2022年最新初等数论练习题答案 .pdf

精品文档精品文档初等数论练习题答案信阳职业技术学院2010 年 12 月名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 27 页 -精品文档精品文档初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12;(2420)=_880_ 2、设 a,n是大于 1 的整数，若 an-1 是质数，则 a=_2.3、模 9 的绝对最小完全剩余系是 _-4，-3，-2，-1,0,1,2,3,4.4、同余方程 9x+120(mod 37)的解是 x11(mod 37)。5、不定方程 18x-23y=100 的通解是 x=900+23t，y=700+18t tZ。.6、分母是正整数 m的既约真分数的个数为 _(m)_。7、18100被 172除的余数是 _256。8、10365=-1。9、若 p 是素数，则同余方程xp 11(mod p)的解数为 p-1 。二、计算题1、解同余方程：3x211x 20 0(mod 105)。解：因 105=3 5 7，同余方程 3x211x 20 0(mod 3)的解为 x 1(mod 3)，同余方程 3x211x 38 0(mod 5)的解为 x 0，3(mod 5)，同余方程 3x211x 20 0(mod 7)的解为 x 2，6(mod 7)，故原同余方程有 4 解。作同余方程组：x b1(mod 3)，x b2(mod 5)，x b3(mod 7)，其中 b1=1，b2=0，3，b3=2，6，由孙子定理得原同余方程的解为x 13，55，58，100(mod 105)。2、判断同余方程 x242(mod 107)是否有解？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（）（）（）（解：故同余方程 x242(mod 107)有解。3、求（127156+34）28除以 111的最小非负余数。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 27 页 -精品文档精品文档解：易知 127150（mod 111）。由 50258（mod 111）,503585014（mod 111），50914380（mod 111）知 5028（509）3508035080350685070（mod 111）从而 505616（mod 111）。故（127156+34）28（16+34）28502870（mod 111）三、证明题1、已知 p 是质数，（a,p）=1，证明：（1）当 a 为奇数时，ap-1+(p-1)a0(mod p)；（2）当 a 为偶数时，ap-1-(p-1)a0(mod p)。证明：由欧拉定理知ap-11(mod p)及(p-1)a-1(mod p)立得（1）和（2）成立。2、设 a 为正奇数，n 为正整数，试证n2a1(mod 2n+2)。（1）证明设 a=2m 1，当 n=1 时，有a2=(2m 1)2=4m(m 1)1 1(mod 23)，即原式成立。设原式对于 n=k 成立，则有ka2 1(mod 2k+2)ka2=1 q2k+2，其中 q Z，所以12ka=(1 q2k+2)2=1 q 2k+3 1(mod 2k+3)，其中 q 是某个整数。这说明式(1)当 n=k 1 也成立。由归纳法知原式对所有正整数n 成立。3、设 p 是一个素数，且 1kp-1。证明：kp 1C（-1）k(mod p)。证明：设 A=!)()2(1C1kkpppkp）（得：k!A=（p-1）(p-2)（p-k）（-1）(-2)（-k）(mod p)又（k!，p）=1，故 A=kp 1C（-1）k(mod p)4、设 p 是不等于 3 和 7 的奇质数，证明：p61(mod 84)。说明：因为 84=437，所以，只需证明：p61(mod 4)p61(mod3)p61(mod 7)同时成立即可。证明：因为 84=437 及 p 是不等于 3 和 7 的奇质数，所以名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 27 页 -精品文档精品文档（p，4）=1，（p，3）=1，（p，7）=1。由欧拉定理知：p(4)p21(mod 4)，从而 p61(mod 4)。同理可证：p61(mod3)p61(mod 7)。故有 p61(mod 84)。注：设 p 是不等于 3 和 7 的奇质数，证明：p61(mod 168)。（见赵继源 p86）初等数论练习题二一、填空题1、d(1000)=_16_；(1000)=_2340_.2、2010!的标准分解式中，质数11的次数是 199_.3、费尔马(Fermat)数是指 Fn=n22+1,这种数中最小的合数Fn 中的 n=5。4、同余方程 13x5(mod 31)的解是 x29(mod 31)_ 5、分母不大于 m的既约真分数的个数为(2)+(3)+(m)。6、设 7(80n-1),则最小的正整数 n=_6_.7、使 41x+15y=C 无非负整数解的最大正整数C=_559_.8、10146=_1_.9、若 p 是质数，n p 1，则同余方程 xn 1(mod p)的解数为 n.二、计算题1、试求200420032002被 19除所得的余数。解：由 20027(mod 19)2002211(mod 19)200231(mod 19)又由 2003200422004（22）10021(mod 3)可得：20042003200220023n+1(20023)n20027(mod 19)2、解同余方程 3x14 4x10 6x 18 0(mod 5)。解：由 Fermat定理，x5x(mod 5)，因此，原同余方程等价于2x2x 3 0(mod 5)将 x 0，1，2(mod 5)分别代入上式进行验证，可知这个同余方程解是x 1(mod 5)。3、已知 a=5，m=21,求使 a x 1(mod m)成立的最小自然数x。解：因为（5,21）=1，所以有欧拉定理知5(21)1(mod 21)。又由于(21)=12，所以 x|12，而 12 的所有正因数为 1,2,3,4,6,12。于是 x 应为其中使5x 1(mod 12)成立的最小数，经计算知：x=6。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 27 页 -精品文档精品文档三、证明题1、试证 13|(54m+46n+2000)。(提示：可取模 13 进行计算性证明)证明：54m+46n+2000 252m+642n+2000（-1）2m+（-1）2n+2000 2002 0(mod 13)。2、证明 Wilson 定理的逆定理：若n 1，并且(n 1)!1(mod n)，则 n 是素数。证明：假设 n 是合数，即 n=n1n2，1 n1 n，由题设易知(n 1)!1(mod n1)，得0 1(mod n1)，矛盾。故 n 是素数。3、证明：设ps表示全部由 1 组成的 s 位十进制数，若ps是素数，则 s也是一个素数。证明：假设 s 是合数，即 s=ab，1a，b1，且(n-1)!+10(mod n),则 n 为素数。6、3103被 11除所得余数是 _5_。7、9760=_-1_。三、计算题1、判定()2x3x2 3x 1 0(mod 5)是否有三个解；()x6 2x5 4x2 3 0(mod 5)是否有六个解？解：()2x3x2 3x 1 0(mod 5)等价于 x3 3x2 4x 3 0(mod 5)，又 x5x=(x3 3x2 4x 3)(x2 3x 5)+(6x2 12x 15)，其中 r(x)=6x2 12x 15 的系数不都是 5的倍数，故原方程没有三个解。()因为这是对模 5 的同余方程，故原方程不可能有六个解。2、设 n 是正整数，求1223212C,C,Cnnnn的最大公约数。解：设12122321212232122CCC)C,C,(Cnnnnnnnnnd，由知 d 22n 1，设 2k|n 且 2k+1|n，即 2k+1|n，则由 2k+1|1122112C2C2C|ininknin及，i=3,5,2n 1 得 d=2k+1。3、已知 a=18,m=77,求使 ax 1(mod m)成立的最小自然数x。解：因为（18,77）=1，所以有欧拉定理知18(77)1(mod 77)。又由于(77)=60，所以 x|60，而 60 的所有正因数为 1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30,60。于是 x 应为其中使 18x 1(mod 77)成立的最小数，经计算知：x=30。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 27 页 -精品文档精品文档四、证明题1、若质数 p5,且 2p+1是质数，证明：4p+1必是合数。证明：因为质数 p5,所以（3，p）=1，可设 p=3k+1或 p=3k+2。当 p=3k+1时，2p+1=6k+3是合数，与题设矛盾，从而p=3k+2，此时 2p+1是形如 6k+5 的质数，而 4p+1=12k+9=3(4k+3)是合数。注：也可设 p=6k+r，r=0,1,2,3,4,5。再分类讨论。2、设 p、q 是两个大于 3 的质数，证明：p2q2(mod 24)。证明：因为 24=38，（3,8）=1，所以只需证明：p2q2(mod 3)p2q2(mod 8)同时成立。事实上，由于（p，3）=1，（q，3）=1，所以 p21(mod 3)，q21(mod 3)，于是 p2q2(mod 3)，由于 p，q 都是奇数，所以 p21(mod 8)，q21(mod 8)，于是 p2q2(mod 8)。故 p2q2(mod 24)。3、若 x,yR+，（1）证明：xy xy；（2）试讨论 xy 与xy的大小关系。注：我们知道，xy x+y，x+y x+y。此题把加法换成乘法又如何呢？证明：（1）设 x=x+,0 1，y=y+,0 1。于是xy=xy+x+y+所以xy=xy+x+y+xy。（2）xy 与xy之间等于、大于、小于三种关系都有可能出现。当 x=y=21时，xy=xy=41；当 x=23，y=21时，xy=43，xy=41，此时 xy xy；当 x=-21，y=-31时，xy=61，xy=31，此时 xy xy。4、证明：存在一个有理数dc，其中 d 100,能使dck=10073k对于 k=1，2，.，99 均成立。证明：由（73，100）=1 以及裴蜀恒等式可知：存在整数c，d，使得73d-100c=1 从而k10073-dkc=dcdk100)10073(=dk100，由 k 0 是偶数，a1,a2,am与 b1,b2,bm都是模 m的完全剩余系，证明：a1b1,a2b2,ambm 不是模 m 的完全剩余系。证明：因为 1,2,m与a1,a2,am都是模 m的完全剩余系，所以mimiimmmia1122)1(mod m)。(1)同理miimb12(mod m)。(2)如果a1b1,a2b2,ambm是模 m 的完全剩余系，那么也有miiimba12)(mod m)。联合上式与式(1)和式(2)，得到0222mmm(mod m)，这是不可能的，所以 a1b1,a2b2,ambm不能是模 m的完全剩余系。4、证明：（1）2730 x13-x；（2）24x(x+2)(25x2-1)；（3）504x9-x3；（4）设质数 p3，证明：6pxp-x。证明：（1）因为 2730=235713，2,3,5，7,13 两两互质，所以：由 x13-x=x(x12-1)0(mod 2)知：2x13-x；13x13-x；由 x13-x=x(x12-1)=x(x2-1)(x2+1)(x8+x4+1)0(mod 3)知：3x13-x；由 x13-x=x(x12-1)=x(x4-1)(x8+x4+1)0(mod 5)知：5x13-x；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 27 页 -精品文档精品文档由 x13-x=x(x12-1)=x(x6-1)(x6+1)0(mod 7)知：7x13-x。故有 2730 x13-x。同理可证（2）、（3）、（4）。初等数论练习题五一、单项选择题1、设 x、y 分别通过模 m、n 的完全剩余系，若（C）通过模 mn 的完全剩余系。A.m、n 都是质数，则 my nx B.mn，则 my nx C.（m，n）=1，则 my nx D.（m，n）=1，则 mx ny 2、135 20032005200720092011标准分解式中 11 的幂指数是(A)。A.100 B.101 C.99 D.102 3、n 为正整数，若 2n-1 为质数，则 n 是(A)。A.质数B.合数C.3 D.2k(k 为正整数)4、从 100 到 500 的自然数中，能被11整除的数的个数是(B)。A.33 B.34 C.35 D.36 5、模 100 的最小非负简化剩余系中元素的个数是(C)。A.100 B.10 C.40 D.4 二、填空题1、同余方程 ax+b0(modm)有解的充分必要条件是(a,m)b。2、高斯称反转定律是数论的酵母，反转定律是指设p 与 q 是不相同的两个奇质数，)()(2121)1(qppqqp3、20122012被 3 除所得的余数为 _1_。4、设 n 是大于 2 的整数，则(-1)(n)=_1_。5、单位圆上的有理点的坐标是)()(2222222222222,2baabbababababaab或，其中 a 与 b 是不全为零的整数。6、若 3258a 恰好是一个正整数的平方，则a 的最小值为 362。7、已知 2011是一素数，则201172=_-1_。三、计算题名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 27 页 -精品文档精品文档1、求 3200872009132010的个位数字。解：320087200913201032008（-3）200932010-32008+2009+2010-36027-3（32）3013 3(mod 10)。2、求满足(mn)=(m)+(n)的互质的正整数 m 和 n 的值。解：由（m，n）=1 知，(mn)=(m)(n)。于是有：(m)+(n)=(m)(n)设(m)=a，(n)=b，即有：a+b=ab。显然 ab，且 ba，因此 a=b。于是由 2a=a2 得 a=2，即(m)=(n)=2。故m=3,n=4 或 m=4,n=3。3、甲物每斤 5 元，乙物每斤 3 元，丙物每三斤1 元，现在用 100 元买这三样东西共100斤，问各买几斤?解：设买甲物 x 斤，乙物 y 斤，丙物 z 斤，则5x 3y31z=100，xyz=100。消去 z，得到7x 4y=100。(1)显然 x=0，y=25 是方程(1)的解，因此，方程(1)的一般解是tytx7254，t Z因为 x0，y0，所以0t 3。即 t 可以取值 t1=1，t2=2，t3=3。相应的 x，y，z 的值是(x,y,z)=(4,18,78)，(8,11,81)，(12,4,84)。四、证明题1、已知 2011是质数，则有 2011|个2010999。证明：个2010999=102011-10(mod 2011)。2、设 p 是 4n+1 型的质数，证明若a是 p 的平方剩余，则 p-a 也是 p 的平方剩余。证明：因为质数 p=4n+1，a是 p 的平方剩余，所以pap=pa=p1pa=21)1(ppa=1 即：p-a也是 p 的平方剩余。3、已知 p,q 是两个不同的质数，且ap-11(mod q),aq-11(mod p),证明：apqa(mod pq)。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 27 页 -精品文档精品文档证明：由 p,q 是两个不同的质数知（p，q）=1。于是由 Fermat定理 apa(mod p),又由题设 aq-11(mod p)得到：apq(aq)pap(aq-1)papa(mod p)。同理可证：apqa(mod q)。故：apqa(mod pq)。4、证明：若 m,n 都是正整数，则(mn)=（m,n）(m,n)。证明：易知 mn 与m,n有完全相同的质因数，设它们为pi(1i k)，则)11()11)(11(21kpppmnmn）（)11()11)(11(,21kpppnmnm）（又 mn=（m,n）m,n 故),(),()11()11)(11(,),21nmnmpppnmnmmnk（）（。类似的题：设 m=m1m2，m1与 m 由相同的质因数，证明：(m)=m2(m1)。初等数论练习题六一、填空题1、为了验明 2011 是质数，只需逐个验算质数2，3，5，p 都不能整除 2011，此时，质数 p 至少是 _43_。2、最大公因数(4n+3,5n+2)的可能值是 _1,7_。3、设 340!,而 3+1|40!，即 340!，则=_18_。4、形如 3n+1 的自然数中，构成模 8 的一个完全系的最小那些数是1,4,7,10,13,16,19，22。5、不定方程x2+y2=z2,2|x,(x,y)=1,x,y,z0 的整数解是且仅是x=2ab，y=a2b2，z=a2b2，其中a b 0，(a,b)=1，a 与 b 有不同的奇偶性。6、21x9(mod 43)的解是 x25(mod 43)。7、19973=-1。二、计算题1、将10517写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5 和 7。解：设75310517zyx，即 35x 21y 15z=17，因(35,21)=7，(7,15)=1，1 17，故有解。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 27 页 -精品文档精品文档分别解 5x 3y=t7t 15z=17 得x=t 3u，y=2t 5u，u Z，t=11 15v，z=4 7v，v Z，消去 t 得x=11 15v 3u，y=22 30v 5u，z=4 7v，u，v Z。令 u=0，v=-1 得到：x=4，y=-8，z=3。即：735834105172、若 3 是质数 p 的平方剩余，问 p 是什么形式的质数？解：由二次互反律3)1(321ppp，注意到 p3，p 只能为 p1(mod 3)且113p)4(mod1)4(mod1pp13p只能下列情况)(mod)(mod4131pp)4(m o d1)3(m o d1pp)(mod 121p或)(mod 121p。3、判断不定方程 x2+23y=17 是否有解？解：只要判断 x217(mod 23)是否有解即可。171(mod 4)13231717317317217617232317 x217(mod 23)无解，即原方程无解。三、论证题1、试证对任何实数x,恒有 x+x+21=2x证明：设 x=x+,01 当 0 21时,x+21=x,2x=2x 等式成立当21 0，v 0，41 3v 2u 0。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 27 页 -精品文档精品文档2、有一队士兵，若三人一组，则余1 人；若五人一组，则缺2 人；若十一人一组，则余3人。已知这队士兵不超过170 人，问这队士兵有几人？解：设士兵有 x 人，由题意得 x 1(mod 3)，x2(mod 5)，x 3(mod 11)。在孙子定理中，取m1=3，m2=5，m3=11，m=35 11=165，M1=55，M2=33，M3=15，M1=1，M2=2，M3=3，则x 1 55 1（-2）33 2 3 15 3 58(mod 165)，因此所求的整数 x=52+165t，tZ。由于这队士兵不超过170 人，所以这队士兵有58 人。3、判断同余方程)(mod 4432862x是否有解?解：286=2143，433 是质数，(143，443)=1 奇数 143 不是质数，但可用判定雅可比符号计算的勒让德符号1437143214314143443)1()1(443143243244328621443211432144327143)1()1(211432178114313173原方程有解。四、证明题1、设(a,m)=1，d0是使 ad 1(mod m)成立的最小正整数，则()d0(m)；()对于任意的 i，j，0 i,j d0 1，i j，有 aiaj(mod m)。（1）证明：()由 Euler 定理，d0(m)，因此，由带余数除法，有(m)=qd0r，q Z，q 0，0 r d0。因此，由上式及 d0的定义，利用欧拉定理得到1 rrqdmaaa0)(mod m)，即整数 r 满足ar 1(mod m)，0 r j。因为(a,m)=1，所以aij 0(mod m)，0 ij 1，(b,m)=1，并且ba 1(mod m)，bc 1(mod m)（1）记 d=(a,c)，则 bd 1(mod m)。证明：由裴蜀恒等式知，存在整数x，y，使得 axcy=d，显然 xy 0，y 0，由式(1)知：1bax=bdbcy=bd(bc)ybd(mod m)。若 x 0，由式(1)知：1bcy=bdbax=bd(ba)xbd(mod m)。3、设 p 是素数，p bn 1，n N，则下面的两个结论中至少有一个成立：()p bd 1 对于 n的某个因数 d 2，则()中的 mod n 可以改为 mod 2n。证明：记 d=(n,p 1)，由 bn 1，bp 1 1(mod p)，及第 2 题有bd 1(mod p)。若 d 2，则 p 1(mod 2)。由此及结论()，并利用同余的基本性质，得到 p 1(mod 2n)。初等数论练习题八一、单项选择题1、设 n 1，则 n 为素数是(n 1)!1(mod n)的（C）。A.必要但非充分条件 B.充分但非必要条件 C.充要条件 D.既非充分又非必要条件2、小于 545 的正整数中，15 的倍数的个数是（C）A.34 B.35 C.36 D.37 3、500!的标准分解式中 7 的幂指数是（D）A.79 B.80 C.81 D.82 4、以下各组数中，成为模10 的简化剩余系的是（D）A.1,9,3,1 B.1,1,7,9 C.5,7,11,13 D.1,1,3,3 5、设 n 是正整数，下列选项为既约分数的是（A）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 27 页 -精品文档精品文档A.2n51n3B.1n21nC.2n51n2D.1n31n二、填空题1、（120）=360。2、7355的个位数字是 3。3、同余方程 3x5(mod14)的解是 x11(mod14)。4、（2317）=1。5、-2-2。6、如果一个正整数具有6 个正因数，问这个正整数最小是12。7、同余方程 x3+x2-x-10(mod 5)的解是 x1(mod5)。三、计算题1、已知 563 是素数，判定方程x2 429(mod 563)是否有解。解：把563429看成 Jacobi 符号,我们有42967)1(429674292429134429563429563)1(5634298142921563.214292-）27672767)1(67276742967429)1(429672167.212721429.216711311327)1(27132113.2127，故方程 x2 429(mod 563)有解。2、求出模 23 的所有的二次剩余和二次非剩余。解：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)；模 23 的所有的二次非剩余为x 5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22(mod 23)。3、试求出所有正整数n，使得 1n2n3n4n 能被 5 整除。解：若 n 为奇数，则 1n2n3n4n1n2n（-2）n（-1）n 0(mod 5)；若 n=2m，m Z，则 1n2n3n4n12m22m（-2）2m（-1）2m2+222m=2+24m=2+2(-1)m(mod 5)；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 19 页，共 27 页 -精品文档精品文档当 m 为奇数时，1n2n3n4n0(mod 5)；当 m 为偶数时，1n2n3n4n4(mod 5)。故当 4|n 时，51n2n3n4n。四、证明题1、证明：若质数 p2，则 2P-1 的质因数一定是 2pk+1 形。证明：设 q 是 2p-1 的质因数，由于 2p-1 为奇数，q2，（2，q）=1。由条件 q|2p-1,即 2p1（mod q）。设 h 是使得 2x1（mod q）成立最小正整数，若1h 1，(a,m)=1，x1,x2,x(m)是模 m 的简化剩余系，求：)(1miimax。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 22 页，共 27 页 -精品文档精品文档其中 x 表示 x 的小数部分。解：设 axi=mqiri，0 ri 3，p 只能为 p1(mod 4)且113p)3(mod1)3(mod1pp13p，只能是下列情况)4(mod1)3(mod1pp)4(m o d1)3(m o d1pp)(mod 121p或)(mod 121p。2、求使 12347!被 35k整除的最大的 k值。解：k=2054.四、证明题1、证明：设7p是一个质数，则存在唯一的一个正整数x，使得：1,2,1!0 modxpxp且120 p-6证明：存在性：因为7p是一个素数，由 Wilson 定理我们有：1!10 modpp，然而1!123456!1206!modppppppppp，所以1206!10 modppp，故存在1xp，使得!0 modxp120 p-6。唯一性：若还存在1,2,1!0 modypyp且120 p-6，则modxyp，注意到,1,2,1x yp，所以 xy 是唯一的。2、已知 9901 是素数，试证：49509901(171)。证明：由 9901 是素数，计算 Legendre 符号得：17 19901 17 117 13 17 12222221799017173711111990117177733所以 17 是模 9901 的平方非剩余，因此由Euler 判别条件可知：9901 12171 mod9901即49509901(171)。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 25 页，共 27 页 -精品文档精品文档3、证明：若 p=10n-1 是个质数，则1515 np。（提示：利用勒让德符号解决。）说明：要证1515 np，只需证明)(m od1515pn，即证：)(m od1555212111015ppnn这样就转化为证明：1)(5p。证明：因为)(mod1)51()5110()5()5(pnpp。所以)(m od1555212111015ppnn。故：1515 np。4、设 p=4n+3 是质数，证明当q=2p+1也是质数时，梅森数Mp=2p-1 不是质数。由此证明：23|（211-1），47|（223-1），503|（2251-1）。证明：由条件：q=2p+1=8n+7-1(mod 8)，从而：)(qp=1，即 1212q24n+32p（mod q)，于是 q|（2p-1）。故：梅森数Mp=2p-1不是质数。当 n=2，n=5，n=62 时立得：23|（211-1），47|（223-1），503|（2251-1）。注：此题还可以进一步表述为：设p=4n+3 是质数，证明：2p+1 是质数的充要条件是2p1(mod 2p+1)。必要性已证。下证充分性：若2p1(mod 2p+1)，则p(2p+1)，因此必有(2p+1)=p 或 2p。由于(2p+1)为偶数，故(2p+1)=2p。5、证明：设 p 是大于 5 的质数，则Zpppp)1(1)!1(。说明：只需证明：p(p+1)|(p-1)!+p+1。又因为(p，p+1)=1，所以需证：p|(p-1)!+p+1 与(p+1)|(p-1)!+p+1 同时成立即可。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 26 页，共 27 页 -精品文档精品文档证明：由 Wilson 定理：1!10 modpp 知：p|(p-1)!+p+1；又 p 是大于 5 的质数，可设 p+1=2n，其中 2np-1，于是(p+1)|(p-1)!+p+1。故：p(p+1)|(p-1)!+p+1。即Zpppp)1(1)!1(。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 27 页，共 27 页 -