王進明__初等數(shù)論_習(xí)題解答

1、王進明 初等數(shù)論 習(xí)題及作業(yè)解答1已知兩整數(shù)相除，得商12，余數(shù)26，又知被除數(shù)、除數(shù)、商及余數(shù)之和為454求被除數(shù).解：b=30, 被除數(shù)a=12b+26=360+26=386.這題的后面部分是小學(xué)數(shù)學(xué)的典型問題之一“和倍” 問題。2證明：(1當nZ且時，r只可能是0,1,8;證：把n按被9除的余數(shù)分類，即：若n=3k, kZ，則, r=0；若n=3k +1, kZ，則,r=1；若n=3k1, kZ，則,r=8.(2 當 nZ時，的值是整數(shù)。證因為=，只需證明分子是6的倍數(shù)。=.由k!必整除k個連續(xù)整數(shù)知：6 ,6 |.或證：2!|, 必為偶數(shù).故只需證3|.若3|n, 顯然3|；若n為3k

2、 +1, kZ，則n1是3的倍數(shù)，得知為3的倍數(shù)；若n為3k1, kZ，則2n1=2(3k11=6k-3, 2n1是3的倍數(shù).綜上所述，必是6的倍數(shù),故命題得證。(3若n為非負整數(shù)，則133|(11n+2+122n+1證明：利用11n+2+122n+1=121×11n +12×144 n =133×11n +12×(144 n11 n及例5的結(jié)論(4當m，n，lN+時，的值總是整數(shù)證明：=由k!必整除k個連續(xù)整數(shù)知：,n! |，從而由和的整除性即證得命題。(5當a，bZ且a b，n是雙數(shù)時，；(6當a，bZ且a b，n是單數(shù)時，解：利用例5結(jié)論：若a b

3、，則令b=b*, 即得?；蚪猓篴 = (a+bb， (5當n為雙數(shù)時，由二項式展開，證得。(6 當n為單數(shù)時類似可得。3已知a1，a2，a3，a4，a5，bZ,且，說明這六個數(shù)不能都是奇數(shù)解：若這六個數(shù)都是奇數(shù)，設(shè)，則，因為，所以8 | 4,而，即等式左邊被8除余5,而右邊被8除余1, 故不可能這六個數(shù)都是奇數(shù)。4能否在下式的各內(nèi)填入加號或減號，使下式成立；能的話給出一種填法，否則，說明理由。123456789=10不能，因為等式左邊有單數(shù)個單數(shù)，它們的和差只能是奇數(shù)，而等式右邊10為偶數(shù)?；蚪猓簾o論各內(nèi)填入加號或減號，123456789+1+2+3+4+5+6+7+8+9總是偶數(shù)，而1+2+

4、3+4+5+6+7+8+9=45,因此的結(jié)果123456789一定是奇數(shù)。5已知：a，b，c均為奇數(shù)證明無有理根。證：若有有理根，記為互質(zhì)，代入方程有即，這是不可能的，因為p,q互質(zhì)，二者不可能同時為偶數(shù)。若p為偶數(shù)，則為偶數(shù)，但是奇數(shù)，它們的和不可能為0;若q為偶數(shù)，則為偶數(shù)，但是奇數(shù)，它們的和也不可能為0。6在黑板上寫出三個整數(shù)，然后擦去一個，換成其他兩數(shù)之和加1，繼續(xù)這樣操作下去，最后得到三個數(shù)為35，47，83問原來所寫的三個數(shù)能否是2，4，6?解：不能因為原來所寫的三個數(shù)若是2，4，6，每次操作后剩下的三個數(shù)是兩偶一奇7將1-99這99個自然數(shù)依次寫成一排，得一多位數(shù)A1 2 3 4

5、 5 6 7 8 9 101197 98 99，求A除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余數(shù)分別是多少?解：由數(shù)的整除特征，2和5 看末位， A除以2余1，A除以5余4；4和25 看末兩位， A除以4余3，A除以25余24；8和125看末三位， A除以8余3，且除以125余24；3和9看各位數(shù)字的和，123456789=45，A所有數(shù)字的和等于450, A除以3和9都余0，A除以11的余數(shù)利用定理1. 4, 計算奇數(shù)位數(shù)字之和A 的偶數(shù)位數(shù)字之和奇數(shù)位數(shù)字之和1+3+5+7+9+(0+1+9 ×9，偶數(shù)位數(shù)字之和2+4+6+8+(1+2+9 ×10，兩者之差為4

6、0，原數(shù)除以11的余數(shù)就是40除以11的余數(shù)：4.8四位數(shù)7x2y能同時被2，3，5整除，求這樣的四位數(shù)解：同時被2，5整除，個位為0，再考慮被3整除，有4個：7020，7320，7620，79209從5, 6, 7, 8, 9這五個數(shù)字中選出四個不同的數(shù)字組成一個四位數(shù)，它能同時被3, 5, 7整除，那么這些四位數(shù)中最大的一個是多少？被5整除，個位必為5. 5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故選出的四個不同的數(shù)字是5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,從最大的開始

7、試除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。10111至1001各數(shù)按以下的格式排列成表，像表中所示的那樣用個正方形框住其中的9個數(shù)，要使9個數(shù)的和等于(12001，(22529，(31989，能否辦到?如能辦到，寫出框里的最小數(shù)與最大數(shù)如辦不到，說明理由解：設(shè)框里居中心的數(shù)為x,則9個數(shù)的和等于9x. (1 9不能整除2001，和等于2001辦不到；(2 9x=2529，x=281，是所在行第一個數(shù)，和等于2529辦不到；(3 9x=1989，x=221，和等于1989能辦到，框里的最大數(shù)為x+8=229，最小數(shù)為x8=21312證明：7(或11或13 的特征是：7(

8、或11或13 整除解答：因為7×11×13=1001。（諧“一千零一夜”）anan-1a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0+(anan-1a3a2a1a0 ×1000附）廣西師范大學(xué)趙繼源主編的初等數(shù)論習(xí)題11中的部分題目3已知a，b，c中，有一個是2001，有一個是2002，有一個是2003，試判斷(a1×(b2×(c3的奇偶性，并說明理由69. 是否存在自然數(shù)a和b，使a2b2 = 2002成立?11證明：當nZ時，6 | n(n1(2n112已知：，f (0，f (1，f (1，x均為整數(shù)證明：解答

9、：3偶數(shù)因為a，b，c中，有三個奇數(shù)，所以a1，c3中至少有一個是偶數(shù)6只需，即，先考慮有5組解 9不存在利用a2b2 =(ab(a + b，而ab，a + b的奇偶性相同而2002=2×1001.11用數(shù)學(xué)歸納法或n(n+1(2n+1= n(n+1(n+2+(n1n(n+1，利用整除的基本性質(zhì)(1312由f (0，f (1，f (1，x均為整數(shù)可得c, a+b, ab均為整數(shù). 進而知2a，2b為整數(shù). 分類討論(kZ: x=2k時，由2a，2b為整數(shù)f (x顯然為整數(shù); x=2k+1時，f (2k+1 = 4ak(k+1 + 2bk + a + b + c, 可知f (x仍然為整

10、數(shù)。習(xí)題1-21. 判斷下列各數(shù)中哪些是質(zhì)數(shù)？109，2003，173572. 求證：對任意 nZ+，必有 n 個連續(xù)的自然數(shù)都是合數(shù).3. 當 n 是什么整數(shù)時，n4+ n2+1是質(zhì)數(shù)？4. 求證：當 nZ+時，4n3+6n2+4n +1是合數(shù).5. 求 a，使 a，a +4，a +14都是質(zhì)數(shù).6. 已知兩個質(zhì)數(shù) p和 q滿足關(guān)系式 3p+5q=31.求p/(3q+1的值.7. 已知 p>3，且 p和 2p+1都是質(zhì)數(shù)，問 4p+1是質(zhì)數(shù)還是合數(shù)？8. 由超級計算機運算得到的結(jié)果（28594331）是一個質(zhì)數(shù)，試問：（2859433+1）是質(zhì)數(shù)還是合數(shù)？請說明理由.9. 已知：質(zhì)數(shù)

11、p、q使得表達式（2p+1）/q及(2q-3/p都是自然數(shù)，求 p、q的值 .10. 試證：形如 4n -1的數(shù)中包含有無窮多個質(zhì)數(shù) .11.（1）若 n 是合數(shù)，證明：2n-1也是合數(shù)；（2）有人認為下列各和數(shù)：1+2+4，1+2+4+8，1+2+4+8+16，交替為質(zhì)數(shù)與合數(shù)，你認為對嗎？12. 已知：質(zhì)數(shù) p 5，且是質(zhì)數(shù)，證明：4p+1必是合數(shù) .習(xí)題1-2解答1., 109用質(zhì)數(shù)試除到7, ,2003用質(zhì)數(shù)試除到37，可知兩者是質(zhì)數(shù)，17357=17×1021是合數(shù). 試除時，用數(shù)的整除特征考慮：2，3，5顯然不能整除它，由上節(jié)第8題結(jié)論，35717= 340，340不能被

12、7，11，13整除，再用17考慮，得分解式。2. 為作一般性證明，可如下構(gòu)造 n 個連續(xù)自然數(shù)：（n + 1）！+ 2，（n + 1）！+ 3，（n+ 1）！+ n + 1顯然它們每個都是合數(shù).3. 利用 n4+ n2+1 = n4+ 2n2+1n2 = (n2+ n+ 1(n2n+ 1，知僅當 n= ± 1時，n4+ n2+1為質(zhì)數(shù) .4. 利用4n3+ 6n2+4n+1= (2n+1(2n2+ 2n+ 1 ,nZ+, n1,2n+1和2n2+ 2n+ 1皆為大于1的數(shù).5. a=3. 思路：分類討論(kZ: a=3k+1時，a + 14是3的倍數(shù)，a=3k+2時，a + 4是3的

13、倍數(shù)。 必有a =3k，即a為3的倍數(shù)。而a是質(zhì)數(shù), 只有a =3時，三個數(shù)全是質(zhì)數(shù)。6. 條件為一個不定方程, 可知1 < q 5, 窮舉得q=2, p=7; q=5,p=2兩組解。故1或 1/8。7. 合數(shù). 利用質(zhì)數(shù) p> 3得 p不是 3的倍數(shù)，p= 3k+ 1，3 | 2p+1，所以，p=3k+2，3 | 4p+1.或解：4p，4p+1，4p+2是三個連續(xù)整數(shù)，必有一個被3整除，由題設(shè)，只有3 | 4p+1.8. 合數(shù) . 2859433不可能是3的倍數(shù)，連續(xù)三個自然數(shù)中必有一個是 3的倍數(shù). 即（2859433+1）。另一種解法：由習(xí)題11第1題（2）的結(jié)論，（2+1）

14、|（2859433+1）9. 設(shè)，h、 k 必為奇數(shù), ，而k不能為3, 故只有k =1, 這樣2q3=p , 代入，同時質(zhì)數(shù) p、q 大于 3. 所以, 只能有h =3, 因而得 q =5, p=7.10. 先證：一切大于 2的質(zhì)數(shù)，不是形如 4n + 1就是形如 4n1的數(shù)；再證任意多個形如 4n+1的數(shù)，最后用數(shù)學(xué)歸納法驗證 .若形如 4n1的質(zhì)數(shù)只有有限個：p1, p2, , pk。令N = 4 p1 p2 pk1，N為形如 4n1的數(shù)，由假設(shè)N必為合數(shù)，且必有一個形如 4n1的質(zhì)因數(shù)p（為什么？）, 因此p為 p1, p2, , pk中在某一個，于是，p | 1, 矛盾。11.（1）

15、n是合數(shù), 設(shè)n=st, 2n-1=2st-1=（2s-1）（2s）t-1+ （2s）t-2+ + 2s+ 1.（2）1+2+22+ +2n-1=2n-1. 當 n=14，15時，214-1，215-1均為合數(shù)， 不對 .12. 書后提示說取模為6分類討論 p，即設(shè) p=6q+ r（r=0，1，2，3，4，5）.由質(zhì)數(shù) p 5，若p=6q, 6q+2, 6q+3或6q+4, p皆為合數(shù), 不可能. 若p=6q+ 1, 則2p +1=12q+ 3也是合數(shù), 故在題設(shè)條件下, 只有p=6q+5, 此時4p+1=24q+21, 是合數(shù).實際上，這題與第7題完全相同。質(zhì)數(shù)p> 3質(zhì)數(shù)p 5，可用

16、前面的方法簡單求解。習(xí)題 1-31.求：（1）（21n +4，14n +3）（其中 nZ+）；（2）（30，45，84），30，45，84；（3）（5767，4453）.2.求證：an，bn= a，bn（a，b，nZ+）.3.自然數(shù) N =10x+ y（x是非負整數(shù)，y是 N 的個位數(shù)字），求證：13 N的充要條件是 13 （x+4y）.4.用割（尾）減法判斷下列各數(shù)能否被 31，41，51整除：26691，1076537，13612415.有 15 位同學(xué)，每位同學(xué)都有編號，他們是 1 號到 15 號 .1 號同學(xué)寫了一個自然數(shù)，2號說“這個數(shù)能被 2整除”，3號說“這個數(shù)能被 3整除”依此

17、下去，每位同學(xué)都說這個數(shù)能被他的編號整除 .1 號做了一一驗證，只有編號連續(xù)的兩位同學(xué)說的不對，其余同學(xué)都對 .問：（1）說得不對的兩位同學(xué)的編號是什么數(shù)？（2）如果 1號寫的數(shù)是 5位數(shù)，這個 5位數(shù)是多少？6.請?zhí)畛鱿旅尜徫锉砀裰袃?nèi)的數(shù)字：品名數(shù)量單價（元）總價（元）課桌72.7.7課椅77.3.合計金額（元）3.557. 狐貍和黃鼠狼進行跳躍比賽，狐貍每次跳 4 12 米，黃鼠狼每次跳 2 34米，它們每秒鐘都只跳一次，比賽途中，從起點開始，每隔 12 38米設(shè)有一個陷阱，當它們之中有一個掉進陷阱時，另一個跳了多少米？8. 大雪后的一天，大亮和爸爸共同步測一個圓形花圃的周長，他倆的起點和

18、走的方向完全相同，大亮每步長 54厘米，爸爸每步長 72厘米 .由于兩人腳印有重合，所以雪地上只留下 60 個腳印，求花圃的周長 .9. 設(shè) a，b是自然數(shù)，a + b=33，a，b=90，求（a，b）.10. 一公路由 A 經(jīng) B 到 C，已知 A、B 相距 280 米，B、C 相距 315米，現(xiàn)在路邊植樹，要求相鄰兩樹間的距離相等，并要求在 B 點、AB、BC 的中點上都要植上一棵樹，那么兩樹間的距離最多有多少米？11. 一袋糖不足 60 塊，如果把它平均分給幾個孩子，則每人恰好分得 6塊；如果只分給這幾個孩子中的男孩，則每個男孩恰好分得 10塊 .這幾個孩子中有幾個女孩？12. 爺爺對小

19、明說：“我現(xiàn)在的年齡是你的 7 倍，過幾年是你的 6倍，再過若干年就分別是你的 5 倍、4 倍、3 倍、2 倍 .”你知道爺爺和小明現(xiàn)在的年齡嗎？習(xí)題 1-3解答1.（1）1. 用輾轉(zhuǎn)相除法 （2）1260. （3）73. 用輾轉(zhuǎn)相除法2. 證： ，而由定理1.13, ，從而由定理1.21推論3，=1。（an，bn）=（a，b）n，再由定理1.19,a，b（a，b）= a b，等式兩邊同時n次方，得a，bn（a，b）n = a n b n， 同樣由定理1.19， an，bn（an，bn）= an bn， a，bn（a，b）n =an，bn（an，bn）； a，bn =an，bn。3. 利用10

20、x+ y= 10（x+4y）39y.4. 31| 26691，41|26691，5126691；31|1076537，41|1076537，511076537；31|1361241，41|1361241，51|1361241. 以51為例，512669151(26691×5；又512664 51(2664×5；顯然51246 。51|136124151|(1361241×5，又51|13611951|(136119×5，又51|1356651|(13566×5，又51|132651|(1326×5，而51|102。5. （1）這兩個連

21、續(xù)的編號的倍數(shù)應(yīng)該大于15, 否則編號是它們的倍數(shù)的同學(xué)說的也不對； 而且是這兩個連續(xù)的編號的質(zhì)因數(shù)的次數(shù)應(yīng)該高于比它小的數(shù)，否則編號是它們的質(zhì)因數(shù)的同學(xué)中至少也有一個說的也不對。因此只能是8，9. （2）60060；因為1號寫的數(shù)是2到15除8，9之外的整數(shù)的公倍數(shù)，也就是3，4，5，7，11，13的公倍數(shù)，3，4，5，7，11，13兩兩互質(zhì)，它們的最小公倍數(shù)60060就是5位數(shù)。6. 72=8×9,8,9互質(zhì)，故總價必為8，9的倍數(shù)，可推得為 707.76元，因而知課桌的單價為9.83元；課椅的總價為 3.79元，由77=7×11推得另兩個數(shù)字,即課椅總價為 328.7

22、9元，再得課椅單價為 4.27 元；合計金額為 1036.55元 .7. 黃鼠狼在第9跳掉進陷阱，此時狐貍跳了4.5×9 = 40.5米 .8. 54，72=216，每216厘米有腳印6個，故花圃的周長2160厘米 .9. 此題應(yīng)該先討論a + b，a，b與（a，b）的關(guān)系。( 33, 90 = 3, 所以 ( a, b = 3.10. 因為AB、BC 的中點上都要植上一棵樹，315÷2=157.5因此應(yīng)考慮1400和1575的最大公約數(shù)175。最后答案：兩樹間的距離最多有17.5米 .11. 2個 .12. 設(shè)小明 x歲，則爺爺 7x歲，7x +h =6(x+h , x=

23、5h; 7x +k =5(x+k , x=2k; 7x +i =4(x+i , x=i; 7x +j =2(x+j , 5x=j; 知小明年齡是2, 5的倍數(shù)。因此小明 10歲，爺爺 70歲.習(xí)題 1-41.把下列各數(shù)分解質(zhì)因數(shù)：2001，26840，1111112.將 85，87，102，111，124，148，154，230，341，354，413，667分成兩組（每組 6個數(shù)），怎么分才能使每組各數(shù)的乘積相等？3.要使下面四個數(shù)的乘積的最后 4個數(shù)字都是 0，括號中最小應(yīng)填什么自然數(shù)？975×935×972×（）.4.用分解質(zhì)因數(shù)法求：（1）（4712，49

24、78，5890）；（2）4712，4978，5890.5.若 2836，4582，5164，6522 四個數(shù)被同一個自然數(shù)相除，所得余數(shù)相同，求除數(shù)和余數(shù)各是多少？6.200以內(nèi)僅有 10個正約數(shù)的自然數(shù)有幾個？并一一求出 .7.求：（1）%（180）；（2）&（180）；（3）&1（180）.8.已知A，B=42，B，C=66，（A，C）=3，求 A，B，C .9.一個自然數(shù)有 21個正約數(shù)，而另一個自然數(shù)有 10個正約數(shù)，這兩個數(shù)的標準分解式中僅含有不大于 3的質(zhì)因數(shù)，且這兩個數(shù)的最大公約數(shù)是 18，求此兩數(shù)是多少？10.小明有一個三層書架，他的書的五分之一放在第一層，七分

25、之幾（這個幾記不清了）放在第二層，而第三層有書 303本，問小明共有書多少本？11.某班同學(xué)（50人左右）在王老師帶領(lǐng)下去植樹，學(xué)生恰好能分成人數(shù)相等的 3 組，如果老師與學(xué)生每人種樹的棵數(shù)一樣多，共種了884棵，那么每人種多少棵樹？12.少年宮游樂廳內(nèi)懸掛著 200個彩色燈泡，這 200個燈泡按 1耀200編號，它們的亮暗規(guī)則是：第 1秒：全部燈泡變亮；第 2秒：凡編號為 2的倍數(shù)的燈泡由亮變暗；第 3秒：凡編號為 3的倍數(shù)的燈泡改變原來的亮暗狀態(tài)，即亮的變暗，暗的變亮 .一般地，第 n 秒凡編號為 n 的倍數(shù)的燈泡改變原來的亮暗狀態(tài)。這樣繼續(xù)下去，每 4分鐘一個周期，問第 200 秒時，明

26、亮的燈泡有多少個？習(xí)題 1-4解答1. 2001= 3×23× 29， 26840= 23×5×11× 61， 111111= 3× 7×11×13× 37.2. 組為：85，111，124，154，354，667；另一組為：87102，148，230，341，413320四個數(shù)分解質(zhì)因數(shù)后一共應(yīng)該有且 且只有4個2與4個5，需補充2個2與1個5。 4(138， (230863605除數(shù)為l或2時，余數(shù)為0；除數(shù)為97時，余數(shù)為23；除數(shù)為194時，余數(shù)為1206有5個，10=2×5=1

27、5;10因此所求的數(shù)應(yīng)該為或后者即令c=2也已經(jīng)超出200,因此分別令a=2.b=3; a=2.b=5; a=2.b=7; a=3,b=2; a=2.b=11; 得48，80，112，162，1767(118 (2546 (3180'8因為B | , B |, 所以B是66，42的公約數(shù)，因而B是6的約數(shù)。又所以7|A，11|C，從而設(shè) 由因為若B不含2的話，由，A，C就必須同時含2, 與矛盾。于是共得6組解，分別為：9. 576和162 10.3535本。解：由題目可知小明的書的冊數(shù)是35的倍數(shù), 設(shè)為35k, 可列出方程28k5xk=（285x）k=303=3×101知k

28、=101.11. 分解質(zhì)因數(shù)：884=4×13×17=17×52=68×13，884的因數(shù)中有4, 13, 52都具有3k+1形式，只有52=符合50人左右的題設(shè)，因此學(xué)生51人。12. 燈的一次“改變”對應(yīng)著它的編號的一個因子. 要使燈仍舊亮著需要奇數(shù)次“改變”什么樣的數(shù)有奇數(shù)個因子呢? 由定理1.26公式知只有完全平方數(shù)! 200以內(nèi)的完全平方數(shù)只有14個。即為答案. 此題也可先考慮10個燈泡。用歸納得出“只有完全平方數(shù)”的結(jié)論。習(xí)題1-6部分習(xí)題解答2. , 代入得10。3. 若證：可見，三種情況都有。4. 解方程：（1）解： （2）原式化為，整理

29、后再由一元二次方程求根公式得，與相乘后的積為整數(shù)，只能是。5. 15< x+ y<16.6. 25！=222×310× 56× 73×112×13×17×19×23. 由定理1.29公式求出各個質(zhì)數(shù)的指數(shù)。7.（1）解： =9312+0+0+19+40+57+76=9504. （2）。從而=1.8. 1373個 . 9. 14人 .10. 49盞 .11. ； 2 x<1或 2 x<3或 x= 1/2 或 x= 0. 12. 解： 且可知有且只有滿足由第35項移項得 習(xí)題2-15. 若69,

30、 90和125關(guān)于某數(shù) d 同余, 證明對于d, 81與 4同余.證明：由69和90關(guān)于 d 同余, d | 90 69, d | 21,90和125關(guān)于某數(shù) d 同余, d | 125 90, d | 35, d | (21, 35 , d=1或7.9. 由 (n, 8=1可知,n為奇數(shù). 設(shè)n=2k+1, n21= 4k (k+1,8 | (n21.12. 4+1=5, 因此個位為4的2n, 加1后都能被5整除. 先考察n=1, 2, , n 較小的情況:個位為6的冪間隔4次得重復(fù)出現(xiàn), 又6 ×4=24. 因此即n=4k+2(kZ+.14. 任意平方數(shù)的末位數(shù)字都不能是 2,

31、3, 7, 8的某一個. 證：令a=(10x+y, 則a2=(10x+y2 y 2 (mod 10. 令=0,19， y 2的個位不能是2, 3, 7, 8. 因此，數(shù)字 a (1a9 的平方 a2 的末位數(shù)字也沒有2, 3, 7, 8.習(xí)題2-2 3. 4. 偶數(shù)m的最小非負完全剩余系中奇偶各半.任一組完全剩余系中各數(shù)必與0,1, m1中一個數(shù)同余,故均可寫成mkr+r,r= 0,1, m1的形式.故亦奇偶各半.其他的都是較基本的題目, 請看書后的答案或提示.習(xí)題2-31.乘冪 20，21，22，29能否構(gòu)成模 11的一個簡化剩余系？解：i > j時，2i2j=2j(2ij1, 112

32、j, 通過驗證可知，對任何i，j，也有11(2ij1， (11 = 10，而20，21，22，29為10個不同的整數(shù)，所以它們構(gòu)成模 11的一個簡化剩余系2.列表求出模 m 為 10，11，12，18等值時的最小簡化剩余系及相應(yīng)的 (m.m最 小 簡 化 剩 余 系 (m10137941112345678910101215711413123456789101112121413591113615124781113148161357911131581712345678910111213141516161815711131763.證明定理 2.7.證明:（必要性） x1，x2，xk是模 m 的簡化剩

33、余系， k=(m，且當 i j時，xixj（mod m），（xi，m）=1，i = 1，2，(m.（充分性）k=（m）， x1，x2，xk共有（m）個.又 xixj（mod m），（i j，1i，j k），（xi，m）=1（i=1，2，k）， x1，x2，xk各屬于(m 個不同的且與 m 互質(zhì)的剩余類， x1，x2，xk是模 m 的簡化剩余系.4. 驗證：（1）8，16，24，32，40，48是模 7的簡化剩余系；（2）11，13，77，99是模 10的簡化剩余系.解：（1）（4，7）=1，可化為2，4，6，8，5，12，又512（mod 7）， 8，16，24，32，40，48不是模 7的簡

34、化剩余系。（2）10的最小簡化剩余系是1, 3, 7, 9。11，13，77，99分別與1, 3, 7, 9關(guān)于模10同余。 11，13，77，99是模 10的簡化剩余系.5. 當 m 取下列各值時，計算（m）的值 .25，32，40，48，60，120，100，200，4200，9450. 答案：（25）= 20，（32）=16，（40）=16，（48）= 16，（60）=16，（120）= 32，（100）= 40，（200）= 80，（4200）= 960，（9450）= 2160.6. 若（m）是奇數(shù)，試求 m 的值.解：(參看下一題 m = 1或 m =2.7. 當 m >2時

35、，證明（m）是偶數(shù) .證：設(shè) m = p11p22 pkk， m >2， 至少存在 i，i> 1或存在 j，pj是奇數(shù)， p11- p11 -1，pkk- pkk-1中至少有一個為偶數(shù)，知 （m）必為偶數(shù)或證： 8. 試證：使(m =14的數(shù) m 不存在.證：(m =14=2×7= p11 -1pkk-1 (p11(pk1，2,7是質(zhì)數(shù)，所以必有p1=2，p1=7，這是不可能的。9. 已知(m = 4，求 m .解：設(shè)m = p11p22 pkk，由(m= (p11- p11 -1(pkk- pkk-1，(m = 4=4×1=22，得m = 5，(m =51=

36、4，或 m =8=23，(m = 22或 m = 10=5×2，(m =4×1，或 m =12.10. 如果 n =2m，（2，m）=1，那么（n）= （m）.11. 若 m 是奇數(shù)，則（4m）=2（m）.12.（1）分母是正整數(shù) n 的既約真分數(shù)的個數(shù)是多少？為什么？（2）分母不大于 n 的既約真分數(shù)的個數(shù)是多少？為什么？解 10.（2，m）= 1， （n）=（2m）=（2）（m）=（m）.11. m 是奇數(shù)，（4，m）= 1，則（4m）=（4）（m）. （4）= 2， （4m）=2（m）.12.（1）（n）. （2）（2）+（3）+ +（n）.習(xí)題 2-41.舉例說明歐

37、拉定理中（a，m）=1是不可缺少的條件 .2.求下列各題的非負最小余數(shù)：（1）84965除以13； （2）541347除以17；（3）477385除以19； （4）7891432除以18； （5）(127156+3428除以111.解答：1. 當 a= 2，m =4時，(4 =2，此時 220（mod 4），可見（a，m）= 1是歐拉定理的不可缺少的條件 .2.（1）8. （2）10. （3）16. （4）1. （5）70.（1）84965除以13；（13，8）=1, 8121（mod 13），84965=(812413×891×(-14 ×8（mod 13）或解

38、：821（mod 13），84965=(822482×8 (-1 2482 ×8 8（mod 13）。3.設(shè) p，q是兩個大于 3的質(zhì)數(shù)，求證：p2 q2（mod 24）.4.設(shè) p是大于 5的質(zhì)數(shù)，求證：p41（mod 240）.解答：3. 24=3×8，（3，8）= 1. 由條件，( p，3 = ( q，3 = 1，由費爾馬小定理有p21（mod 3）， q21（mod3）. p2 q2（mod 3）. 又 p，q 必為奇數(shù)，由習(xí)題2-1第9題的結(jié)論，有p21（mod 8），q21（mod8）. p2 q2（mod 8）. p2 q2（mod 24）.4. 2

39、40 = 3×5×16，由條件，( p，3 = ( p，5 = 1， p41（mod5），p4（p2）21（mod3）. 又 p為奇質(zhì)數(shù)，從而 2 |（p2+ 1），8 |（p2-1）， 16 |（p4-1），即 p41（mod 16）. 而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1. p41（mod 240）.5. 已知 p是質(zhì)數(shù)，（a，p）=1，求證：（1）當 a 是奇數(shù)時，ap-1+(p1a 0（mod p）；（2）當 a 是偶數(shù)時，ap-1(p1a 0（mod p）.6. 已知 p，q 是 兩 相 異 的 質(zhì) 數(shù)，且 ap-11（mod q），aq-11（mod

40、p），求證：apq a（mod pq）.解答：5.（1）由 p 是 質(zhì) 數(shù)，（a，p）= 1，a 為 奇 數(shù)，有 ap-1 1（mod p）.(p1a 1（mod p）， ap-1+ (p1a 11 0（mod p）. （2）由條件，ap-11（mod p）, (p1a1（mod p），ap-1(p1110（mod p）.6. ap a（mod p）， apq (apq aq a（mod p）；同理，apq (aqp ap a（mod q），而（p，q）= 1，故 apq a（mod pq）.7. 如果（a，m）=1，x ba（mod m），那么 ax b（mod m）.8. 設(shè) A 是十進制

41、數(shù) 44444444的各位數(shù)字之和，B 又是 A 的各位數(shù)字之和，求 B 的各位數(shù)字之和 .9. 當 xZ 時，求證：（1）2730 | x13- x；（2）24 | x（x+2）（25x2-1）.解答：7. xba(mod m， ax aba ab (mod m. (a，m = 1，a= 1 (mod m， ax b（mod m）.8. 設(shè) B 的各位數(shù)字之和為 C， lg44444444= 4444lg4444 < 4444×4= 17776，即44444444的位數(shù)小于17776， A 9×17776 = 159984，B < 1 + 9×5 =

42、 46，C 4 + 6 = 10. 又 （7，9）= 1，(9 = 6，4444= 6×740+4，44444444 7 4444 74 (24 7（mod 9）， B 的各位數(shù)字之和為 7.9.（1） 2730=2×3× 5× 7× 13，2，3，5，7，13兩兩互質(zhì)，x13- x= x（x12- 1），當 2 | x或 2 | x時都有 x（x12-1） 0（mod 2），x（x12- 1） 0（mod 13）.又 x13-x= x（x6- 1）（x6+ 1）， 當 7 | x或 7 | x時都有 x（x6- 1）（x6+ 1） 0（mod

43、 7）.而x13- x= x（x4- 1）（x8+ x4+ 1）， 當 5 | x或 5 | x時，都有 x（x4-1）（x8+ x4+ 1） 0（mod5）.又 x13- x= x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1）， 當 3 | x或 3 | x時，都有x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1） 0（mod3）. 2730 | x13- x. （2）解法一，同上。解法二： x（x+2）（25x2-1）= 24 x3（x+2）+ x（x+2）（x2-1）, x（x+2）（x2-1）= x（x-1）（x+1）（x+2），四個連續(xù)自然數(shù)的乘積必能被4!=24整除，證得。10.

44、 設(shè)質(zhì)數(shù) p>3，xZ，試證：6p | xp- x.11. p是不等于 2和 5的質(zhì)數(shù)，k是自然數(shù)，證明：.解答：10. 質(zhì)數(shù) p> 3， （6，p）=1，xp- x= x（xp-1- 1） 0（mod p）. 又 p- 1是偶數(shù)，x（xp-1-1） x（x2- 1）（mod p）. 于是，當 2 | x或 2 | x 時，x（x2- 1） 0（mod 2）；當 3 | x或 3 | x時，x（x2-1） 0（mod 3）.故 x（xp-1- 1） 0（mod 6）.從而6 | p（xp- x）.11. . 由條件，（10，p）= 1， 10p-1 1（mod p）. （10p-1

45、）k 1（mod p）. .12. 設(shè)（m，n）=1，證明：m+ n1（mod mn）.證：（m，n）= 1，n1（mod m ），而 m 0（mod m ）， m+n 1（mod m）. 對稱可得 m+n 1（mod n）. m+n 1（mod mn）.13. 已知 a =18，m =77，求使 ax1（mod m）成立的最小自然數(shù) x. x=30.,由定理，滿足要求的最小自然數(shù) x必為60 的約數(shù)。驗算可知。習(xí)題3-11解下列不定方程：（1）7x15y=31； （2）11x+15y=7； （3）17x+40y=280；（4）525x+231y=42； （5）764x+631y=5

46、27； （6）133x105y=217.解：（1）輾轉(zhuǎn)相除得15=7×21, 1 = 157×2= 7×(215×(1， 因此原方程的一個解是 x02×3162， y01×3131;原方程的通解為（2）輾轉(zhuǎn)相除得15=11×14, 11=4×23, 4=3+1 1 = 43=4(114×2= 4×311=(1511×1 ×311=15×3 + 11×(4， 因此原方程的一個解是 x04×728， y03×721;原方程的通解為（3）用分

47、離整數(shù)法：觀察可知y =10時，x = 36 + 4= 40. 原方程的通解為2. 解下列不定方程：（1）8x-18y+10z=16； （2）4x-9y+5z=8； （3）39x-24y+9z=78；（4）4x+10y+14z+6t=20； （5）7x-5y+4z-3t=51.3. 解下列不定方程組：（1） x+2y+3z=10， （2） 5x+7y+3z=25，x-2y+5z=4； 3x- y-6z=2；（3） 4x-10y+ z=6， （4） 10x+7y+ z=84，x-4y- z=5； x-14y+ z= -60；4. 求下列不定方程的正整數(shù)解：（1）5x14y=11； （2）4x+7

48、y=41； （3）3x+2y+8z=21.5. 21世紀有這樣的年份，這個年份減去 22 等于它各個數(shù)字和的495倍，求這年份.6. 設(shè)大物三值七，中物三值五，小物三值二，共物一百三十八，共值一百三十八，問物大中小各幾何？7. 買2元6角錢的東西，要用1元、5角、2角、1角的四種錢幣去付，若每種錢幣都得用，則共有多少種付法？8. 把 239分成兩個正整數(shù)之和，一個數(shù)必是 17 的倍數(shù)，另一個數(shù)必是 24的倍數(shù)，求這兩位數(shù). 9. 一個兩位數(shù)，各位數(shù)字和的 5倍比原來大 10，求這個兩位數(shù). 10. 某人 1981年時的年齡恰好等于他出生那一年的年號的各位數(shù)字之和，這個人是在哪一年出生的？11.

49、 一個四位數(shù)，它的個位數(shù)上數(shù)比十位數(shù)字多 2，且此數(shù)與將其數(shù)字首尾顛倒過來所得的四位數(shù)之和為 11770，求此四位數(shù) .習(xí)題 3-21求 x2+ y2= z2中 0< z<60的所有互質(zhì)的解.2求三個整數(shù) x，y，z（x> y> z>0），使 x- y，y- z，x- z都是平方數(shù) .1b11122234a24635745x315355214579y48121220282440z5173713295325412. 設(shè) x- y= a2，y- z= b2，x- z= c2，則 a2+ b2= c2，因此給出 a，b的值即可求得x，y，z.3.已知直角三角形斜邊與一直

50、角邊的差為 9，三邊的長互質(zhì)且和小于 88，求此直角三角形的三邊的長 .4.試證：不定方程 x4-4y4= z2沒有正整數(shù)解 .3. 設(shè)直角三角形的三邊的長為x, y, z. 則由定理，x=a2b2, y=2ab, z=a2+b2, 由題目得a2+b2(a2b2=9或a2+b22ab=9, 前者無整數(shù)解，后者(ab2=9, ab=3. a=4,b=1,則x=15，y=8，z= 17或a=5,b=2,則x= 21，y= 20，z= 29. a=7,b=4, 則三邊的長的和大于88。4. 因為 z4= (x4-4y42 = x88x4y4+ 16y8= (x4+ 4y42(2xy4，即(2xy4+

51、 z4=(x4+4y42，就是說，如果x4-4y4= z2有正整數(shù)解，則u4+v4= w2有正整數(shù)解，與已證定理矛盾，故無正整數(shù)解 .5.試證：每個正整數(shù) n 都可以寫為n = x2+ y2- z2，這里 x，y，z都是整數(shù) .6.求方程 x2dy2= 1，當 d = 0、d = 1、d < 1 時的非負整數(shù)解 .7.試證：2x2+ y2+3z2=10t2無正整數(shù)解 .5. 適當取正整數(shù) x，使 n - x2= m 為一正奇數(shù)，設(shè) y = m + 12 ，因為 y2- m =m -1(22= z2，得 n- x2= y2 z2.6. 當 d= 0時，x=1，y為任意非負整數(shù)；當 d= -

52、1時，x= 1，y=0和 x= 0，y= 1；當 d< - 1時，x= 1，y=0.7. y2+ 3z2是偶數(shù)，y與 z必同奇同偶 .若 y 與 z同為奇數(shù)，則 2x2+ y2+3z2被 8除和 10t2被 8 除的余數(shù)不相等，故 y 與 z一定同為偶數(shù) .令 y= 2y1，z=2z1，代入原式得，x2+ 2y21+ 6z21= 5t，同樣，x 和 t同奇同偶，也同樣排除 x 和 t同奇，令 x= 2x1，t= 2t1，代入得，2x21+ y21+ 3z21= 10t21，由于 0< t1< t，矛盾，從而得證 .習(xí)題 3-31. 求不定方程 4x2-4xy-3y2=21的正

53、整數(shù)解 .2. 求不定方程 x2+ y2=170的正整數(shù)解 .3. 求不定方程 x2-18xy+35=0的正整數(shù)解 .4. 求 4x2-2xy-12x+5y+11=0的正整數(shù)解 .5. 求 x2+ xy-6=0的正整數(shù)解 .6. 求 y- (x+3y/(x+2 =1的正整數(shù)解 .7. 設(shè) n =7（mod 8），則 n 不能表示為 3個平方數(shù)的和 .1. 由4x24xy3y2= 21，得（2x+ y）（2x3y）= 21. 得 2x+ y= 21， 2x+ y=7， 即 x= 8， x= 3，2x- 3y=1， 2x- 3y= 3. y= 5， y= 1.2. 由 x2+ y2=170知，x，

54、y同為奇數(shù)或同為偶數(shù).x，y為偶數(shù)，則 x2+ y2有因數(shù) 4，而 170無 4因數(shù)；x，y為奇數(shù)，設(shè)x =2k+1, y = 2h+1, 代入化簡得k (k+1+h (h+1 = 42, 僅當k = 0, h = 6或k = 0, h = 6時可求得：3. x2-18xy+ 35=0，得 18y= ，x是 35的約數(shù)，得 x= 1，y= 2，或x=35，y=2.4. 由原方程變?yōu)椋簓= 2x1+ ，2x5是 6的約數(shù)：± 1，±2，±3，±6，通過分析得 x=3，y=11或x=4，y=9.5. x=1，y=51或 x= 2，y= 11.6. 原方程變形

55、為 y=2+ 4x- 1，可求得 x= 2，3，5，代入可求 y.7. x2+ y2+ z2= n=7（mod 8），則 x，y，z必有一奇數(shù) .由 x21（mod 8），有 y2+ z2=6（mod 8），即y，z同奇同偶，同奇不成立，同為偶時，由 y4（mod8）產(chǎn)生矛盾 .8. x2+ y2= p3（mod4），當 x，y0，± 1，2（mod4）時，x2+ y20，1，2（mod 4），這產(chǎn)生矛盾，命題得證 .9. 由原方程組中 x+ y+ z=0得 z= - （x+ y），代入 x3+ y3+ z3= -18，則 xy（x+y）=6，故 xyz= -6，x、y、z都是 6的約數(shù)，并且只有一個是負數(shù)，可得其整數(shù)解 x= -3，y= 2，z= 1.10. 通過證明 x2+ y2+ z2被 8整除所得的余數(shù)不等于 - 1即可 .11. 通過證明 x3+ y3+ z3被 9整除所得的余數(shù)不等于 4即可 .習(xí)題4-2(P13