1、1一、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 ，则 n1 是素数。3证明：设不然， n1 = n2n3， n2 p， n3 p，于是 n = pn2n3 p3， 即 p ，矛盾。33 设 3a2 b2，证明：3a 且 3b。写 a = 3q1 r1，b = 3q 2 r2， r1, r2 = 0, 1 或 2，由 3a2 b2 = 3Q r12 r22 知 r1 = r2 = 0，即 3a 且 3b4 证明：对于任意给定的 n 个整数，必可以从中
2、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 a1, a2, , a n，作 s1 = a1，s 2 = a1 a2，s n = a1 a2 a n，如果 si 中有一个被 n 整除，则结论已真，否则存在 si，s j，i 47，所以，所求的最大整数是 k = 47。11 设 n 是正整数，则 。241nn解 首先，我们有 0 是偶数，a 1, a2, , am与b 1, b2, , bm都是模 m 的完全剩余系，证明：a 1 b1, a2 b2, , am bm不是模 m 的完全剩余系因为1,2, ,m与a 1, ,am都是模 m 的完全剩余系,所以(mod m). (1
3、0)同理, 4(mod m). (11)如果a 1+b1, ,am+bm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a 1+b1, ,am+bm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)(2 p) (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
4、然，n = n 1n2，1 1，( a, m) = 1，x 1, x2, x(m)是模 m 的简化剩余系，证明： 。其中 x表示 x 的()(2miiax小数部分。写 axi = mqi ri，0 ri 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 g1, g2, , g (m)构成模 m 的简化剩余系，由 d = m(g) =得，则(,(m) =，1 (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 ，使得
5、m(g) = 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, g1、g 2 都是模 m 的原根, 则 g = g1g2 不是模 m 的原根存在一个 ，( ,(m) = 1，使得 g2 g1 (mod m)，于是 g1g2 g1 +1 (mod m)，又由 m
6、 3 知 (m)是偶数， 是奇数， 1 是偶数，( 1,(m) 1，故 g = g1g2 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 1n 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 (1g)n (2g)n (p 1) gn 1n 2n ( p 1)ngn (mod p)，得1 n 2n (p 1)n(1 gn) 0 (mod p)，由(1 g n) 0 (mod p)知 1n 2n (p 1)n 0 (mod
7、p)。6 求 8 次同余方程 x8 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 S1，S 2 是 E 的两个子集，那么F(S1)(S2)=F(S1S 2)= F(S2)(S1)证明 F(S1)(S2)是一个包含 F，S 1，S 2 的 E 的子域，而 F(S1S 2)是包含 F 和 S1S 2 的 E 的最小子域。因此F(S1)(S2)F( S1S 2) (1)另一方面，F( S1S 2)是包含 F，S 1，S 2 的 E 的子域，因而是包含
8、 F(S1)和 S2 的 E 的子域。但 F(S1)(S2) 是包含 F(S1)和 S2 的 E 的最小子域。因此8F(S1)(S2)F( S1S 2) (2)由(1)(2)得 F(S1)(S2)=F(S1S 2)。同样可以得到 F(S1S 2)= F(S2)(S1)。定理得证。定理 5 给定域 F 的一元多项式环 Fx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 nm 时结论也成立。当 n=m+1 时，若 f(x)在 Fx上可约，则存在次数小于 m 的多项式 f1(x)和 g1(x)使得 f(x)= f1(x)
9、g1(x)，由归纳假设知存在 f1(x)在 F 上的分裂域 E1，包含 f1 (x)的所有根 1, 2, , n1。g 1(x)视为 F(1, 2, , n1)上的次数小于 n的多项式，故存在 g1(x)在 F(1, 2, , n1)上的分裂域 E，包含 g1 (x)的所有根。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 Fx上不可约，由定理 3，存在 F 的单代数扩域 K(K=F()含有 f(x)的一个根 。于是在Kx中 f(x)=(x-)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
10、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 是 Fx中一个 n 次不可约多项式 f(x)的一个根，则 F()是 F 上的有限扩域。证明 因为 F()中每一元都可以表示成 F 上次数小于 n 的 的多项式，故 1， 2， n，是 F()的一组生成元，又 a0+a1+an-1n-1 = 0 可推出 ai =0，所以 F()是 F 上的 n 维向量空间，有一组基为1， ， 2， n-1，即 F() 是 F 上的一个有限扩域，并且( F():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
11、 :F)=n，则存在一组基 1， 2， n-1，而 n+1 个向量 1， ， 2， n，从而线性相关。即存在 n+1 个不全为 0 的 aiF，使得 a0+a1+ann = 0。亦即 满足 Fx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 1, 2, , r 是向量空间 K 在域 F 上的一个基， 1, 2, , s 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。i
12、j (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 ，那么 。)( 0, Fijajija Kijajija 0)(由 j，0js 在 K 上的线性无关性可知 ，( j=1,2,s)。 ij由 i，0i r 在 F 上的线性无关性可知 aij=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 pn 个元素，这里 p 是 E 的特征，而 n 是 E 在它的素域 上的次数。证明 E 为有限域，其
13、特征一定为素数 p。把 E 所含的素域记作 。因为 E 只含有限个元，所以它一定是 的一个有限扩域，(E：)=n。这样，E 的每个元可以唯一的写成 a11+ann 的形式，这里 ai，而1， n 是向量空间 E 在 上的一个基。由于 只有 p 个元，所以对于每一个 ai 有 p 中选择法，因而 E 一共有 pn 个元。定理 2 令有限域 E 的特征为素数 p，E 所含的素域为 ，而 E 有 q=pn 个元。那么 E 是多项式 xq-x 在 上的分裂域。任何两个这样的域都是同构的。9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q-1=1， E， 0
14、。由于 0q=0，所以有 q=，E。因此用 1， q 来表示 E 的元，在 E 里多项式iixxq)(而且显然 E=(1， q)。这样，E 是多项式 xq-x 在 上的分裂域。特征为 p 的素域都同构，而多项式 xq-x 在同构的域上的分裂域都同构。定理 3 令 是特征为 p 的素域，而 q=pn (n1)。那么多项式 xq-x 在 上的分裂域 E 是一个有 q 个元的有限域。证明 E=(1， q)，这里 i 是 f(x)= xq-x 在域 E 里的根。由于 E 的特征是 p，f(x) 的导数 f(x)= pn xq-1-1= -1。所以 f(x)与 f(x)互素。这样 f(x)的 q 个根都
15、不相同。f(x) 的 q 个根可以看成 E 的一个子域 E1，这是因为)0()( ,( ijpjijijipjipji nnn这就是说， 仍是 f(x)的根而属于 E1，因而 E1 是 E 的一个子域。但 E1 含 ，也含一切 i，所)0(iji和以 E1 就是多项式 xq-x 在 上的分裂域。这样 E=E1，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 pn 个元的有限域存在。有限域通常称作 Galois 域，有 pn 个元素的有限域通常记作 GF(pn)。定理 4 (i) 有限域 GF(pn)的子域是 GF(pm)的形式，其中 m
16、|n。(ii) 对 n 的任一因子 m，有限域 GF(pn)有且仅有一个子域 GF(pm)。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(pn)的子域， 是 E 的素域，由 E:TT: = E: =n 可知T: = m 必整除 n；T是元素个数为 pm 的有限域。这样 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。这样 E 中元素个数为 pm 的子域 T 有且仅有一个，由 xq-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 的一个单扩域。证明 设 E 含有 q 个元。E 的非零
17、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 im=1，对于任意 aiG。这就是说，多项式 xm-1 至少有 q-1 个不同的根。因此mq-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 所得的单扩域 E=(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，
18、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 Fx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10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 F3x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
19、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 x22(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 1=(1,0)=x，为了计算 1 的阶，先来计算 1=(1,0)=x 的各个幂次对 f(x)取模的结果x01 (mod x2-2),x1x (mod x2-2), x22 (mod x2-2)x32x (mod x2-2)，x42x21(mod x2-2)，
20、以二维向量表示为 表 6-3 1=(1,0)=x 各个幂次的向量表示因而1=(1,0)=x 的阶为 4，即在高斯算法中有 t1=4。由于 t1q-1=8，因而 1 不是本原元，接着转至第 3 步，需要选择一个不是 1 的幂次的元素 ，例如可以选=(1,2)=x+2，则2=(x+2)2x(modx2-2)=(1,0) ， 类似地可以得到=(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 =(1,2)=x+2 的各个幂次的向量表示11因而 的阶s=8=q-1，则令 2=，算法停止；2 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
21、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 ，则 n1 是素数。33 设 3a2 b2，证明：3a 且 3b。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： ),(),(,22acbac6 设 k 是正奇数，证明：1 2 91 k 2k 9k。7 设 a，b 是正整数，证明：(a b) a, b = ab, 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 283
22、6，4582，5164，6522 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 10k199!。12 设 n 是正整数，则 。2413 设 n 是正整数，x 是实数，证明： = n。1rr14 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。122 已知 99 ，求 与 42763 求 n = 的个位数74 证明：若 n
23、 是正整数，则 1342n + 1 3 n + 25 设 m 0 是偶数，a 1, a2, , am与b 1, b2, , bm都是模 m 的完全剩余系，证明：a 1 b1, a2 b2, , am bm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, x2, x(m)是模 m 的简化剩余系，证明： 。其中 x表示 x 的)(1)(2miiax小数部分。9 设 m 与 n 是正整数，证明
24、： (mn)(m, n) = (m, n)(m)(n)10 设x 1, x2, x(m)是模 m 的简化剩余系，则( x1x2x(m)2 1 (mod m)11 证明：1978 103 19783 能被 103 整除。12 设 p，q 是两个不同的素数，证明：p q 1 qp 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 a1x1 a2x2 anxn b (mod m)有解的充要条件是(a 1, a2, , an, m) = db。若有解，则恰有 dmn 1 个解，mod m3 解同
25、余方程 f(x) = 3x2 4x 15 0 (mod 75)4 4x20 3x12 2x7 3x 2 0 (mod 5)5 判定 2x3 x2 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 对模 p 同余21)(p8 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： )(qap10 a，b，c 是正整数，(a, b) = 1，2 b，b
26、 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, g1、g 2 都是模 m 的原根, 则 g = g1g2 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 x8 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。133 设 a 是群 G 的 n 阶元素，证明 as 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 aG，若 ae，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 Z2 上的不可约多项式 f(x)，使得 GF(8)是 f(x)在 Z2 上的分裂域。8 K/F 是正规扩域，KEF，则 K/E 也是正规扩域。9 有限域 F=GF(pn)的乘法群(F*=F0, )是 pn -1 阶循环群。
