m ) ? (t , d ) = 1，1 ≤ t ≤ d ，

故恰有?(d )个t ，使得(t , d ) = 1，从而知故恰有?(d )个λ，使得δm (g λ) = d 。特别地，取d = ?(m )知模m 的简化剩余系中恰有?(?(m ))个原根。

3． 设p = 2n + 1是一个奇素数，证明：模p 的全部二次非剩余就是模p 的全部原根 在模p 的简化剩余系中有

= 2n -1个二次非剩余，在模p 的简化剩余系中有?(?(p )) = ?(2n ) = 2n -1个原根，又设g 是模p 原根，则

≡ -1 (mod m )，即g 是模p 的二次非剩余。

4． 设m ≥ 3, g 1、g 2都是模m 的原根, 则g = g 1g 2不是模m 的原根

存在一个λ，(λ,?(m )) = 1，使得g 2 ≡ g 1λ (mod m )，于是g 1g 2 ≡ g 1λ +1 (mod m )，

又由m ≥ 3知?(m )是偶数，λ是奇数，λ + 1是偶数，(λ + 1,?(m )) ≠ 1，故g = g 1g 2不是模m 的原根 5． 设p 是奇素数，证明：当且仅当p - 1|/n 时，有1n + 2n + … + (p - 1)n ≡ 0 (mod p ) 当p - 1∣n 时，则1n + 2n + + (p - 1)n ≡ p - 1

0 (mod p )，当p - 1 n 时，设g 是p 的一个原根，则1n + 2n

+ + (p - 1)n ≡ (1?g )n + (2?g )n + + [(p - 1)g ]n ≡ [1n + 2n + + (p - 1)n ]g n (mod p )，得[1n + 2n + + (p - 1)n ](1 - g n ) ≡ 0 (mod p )，由(1 - g n ) 0 (mod p )知1n + 2n + + (p - 1)n ≡ 0 (mod p )。 6． 求8次同余方程x 8 ≡ 23 (mod 41) 因为

d =(n , ?(m ))=(8, ?(41))=(8, 40)=8, ind23=36

又36不能被8整除，所以同余方程无解。

四、扩域

定理1令E 是F 的一个扩域，而S 1，S 2是E 的两个子集，那么

F (S 1)(S 2)=F (S 1∪S 2)= F (S 2)(S 1)

证明 F (S 1)(S 2)是一个包含F ，S 1，S 2的E 的子域，而F (S 1∪S 2)是包含F 和S 1∪S 2的E 的最小子域。因此

F (S 1)(S 2)?F (S 1∪S 2) (1)

另一方面，F (S 1∪S 2)是包含F ，S 1，S 2的E 的子域，因而是包含F (S 1)和S 2的E 的子域。但F (S 1)(S 2) 是包含F (S 1)和S 2的E 的最小子域。因此

F (S 1)(S 2)?F (S 1∪S 2) (2)

由(1)(2)得F (S 1)(S 2)=F (S 1∪S 2)。同样可以得到F (S 1∪S 2)= F (S 2)(S 1)。定理得证。

定理5 给定域F 的一元多项式环F [x ]的一个n 次多项式f (x )，一定存在f (x )在F 上的分裂域E 。 证明 用归纳法：

当n=1时，E =F 即可。假设n ≤m 时结论也成立。

当n =m +1时，若f (x )在F [x ]上可约，则存在次数小于m 的多项式f 1(x )和g 1(x )使得f (x )= f 1(x )g 1(x )，由归纳假设知存在f 1(x )在F 上的分裂域E 1，包含f 1 (x )的所有根α1, α2, …, αn 1。g 1(x )视为F (α1, α2, …, αn 1)上的次数小于n 的多项式，故存在g 1(x )在F (α1, α2, …, αn 1)上的分裂域E ，包含g 1 (x )的所有根。从而E 含有f (x )的所有根，是f (x )在F 上的分裂域。若f (x )在F [x ]上不可约，由定理3，存在F 的单代数扩域K (K =F (θ))含有f (x )的一个根θ。于是在K [x ]中f (x )=(x -θ)g (x )，再利用归纳假设，由于g (x )的次数为n -1，故存在g (x )在K 上的分裂域E ，包含g (x )的所有根，从而E 也含有f (x )在F 上的所有根，是f (x )在F 上的分裂域。证毕。

定理6 设θ是F [x ]中一个n 次不可约多项式f (x )的一个根，则F (θ)是F 上的有限扩域。

证明 因为F (θ)中每一元都可以表示成F 上次数小于n 的θ的多项式，故1，θ，θ2，…，θn ，是F (θ)的一组生成元，又a 0+a 1θ+…+a n -1θn -1 = 0可推出a i =0，所以F (θ)是F 上的n 维向量空间，有一组基为1，θ，θ2，…，θn -1，即F (θ) 是F 上的一个有限扩域，并且(F (θ):F )=n 。

关于有限扩域，有下列重要结论。

定理7 域F 的有限扩域一定是F 的代数扩域。

证明 设(E :F )=n ，则存在一组基1，θ，θ2，…，θn -1，而n +1个向量1，θ，θ2，…，θn ，从而线性相关。即存在n +1个不全为0的a i ∈F ，使得a 0+a 1θ+…+a n θn = 0。亦即θ满足F [x ]中多项式。故E 是F 的一个代数扩域。

定理8 令K 是域F 的有限扩域，而E 是域K 的有限扩域，那么E 也是域F 的有限扩域，且(E :F )=(E :K )(K :F )。 证明 设(K :F )=r ，(E :K )=s ，而α1, α2, …, αr 是向量空间K 在域F 上的一个基，β1, β2, …, βs 是向量空间E 在域K 上的一个基。下面证rs 个元构成向量空间E 在域F 上的一个基。

αi βj (i =1,2,…,r ; j =1,2,…,s ) (1)

显然，向量空间E 中任意元素都可以表示rs 个元系数为F 上元的线性组合。下证(1)中元素在F 上线性无关。若)( 0,F ij a j

i j βi αij a ∈=∑，那么K i

i αij a j i

j βi αij a ∈∑=∑∑ 0)(。

由βj ，0≤j ≤s 在K 上的线性无关性可知0 =∑i

i αij a ，(j =1,2,…,s )。

由αi ，0≤i ≤r 在F 上的线性无关性可知a ij =0，(i =1,2,…,r ; j =1,2,…,s )。 也就是说，(1)的rs 个元为E 在F 上的一组基。 六、有限域

定理1 一个有限域E 有p n 个元素，这里p 是E 的特征，而n 是E 在它的素域Δ上的次数。

证明 E 为有限域，其特征一定为素数p 。把E 所含的素域记作Δ。因为E 只含有限个元，所以它一定是Δ的一个有限扩域，(E ：Δ)=n 。这样，E 的每个元可以唯一的写成a 1α1+…+a n αn 的形式，这里a i ∈Δ，而α1，…，αn 是向量空间E 在Δ上的一个基。由于Δ只有p 个元，所以对于每一个a i 有p 中选择法，因而E 一共有p n 个元。

定理2 令有限域E 的特征为素数p ，E 所含的素域为Δ，而E 有q =p n 个元。那么E 是多项式x q -x 在Δ上的分裂域。任何两个这样的域都是同构的。

证明 E 的不等于零的元对于乘法来说，做成一个群。这个群的的阶为q -1，单位元是1。所以

αq -1=1，α∈E ，α≠0。

由于0q =0，所以有αq =α，α∈E 。因此用α1，…，αq 来表示E 的元，在E 里多项式

∑=-=-q

i i αx x x q

1

)(

而且显然 E =Δ(α1，…，αq )。这样，E 是多项式x q -x 在Δ上的分裂域。

特征为p 的素域都同构，而多项式x q -x 在同构的域上的分裂域都同构。

定理3 令Δ是特征为p 的素域，而q =p n (n ≥1)。那么多项式x q -x 在Δ上的分裂域E 是一个有q 个元的有限域。

证明 E =Δ(α1，…，αq )，这里αi 是f (x )= x q -x 在域E 里的根。由于E 的特征是p ，f (x )的导数f ’(x )= p n x q -1-1= -1。所以f (x )与f ’(x )互素。这样f (x )的q 个根都不相同。f (x ) 的q 个根可以看成E 的一个子域E 1，这是因为

)

0()( ,)(≠==-=-=-i j i p

j p i p j i j i p j p i p j i ααα

ααααααααααn n

n n

n

n

这就是说，)0(≠-i j

i

j i ααααα和

仍是f (x )的根而属于E 1，因而E 1是E 的一个子域。但E 1含Δ，也含一切αi ，所

以E 1就是多项式x q -x 在Δ上的分裂域。这样E =E 1，而E 恰有q 个元，得证。

以上证明了给定素数p 和正整数n ，有且只有(在同构意义下)一个恰好含p n 个元的有限域存在。 有限域通常称作Galois 域，有p n 个元素的有限域通常记作GF (p n )。 定理4 (i) 有限域GF (p n )的子域是GF (p m )的形式，其中m|n 。

(ii) 对n 的任一因子m ，有限域GF (p n )有且仅有一个子域GF (p m )。 定理4同上节定理6。这里我们来证明该定理。

证明 设T 是有限域E = GF (p n )的子域，Δ是E 的素域，由[E :T ][T : Δ]= [E : Δ]=n 可知[T : Δ]=m 必整除n ；T 是元素个数为p m 的有限域。这样T 是x q -x (q=p m )在Δ上的分裂域。注意T 是E 的子域，故T ={a ∈E |a q -a =0}。这样E 中元素个数为p m 的子域T 有且仅有一个，由x q -x 在E 中的一切根组成。得证。

定理5 一个有限域E 是它的素域Δ的一个单扩域。

证明 设E 含有q 个元。E 的非零元对E 的乘法来说作成一个交换群G ，它的阶是q -1。令m 是G 的元的阶中最大的一个，那么由引理，a i m =1，对于任意a i ∈G 。这就是说，多项式x m -1至少有q -1个不同的根。因此m ≥q -1，但是由于m 整除G 的阶，故m ≤q -1，所以m =q -1。也就是说G 有一个元a ，它的阶为q -1，因而G 是一个循环群(a )。这样E 是添加a 于Δ所得的单扩域E =Δ(a )。定理得证。

定理5.3.6 域的乘群的任何有限子群是循环群。

证明：设G 是域F 的有限子乘群，令m 是G 中所有元素的阶的最小公倍数，由拉格朗日定理 G 中任意元素的阶均为群G 的阶的因子， 因而若设c 为G 中阶为m 的元素，则 m ≤|G|。

另一方面，G 中的元素均满足方程xm-l=0，而多项式f(x)=xm-l F[x]在F 上最多有m 个不同的根，

故|G|≤m ，由此得|G|=m ，所以G=(c)。

例6.2.7利用多项式f(x)=x2-2构造一个有限域，并找出这个域中的本原元。

解：这里只给出了构造域的多项式，并未给出构造域所需的欧氏环，因而需要选择一个欧氏环，并保证f(x)为此域中的不可约多项式。

注意到在F3中f(0)=1，f(1)=f(2)=2，因而 该多项式是F3[x]中的一个不可约多项式，

以此可以构造一个具有9个元素的有限域F。

域F中的元素都可以看做是二维向量(a,b)，其中a,b F3={0,1,2}。

在域F中注意到x2≡2(mod x2-2)，因而可定义域F中的加法与乘法运算如下：

(a1,b1)+(a2,b2)=(a1+a2,b1+b2)。

(a1,b1)(a2,b2)=(a1b2+a2b1, b1b2+2a1a2)

接下来利用高斯算法寻找这个域中的本原元。

首先取α1=(1,0)=x，为了计算α1的阶，先来计算α1=(1,0)=x的各个幂次对f(x)取模的结果

x0≡1 (mod x2-2),

x1≡x (mod x2-2),

x2≡2 (mod x2-2)

x3≡2x (mod x2-2)，

x4≡2x2≡1(mod x2-2)，

以二维向量表示为表6-3 α1=(1,0)=x各个幂次的向量表示

因而

α1=(1,0)=x的阶为4，

即在高斯算法中有t1=4。

由于t1≠q-1=8，

因而α1不是本原元，

接着转至第3步，需要选择

一个不是α1的幂次的元素β，

例如可以选

β=(1,2)=x+2，则

β2=(x+2)2≡x(modx2-2)=(1,0)，

类似地可以得到

β=(1,2)=x+2的各个幂次对f(x)取模的结果的向量表示表6-4 β=(1,2)=x+2的各个幂次的向量表示

因而β的阶

s=8=q-1，

则令α2=β，

算法停止；

α2就是F 中的本原元。 一、整除理论

1．

证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。

2． 设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。 3． 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。

4． 证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。 5． 设a ，b ，c 是正整数，证明：)

,)(,)(,(),,(],][,][,[],,[2

2a c c b b a c b a a c c b b a c b a =

6． 设k 是正奇数，证明：1 + 2 + …… + 9∣1k + 2k + …… + 9k 。 7． 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。

8． 用扩展欧几里德算法法求整数x ，y ，使得1387x - 162y = (1387, 162)。

9． 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少。

10． 证明：在1, 2, , 2n 中任取n + 1数，其中至少有一个能被另一个整除。 11． 求最大的正整数k ，使得10k ∣199!。 12． 设n 是正整数，则]24[]1[+=++n n n 。 13． 设n 是正整数，x 是实数，证明：∑∞

=-+1

1

][22r r

r n = n 。 14． 证明：若2n - 1是素数，则n 是素数。

15．

证明：对于任意给定的正整数n ，必存在连续的n 个自然数，使得它们都是合数。

二、同余

1． 求81234被13除的余数。

2． 已知99∣42762αβ，求α与β 3． 求n =7

77的个位数

4． 证明：若n 是正整数，则13∣42n + 1 + 3 n + 2

5． 设m > 0是偶数，{a 1, a 2, …, 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

6． 证明：若2p + 1是奇素数，则(p !)2 + (-1)p ≡ 0 (mod 2p + 1)

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

8． 设m > 1，(a , m ) = 1，x 1, x 2,…, x ?(m )是模m 的简化剩余系，证明：

∑==)

(1

)(21

}{m i i m m ax ??。其中{x }表示x 的

小数部分。

9． 设m 与n 是正整数，证明：?(mn )?((m , n )) = (m , n )?(m )?(n ) 10． 设{x 1, x 2,…, x ?(m )}是模m 的简化剩余系，则(x 1x 2…x ?(m ))2 ≡ 1 (mod m )

11． 证明：1978103 - 19783能被103整除。 12． 设p ，q 是两个不同的素数，证明：p q - 1 + q p - 1 ≡ 1 (mod pq )。 13． 计算12996227(mod 37909)

三、同余方程

1． 解同余方程 325x ≡ 20 (mod 161)

2． 证明：同余方程a 1x 1 + a 2x 2 + … + a n x n ≡ b (mod m )有解的充要条件是(a 1, a 2, …, a n , m ) = d ∣b 。若有解，

则恰有d ?m n -1个解，mod m

3． 解同余方程f (x ) = 3x 2 + 4x - 15 ≡ 0 (mod 75) 4． 4x 20 + 3x 12 + 2x 7 + 3x - 2 ≡ 0 (mod 5)

5． 判定 2x 3 - x 2 + 3x - 1 ≡ 0 (mod 5)是否有三个解 6． 求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余 7． 设p 是奇素数，证明：模p

的所有二次剩余的乘积与2

1

)1(+-p 对模p 同余

8． 设p 是奇素数，证明：模p 的两个二次剩余的乘积是二次剩余；两个二次非剩余的乘积是二次剩余；一

个二次剩余和一个二次非剩余的乘积是二次非剩余。 9． 设p ，q 是两个不同的奇素数，且p = q + 4a ，证明：)()(q

a p a

= 10．

a ，

b ，

c 是正整数，(a , b ) = 1，2|/

b ，b < 4a

c ，求)()(4b

a b ac a

与-的关系 四、原根与指标

1． 求模14的全部原根

2． 设m > 1，模m 有原根，d 是?(m )的任一个正因数，证明：在模m 的简化剩余系中，恰有?(d )个指数为d

的整数，并由此推出模m 的简化剩余系中恰有?(?(m ))个原根

3． 设p = 2n + 1是一个奇素数，证明：模p 的全部二次非剩余就是模p 的全部原根 4． 设m ≥ 3, g 1、g 2都是模m 的原根, 则g = g 1g 2不是模m 的原根

5． 设p 是奇素数，证明：当且仅当p - 1|/n 时，有1n + 2n + … + (p - 1)n ≡ 0 (mod p )

6． 求8次同余方程x 8 ≡ 23 (mod 41) 五、代数系统

1． 设a,b 是群G 的两个元，证明：ab 与ba 有相同的阶。 2． 证明：循环群G=的任一子群也是循环群。

3． 设a 是群G 的n 阶元素，证明a s 的阶为n/(s,n)，a s 与a (s,n)同阶。 4． 设G 是p 阶群，p 为素数，证明任意a ∈G ，若a ≠e ，则G= 5． 描述整环R 扩展到其商域的方法。

6． 设环R ，证明R 有左零因子，则存在R 中非零元x ，使得x 既是左零因子，又是右零因子。 7． 求Z 2上的不可约多项式f(x)，使得GF(8)是f(x)在Z 2上的分裂域。 8． K/F 是正规扩域，K ?E ?F ，则K/E 也是正规扩域。 9． 有限域F=GF(p n )的乘法群(F*=F\{0}, ×)是p n -1阶循环群。