初等數(shù)論附錄1習(xí)題參考答案

1、附錄 1 習(xí)題參考答案第一章習(xí)題1. () 由 a b知 b = aq，于是 b = ( a)( ( a)q，即 a b，a b 及 ab。反之，由也可得 a b； ( ) 由 a b， b c 知 b = aq1， ( ) 由 b ai 知 ai = bqi ，于是 a1x1 qkxk) ，即 b bq，于是 ac = bcq，即 bc ac； ( 再由 a 0 得 | q|1 ，從而 | a|2. 由恒等式 mq np = (mn pq 可知 m p mq3. 在給定的連續(xù) 39 個自然數(shù)的前 20 位數(shù)字是 0，其中必有一個的十位數(shù)字不是 則 a, a 1, , a 9, a 10，其中

2、必有一個能被 11 整除。4. 設(shè)不然， n1 = n2n3， n2 矛盾。5. 存在無窮多個正整數(shù) k， 不能表示為 a1a) = p ，得 k與 p 為素數(shù)矛盾。即 a c；q2x2a b， aa1x1a2x2| b| ，pq)q)ac =a2x2akxk；( )b = a( q)及 b = b 及 a b c = a( q1q2) ， akxk = b( q1x1 由bb，a bq2，于是) 由 b a知 a = bq，于是 | a| = | 后半結(jié)論由前半結(jié)論可得。 ( m p)( nq) 及條件 ma知 a = b| q| ，p mnnp。個數(shù)中，存在兩個自然數(shù)，它們的個9，記這個數(shù)

3、為19 的數(shù)字和為 s, sa，1,它的數(shù)字和為9,s， sp， n3p，于是 n = pn2n3使得 2kp 的形式，事實上，若 (k k1 a = 1，p3，即3n，1 是合數(shù)，對于這樣的 k ，1)122= aa =p，則(kp，即(k1)2 a)( k 1，此第一章習(xí)題二1.驗證當(dāng) n =0,1 ， 2， ,11時， 12| f (n) 。2.寫 a = 3 q1r1，b = 3 q2r 2， r 1, r 2 = 0, 1 或 2，由 3 a2b2 =3Q r 1r 2 知 r 1 = r2 =0 ，即 3 a 且 3 b。3.記 n=10q+r , ( r =0,1, ,9) ，則

4、 nk+4- nk被 10除的余數(shù)和 rk+4- rk=rk( r4-1)被 10 除的余數(shù)相同。對 r =0,1, ,9 進行驗證即可5因 a43a2 9 = (2 a3a3)( a 23a 3) ，當(dāng) a = 1，2 時，a2 3a 3 = 1，a432 a9 = a23 a3 = 7 ， 13，4 a3a2 9是素數(shù)；當(dāng) a 3時， a23a3 1 ， a23a 3 1 ，4 a3a2 9是合數(shù)。6.設(shè)給定的n 個整數(shù)為a1,a2, an，作s1 = a1， s2 = a1a2， ，sn = a1a2an，如果 si中有一個被n 整除，則結(jié)論已真，否則存在si， sj，i 0 ，則|b|

5、m ，故有 a,b = |b| 。2.設(shè) m是 a1 , a2, , an的任一個公倍數(shù)， 由 a1 m，a2 m知 a1, a2 = m2 m，由 m2m，a3 m知 m2, a3 = m3m，由 mn 1 m， anm知 mn 1 , an = mn m，即a1,a2, an m。3.只須證 (a b) ab a(a,b)b(a(b,ab) ，即只須證 (b,b)a b) = ( a, b) ，此式顯然。4.由 a b = 120 及 ab =( a,b) a, b = 24144 = 3456 解得 a = 48 ，b = 72或 a = 72 ， b = 48 。2 2 22 2 22

6、 ab cab c5. 因為 a,b,c22， a,bb,cc,a，故只須證(ab,bc,ca) (a,b)(b,c)(c,a)明(a, b, c)( ab, bc, ca) = ( a, b)( b, c) ( c, a) ，此式用類似于例 3的方 法即可得證。6.設(shè)s = 1 k2k9 k ，則由 2s = (1 k9k)(2 k8 k)(9 k1k) = 10 q1及 2s =(0 k9 k)(1 k8 k)(9 k0k) = 9 q2得 102s和 9 2s，于是有902s，從而 129 = 45 s 。第一章 習(xí) 題 五= (1290, 1548, 1032) =(258, 516,

7、 1032) =(258, 0, 0)= 258。4. (Fn + 1, Fn) = ( FnFn 1 , Fn) =( Fn1 , Fn) = ( F1, F2) =1 。5. 設(shè)除數(shù)為 d，余數(shù)為r ，則由d 4582 2836 = 1746，d5164 4582 =582，d6522 5164 =1358知 d (1746, 582, 1358) =194，由此得d = 97 ， r= 23或 d = 194 ， r= 120 。6. 作輾轉(zhuǎn)相除：a =bq1r 1，0 r1 | b|b =r 1q2r2， 0 r2 r1，r n 2=r n 1 qnr n ，0 rn r n 1 ，r

8、 n 1=r nqn 1rn1，rn 1 =0 。由第一式得2a 1 = 2bq1 r1 2r12r11 2r1(2b )q11(2r11) (2b 1)Q1 (2r11)，即 M a MbQ1 M r1， (Ma,M b) (Mb,M r1)。類似可得 (Mb,M r1 ) (M r1,M r2) 等，于是 (M a,Mb) (M b,Mr1)(Mrn ,Mrn1) M rnM(a,b)。章習(xí)1. ( ) 正因數(shù)。反之， 式中 pi 的指數(shù)都不超過 ( 0i2. ( ) p11 pkk | a，p11 的指數(shù)同時不超過明了 (a, b) = p1 1 即可證得。3.顯然 d = p11 p2

9、2 pkk (0設(shè) d為 n的任一個正因數(shù)，由 n的標(biāo)準(zhǔn)分解式中 pi的指數(shù)，即 d必可表示成i ，1ik)的形式； ( ) 類似于 ( )可證得。min i , a， db，pi 的指數(shù)，即i ，1i顯 然 對 于 ipkk |b ，而且若 da和 b的標(biāo)準(zhǔn)分解式中pkk ，i = min i,22345680 = 2 43 5 7 47283。i ，1in 知對每一個 pi ，i ， 則dk；k)是 n 的 d 的標(biāo)準(zhǔn)分解 p11 p22 pkk1 i k ， 的標(biāo)準(zhǔn)分解式中 pi p11( )pk k ，這就證類似于 ( )4. 數(shù)，即 于是易知5.寫i = 2 i i，2i 只能取 n

10、 個數(shù)值，在 n 1 個這樣的數(shù)中，必存在 i 與 j 成倍數(shù)關(guān)系。寫i = 2 i i，2| i，i = 1, 2,| i，i = 1, 2, 2 n，則i為1, 2, 2 nj(i中的奇j )，, n，令 = max 1,2,nk，顯然，取T=T21 ，且由第一節(jié)例 5 知使 = 211 2 n2 k k6.設(shè) a p1 1p2 2pk k， b1 2 n ， 若1122 k kpk k ，T2T 中除 2 np11p22a2p11 p22 pk k，i0，max其它，b2p11p22 pk k，則 a1， a2，b1，b2 使得 a =a1a2，i0，b =b1b2，k的 k( 1kn)

11、是唯一S 是 整 數(shù) ， 則 STn 項外都是整數(shù)，矛盾。i , i，a1a2max i , i其它，(a2, b2) = 1 ，并且 a,b，b2b = a2 b2。b1第一章 習(xí) 題 七1. ( )，()，() 顯然； ( ) 由xy = x x yy= xy xy 即可證得； ( ) 由 x = ( xx) =x x 即可證得； ( ) 由 x = ( x x) = x即可證得。1234712347 123472. 2 3 = 176325135 5 = 2054772 733. 由例 4得x 1= 2 x x ，于是2n 22r r 1 2r 12nrr 1 212r( 2rn112

12、2nr ) = n =n。4設(shè) x = a ，a=1,2,n -1，0 1 。代入原方程得到2a2 = 2 a ,知 2aZ， 的可能取值是0,1,2a 1，即有 2a 個解。由于x=n 也是2a2a解，因此，共有 2(1 2n 1)1個解。5.設(shè) x = n ，nZ，1 1 ，則f( x) = x2 x2 2 x2 3 x2 4x25x= n2n22 n2 3n24n2 5n2 2 2 232 4 2 5 ，由此得 63nf(x)63n1 3 7 153163 n57，另一方面， 12345 為63k60 型，故 f(x)12345 。6.設(shè) n = a0 2a122 a22 sas ，ai

13、 = 0 或 1，則h =n n2 n3 222= ( a12a22 2a3as= (21) a1(2 2 1) a2= ( a02a12 2a22 s 1as)( a22a32 s 2as)(2 s1) as2sas)( a0a1a2as) =第一章 習(xí) 題 八m m m m1. 設(shè)不然，則n= 2mn1，2|n1，n1 1， 22 n1 1 (22 1)Q，1 22 1 2n1 ，表明 2n 1 是合數(shù)，矛盾。2. 設(shè) 不 然 ， 則 n = n1n2 ， 1 n1 n ， 則 2n1=2n1n2 1 (2n1 1)Q， 1 2n1 1 1 ，A是奇數(shù)，且 A是6n 5 型的整數(shù)，故 A必

14、存在一個 6n 5 型的 素因數(shù) p，從而 p = pi( 1ik)，由 p A， p p1p2 pk推出 p 1，矛盾。4. 設(shè) p1，p2 = dp1，p3 = 2d p1，首先 p1 2且 d是偶數(shù)，于是 3|d，從而對任意給定的 d， p1，p2，p3中有且只有一個被 3 整除，即 p1，p2，p3 有且只 有一個等于 3，故 p1，p2， p3最多只有一組。5.顯然下面 n 個正整數(shù) (n 1)!2，(n1)!2， ，(n1)!(n1) 滿足要求。6.設(shè)不然，則存在 k，使得11，設(shè) Q = p1p2 pk ，考慮 1nQ，nk 1pn2n N，顯然它們都不能被 p1 , p2, ,

15、 pk整除， 即 1nQ的標(biāo)準(zhǔn)分解式中的素數(shù)都只能在 pk + 1 , pk +2 , 中，從而對于任意的 r 1 ，有1 (1 )n(1)n ，n 11 nQ n 1 m k 1 pmn 1 2右邊是一個收斂的級數(shù)，故由比較判別法知是一個發(fā)散級數(shù)，矛盾第二章 習(xí) 題 一1. 定理 1 的證明：如果 ( ) 成立， mab，ab = mq， a= bmq，知() 成立；如果 () 成立，寫a = q1mr 1,b = q2mr 2， 0r 1, rm1，則 q1m r1 = q2m r 2mq，由此得r 1 = r2，知 ( ) 成立；如果 ()成立， a = q1m r, b = q2m r

16、，0 r m 1 ，則 ab = m(q1 q2) ，m ab，知 ( )成立。 定理 2 的證明：結(jié)論 ( ) 與( ) 顯然。 ( ) 由定理 1 及 ab，b c (mod m) 可知存在整數(shù) q1， q2，使得 a = bq1m，b = cq2m，因此 a = c( q12. 由 x y (mod m) 得 x若 A是模 m的完全剩余系， 顯然 ( ) 與( )成立。反之，滿足 () 與( ) 的一組數(shù)必分別來自于模 m的每一個不同的剩余類，即 A是模 m的完全剩余系。q2) m，推出 a yi (mod m)c (mod m)。定理 2 得證。 ，由 aibi (mod m) 得 a

17、i xibiyin(mod m) ，再由可加性得ai xii0nbi yi (modi0m)。3. ( ) 由 a b (modm) 得 m ab，又 d m，故 da b，即ab (mod d) ；( ) 由 ab (mod m)得 m a b，故 km kakb，即 akbk (mod mk) ； ( ) 由 ab (mod mi )得mi ab，故 m1,m2, ,mk ab，即 a b (mod m1, m2, mk) ； () 由 a b (mod m) 得a = mqb，故 (a, m) = ( b, m)； ( ) 由 acbc (mod m) 得 mac bc = c(ab)，

18、又 ( c, m) = 1 ，故 m ab ，即 ab (mod m) 。4. 因為 8由威爾遜定理知 1 (2 p)! = p!( p 1) (2p)( 1) p( p!) 2(mod2p1) ，由此得 (p!) 2 ( 1) p 0 (mod 2 p 1) 。1(mod 13)，所以 81234 =(8 2) 617 ( 1)617112 (mod13) ，即 81234 被 13 除的余數(shù)是 12。5. 對任意的整數(shù) x， x r(mod m) ， 1r m，于是 f (x)f(r)0(modm) ，從而 f (x) 0 ，所以方程f(x) = 0 沒有整數(shù)解。6. 由 99|62 42

19、7得9 | 62427， 11|62427。 從9|62 427 得=6 或= 15 ，從 11| 62427 得= 2 或= 9 ，于是解關(guān)于 ， 的方程組6或6或15 或152929得 = 2 ， = 4 。第二章 習(xí)題二p 1 (mod p 1)1) ，又 2N = p(p1 (mod n1) 得 013. 由(p 1)! p 1 (mod p) ，(p 1)! 以及 (p, p 1) = 1 得(p 1)! p 1 (mod p(p 1)，故(p 1)!p 1 (mod N)。4. 設(shè)不然， n = n1n2，1 n1 n，由 (n 1)! (mod n1) ，矛盾。5. 設(shè) 4 m，

20、如果 a1b1, a2 b2, , ambm 是模 m的完全剩余系，則其中的奇 數(shù)與偶數(shù)各半，又 a1, a2, am 與b1, b2, , bm 也是模 m的兩個完全剩余系，故aibi必須使 ai ， bi同為奇數(shù)或偶數(shù)，即 aibi 2 (mod 4) ，這對于 4 m的模 m的 完全剩余系是不可能的。6.( )由 bi 通過 mi 個數(shù)可知 b11b2 2bn n 通過m= m1m2 mn個數(shù)；( )如果 b11 b22bnnb11b22bnn (mod m) ，則 b11b2 2bnnb11b22bnn (mod mi ) ，即 bibi(mod mi ) ，bi= bi。故 b11

21、b22bn n 通過模m = m1m2 mn 的完全剩余系。第二章 習(xí) 題 三1. 若 A是模 m的簡化剩余系， 顯然( ) ，( )與( )成立。反之，滿足( ) ， ()與() 的一組數(shù)必分別來自于模 m得每一個不同的與模 m互素的剩余類，即 它是模 m的簡化剩余系。2.對 n 施行數(shù)學(xué)歸納法。當(dāng) n = 2 時，由定理 3 知命題成立，假定命題在n 時成立，即 x = M1x1M2 x2Mn xn 通過模 m =m1m2 mn 的簡化剩余系，則mn+1xm1m2 mnxn 1= mn + 1M1x1mn + 1M2x2mn + 1 Mn xnm1m2 mnxn 1= M1x1M2x2Mn

22、xnM n + 1 x n + 1通過模 m1m2 mnmn + 1 的簡化剩余系，由歸納原理知命題對一切n 2 成立3. 寫 axi = mqiri，0ri 1 2 (21)；當(dāng)n= p，p 為奇素數(shù)時，(p ) = p1p p(1 )；現(xiàn)在設(shè)n 2 p1 1pkk則習(xí)題四1. 因 103= 2353，顯然 1978103 19783 0 (mod 23) ，再由 1978100 1 (mod 53)得 1978103 1978 3 0 (mod 5 3)，故 1978103 1978 3 0 (mod 10 3)。159 159 6 26 3 32. 313 = 5 = (5 ) 5 5

23、= 25 5 4 56 (mod 7) 。3. 因 561 = 3 11 17，對于一切整數(shù) a，(a, 561) = 1 ，有(a, 3) = 1 ， (a, 11) = 1 ，(a, 17) = 1 ， 由費馬定理可得 a560 = ( a2) 280 1 (mod 3) ，a560 = (a10) 561 (mod 11) ， a560 = ( a16) 351 (mod 17) ，故 a5601 (mod 561) 。4. 由費馬定理qp11 (modp) ，pq 1 1 (modq) ，pq 1qp 11 (modp)，pq 1qp11 (modq) ，故 pq 1 qp1 1 (m

24、odpq) 。5. 6 12 1 = (6 3 1)( 6 3 1)( 6 6 1) =5 43 7 31 46657，對 于46657，它的素因數(shù)必為 12k 1型，經(jīng)檢驗的 46657 = 13 37 97，故 612 1 = 5 7 13 31 37 43 97 。6. 設(shè)素數(shù) p bn 1 ，即 bn1 (mod p) ，于是 b2n 1 (mod p) ，由例 5 得下面兩種情形之一成立：( ) p bd 1 對于 2n 的某個因數(shù) d m，使得 a n an1, 11, 1, 1, 1, 6, 1, 1,2, 1, 2,，由此得 p1 = 3 ，p7 = 153 ，p8 = 209

25、 ，p9 = 571 ，p10 = 780 ，p3 = p11 = ，q1 = 1，q2 = 1，q3 = 3， q4 = 4，q5 = 11，q6 = 15，q7 = 41，q8 = 56， 117805，故209 571 105209p2 = 4 ，q9 = 153， q10 = 209，q11 = 571，于是 |2 3780209 |即為所求。5 1=4p3 = 4 ，p4 = 17 ，p5 = 72 ，p64. sin180, 3, 4, 4, 4, 4,，得 p1 = 0 ， p2 = 1 ，= 30572 |2335. 的前幾個漸近分數(shù)為 3，1233，q6 = 987 ，于是

26、| sin 18，q1 = 1 ，1233 987 22 ， 333， 17 106q2 = 3 ，1，5，105355，113q3 = 13 ， q 4 = 55 ， q5 =故 72 即為所求。2331039933310210430833215其中 355 和10993 分別滿足誤差滿足113 331026. 1 521, 1, 1, 1, 1,Fk 1 = Fk + 1 ，qk = qk 1qk106和109的要求。，由此易得pk = pkpk 2 = Fk1Fk 2 = Fk，故 pkqkFk 1Fk第三章 習(xí) 題 四1. 方程 3x2 2x 2 = 0 的正根 7 1 =30, 1,

27、 1, 4, 1, 1, 1, 4,1, 1, 1, 4,2.1,2,3 = 111 ， 解得 x2123.a2 1a ( a2 1a) a1aa12a ( a2 1 a)a, 24.a, 2 a, 2若da, 2 a,a1,a2, ,an,2a1 ，則a1,a2 , ,an,2a1a1,a2,an,a1pnpn 1得(dqn a1 qnqn則a1pnpn 1)1，dqn = a1pn( a1pnpn 1pn1，反之，pn) d 若 pn = a1qn0，qnd )qn qn 1 由 d 是無理數(shù)得 1，dqn = a1 pnpn =pn 1，a1,a2,an ,2a1a1,a2,an ,a1

28、得 滿足方程= d 。5.2qn( a1qnqn 1pn)(a1(a1( a1pnpn 1) pn pn 1 ，)qn qn 1) = 0 ，即由第 4 題可得到。第四章習(xí)題1. 設(shè)17x y z ，即 35x21y15z = 17 ，因(35, 21)= 7，(7,10535715) = 1 ， 117，故有解。分別解 5x3y = t，7t15z = 17 得x =t3u，y = 2 t5u，u Z，t = 1115v，z =4 7v ， v Z，消去t得x= 11 15 v3 u， y = 2230 v 5u， z = 4 7v， u，v Z 。對于任意的確定的 u和 v的值，都給出一種

29、表示法。2.分別解 x12x2 = t ， t3x3 = 41 得 x1 = t2 u，x2 = u，u Z，t = 413 v，x3 =v， v Z，消去t 得 x1 = 413 v2u， x2 = u， x3 = v，u，vZ。由此得原方程的全部正整數(shù)解為(x1,x2,x3)= (413v2u,u,v)，u 0 ，v 0 ，413v 2u 0 。3. 消去 x1 得 9x2 14x3 = 3，解得 x2 = 9 14t ，x3 = 6 9t ， t Z， 從而得不定方程組的解為 x1 = 43 55t，x2 = 9 14t，x3 = 6 9t， t Z ，4. 設(shè)甲、乙班的學(xué)生每人分別得

30、x，y支鉛筆，則 7x 11y = 100 ，解這 個不定方程得 x = 8 ， y = 4 。5. 二元一次不定方程 ax by = n 的一切整數(shù)解為 x x0 bt ， t Z， y y0 at于是由 x0，y0 得 y0 t x0 ，但區(qū)間 y0 , x0 的長度是 n ，故此ababab區(qū)間的整數(shù)個數(shù)為 n或 n 1。abab6. 因為 0, 1,2, ab ab 中共有 (a 1)( b1)個數(shù)，故只須證明 n 與 g n(g =ab ab)有且只有一個能表示成axby(x0，y 0 )的形式。如果n與 gn都能表示成 axby(x0，y0)的形式，即 axby = n(x 0 ，

31、y0 )， axby =gn(x0，y0 )，則 a(xx ) b(yy ) = g ，這是不可能的；如果n不能表示成 ax by(x0， y0)的形式，則因為二元一次不定方程axby= n 的一切整數(shù)解為xx0 bt ， t Z，所以當(dāng) t 使 0 xb1 時，必有yy0 aty1，于是 a(b1x)b(1 y) = gn，即 gn 能表示成 ax by( x0，y0 )的形式。第四章習(xí)題二1. 設(shè)有理數(shù)l x，n y( m220 )滿足方程 x y= 1，即l22 nmm= m2，于是得 l =2abd，2 n = (ab)d，m = (ab)d 或l= (2 ab2 )d ， m =2a

32、bd，m =(a2b2)d ， 由此 得 (x,y)2=( 2ab , a2 =( 2 2 , 2b2)或(a2 b2 , 22ab 2 ) 。反之，代入方程2x2 y =1即a2 b2 a2b2a b ab知這樣的點在單位圓周上。2. 由 x2 = (zy)( zy) 及 x是素數(shù)得 z y = x2，zy = 1，于是 2z 1 = x ，2(xy 1) = ( x1) 2 都是平方數(shù)。3.設(shè)x2 y = a，yz = b2，x= c2 ，則 a2b2 =c ，由此得2 x = ( u22v)t，y = (2 uv2)2t或224uvt ， z= t ，u, v, t Z。4.設(shè)(zx, zx)=d，易知d = 1或 2。由 (zx)( zx) = 3 y2得zx = 3 da2，z x =db2，y = dab或 zx= db2， z