1.解:(1)其中之一为 9,19,11,21,13,23,15,25,17
(2)其中之一为 0,10,20,30,40,50,60,70,80
(3).(1)或(2)中的要求对模 10 不能实现。
2.证明:当 m>2 时,因为(m-1)
2
=m
2
-2m+1=m(m-2)+1
所以(m-1)
2
≡1(mod m)
即 1 与(m-1)
2
在同一个剩余类中,故 0
2
,1
2
,…,(m-1)
2
一定不是模 m 的完全剩余系。
6.解:2
1
≡2(mod7), 2
2
≡4(mod7), 2
3
≡1(mod7)
又 20080509=6693503*3
所以 2
20080509
=(2
3
)6693503≡1(mod7)
故 2
20080509
是星期六。
7.证明:(i)因为 a
i
≡ b
i
(modm),1≤i≤k 所以 a
i
=b
i
+k
i
m
又 a
1
+a
2
+… +a
k
=∑a
i
=∑(b
i
+k
i
m)=∑b
i
+m*∑k
i
所以有∑a
i
≡∑b
i
(mod m)
即 a
1
+a
2
+… +a
k
=b
1
+b
2
+… +b
k
(mod m)
(ii)因为 a
i
≡ b
i
(mod m),1≤i≤k 所以 a
i
(mod m)=b
i
(mod m)
所以(a
1
a
2
…a
k
)mod m≡[(a
1
mod m)( a
2
mod m)…(a
k
mod m)]mod m
≡[(b
1
mod m)( b
2
mod m)…(b
k
mod m)]mod m
≡(b
1
b
2
…b
k
)mod m
所以 a
1
a
2
…a
k
≡a
1
a
2
…a
k
(mod m)
8.证明:如果 a
2
≡b
2
(mod p) 则 a
2
= b
2
+kp , k Z
即 kp=a
2
-b
2
=(a+b)(a-b) 所以 p|(a+b)(a-b)
又 p 为素数,根据 1.4 定理 2 知 p|a+b 或 p|a-b 得证。
9.证明:如果 a
2
≡b
2
(mod n) 则 a
2
= b
2
+kn , k Z
即 kn=a
2
-b
2
=(a+b)(a-b) 所以 n|(a+b)(a-b)
由 n=pq 知 kpq=a
2
-b
2
=(a+b)(a-b)
因为 n!|a-b, n!|a+b,所以 p,q 不能同时为 a-b 或 a+b 的素因数。
不妨设 p|a-b, q|a+b ,则 q!|a-b, p!|a+b 即(q, a-b)=1,(p, a+b)=1
因此(n, a-b)=(pq, a-b)=(p, a-b)=p>1
(n, a+b)=(pq, a+b)=(q, a+b)=q>1
故原命题成立。
10.证明:因为 a≡b (mod c) 则 a=cq+b , q Z
根据 1.3 定理 3 知(a, c)=(b, c)
17.解:(1)a
k
+a
k-1
+… +a
0
=1+8+4+3+5+8+1=30
因为 3|30 ,9!|30 所以 1843581 能被 3 整除,不能被 9 整除。
(2)a
k
+a
k-1
+… +a
0
=1+8+4+2+3+4+0+8+1=31
因为 3!|31 , 9!|31 所以 184234081 不能被 3 整除,也不能被 9 整除。
(3)a
k
+a
k-1
+… +a
0
=8+9+3+7+7+5+2+7+4+4=56
因为 3!|56 , 9!|56 所以 8937752744 不能被 3 整除,也不能被 9 整除。
(4)a
k
+a
k-1
+… +a
0
=4+1+5+3+7+6+8+9+1+2+2+4+6=58
因为 3!|58 , 9!|58 所以 4153768912246 不能被 3 整除,也不能被 9 整除。
20 . 解 :
(89878*58965)mod9≡[(89878mod9)*(58965mod9)]mod9≡(4*6)mod9
≡6(mod9) ≡5299?56270(mod9)
又 5299?56270≡(45+?)mod9≡?(mod9)
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