初等數(shù)論習(xí)題集及答案

《初等數(shù)論》習(xí)題集第1章第1節(jié)證明定理1。證明：若m—pmnpq,貝Um—pmqnp。證明：任意給定的連續(xù)39個(gè)自然數(shù)，其中至少存在一個(gè)自然數(shù)， 使得這個(gè)自然數(shù)的數(shù)字和能被11整除。設(shè)p是n的最小素約數(shù)，n=pni,ni>1,證明：若p>3n，貝Uni是素?cái)?shù)。證明：存在無窮多個(gè)自然數(shù) n,使得n不能表示為a2p(a>0是整數(shù)，p為素?cái)?shù))的形式。第2節(jié)證明：12n42n311n210n,nZ。設(shè)3a2b2,證明：3a且3b。設(shè)n,k是正整數(shù)，證明：nk與nk+4的個(gè)位數(shù)字相同。證明：對于任何整數(shù)n,m,等式n2?(n1)2=m22不可能成立。設(shè)a是自然數(shù)，問a4-3a29是素?cái)?shù)還是合數(shù)？證明：對于任意給定的 n個(gè)整數(shù)，必可以從中找出若干個(gè)作和，使得這個(gè)和能被 n整除。第3節(jié)證明定理1中的結(jié)論(i)—(iv)。證明定理2的推論1,推論2和推論3。證明定理4的推論1和推論3。設(shè)x,yZ,172x3y,證明：179x5y。設(shè)a,b,cN,c無平方因子，a2b2c,證明：ab。設(shè)n是正整數(shù)，求。打2為,…,C2；4的最大公約數(shù)。第4節(jié)證明定理1。證明定理3的推論。設(shè)a,b是正整數(shù)，證明：(a■b)[a,b]=a[b,ab]。求正整數(shù)a,b,使得ab=120,(a,b)=24,[a,b]=144。設(shè)a,b,c是正整數(shù)，證明：22[a,b,c]_ (a,b,c)[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)°設(shè)k是正奇數(shù)，證明：1 2 91k2k?…?9k。第5節(jié)說明例1證明中所用到的四個(gè)事實(shí)的依據(jù)。用輾轉(zhuǎn)相除法求整數(shù) x,y,使得1387X-162y=(1387,162)。計(jì)算：(27090,21672,11352)。使用引理1中的記號，證明：(Fn+1,Fn)=1。若四個(gè)整數(shù)2836，4582，5164，6522被同一個(gè)大于1的整數(shù)除所得的余數(shù)相同，且不等于零，求除數(shù)和余數(shù)各是多少？記Mn=2-1，證明：對于正整數(shù)a，b，有(Ma,Mb)=M(a,b)。第6節(jié)證明定理1的推論1。證明定理1的推論2。寫出22345680的標(biāo)準(zhǔn)分解式。證明：在1,2,…，2n中任取n1數(shù)，其中至少有一個(gè)能被另一個(gè)整除。1 1證明：1?1亠一丄(n_2)不是整數(shù)。2 n設(shè)a，b是正整數(shù)，證明：存在 a1，a?，S，b?，使得a=a1a2，b=Sb2，(a2,b2)=1，并且[a,b]=a2b2°第7節(jié)證明定理1。求使12347!被35k整除的最大的k值。gn+2ra設(shè)n是正整數(shù)，x是實(shí)數(shù)，證明：L.[r]=n。r二 2設(shè)n是正整數(shù)，求方程222X-[X]=(X-[X])在[1,n]中的解的個(gè)數(shù)。證明：方程2 3 4 5f(x)=[x] [2x] [2x][2x][2x][2x]=12345沒有實(shí)數(shù)解。證明：在n!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中，2的指數(shù)h=n-k，其中k是n的二進(jìn)制表示的位數(shù)碼之和。第8節(jié)證明：若2n1是素?cái)?shù)，則n是2的乘幕。證明：若2n-1是素?cái)?shù)，則n是素?cái)?shù)。證明：形如6n'5的素?cái)?shù)有無限多個(gè)。設(shè)d是正整數(shù)，6|d，證明：在以d為公差的等差數(shù)列中，連續(xù)三項(xiàng)都是素?cái)?shù)的情況最多發(fā)生一次。證明：對于任意給定的正整數(shù) n，必存在連續(xù)的n個(gè)自然數(shù)，使得它們都是合數(shù)。證明：級數(shù)7—發(fā)散，此處使用了定理 1注2中的記號。n4Pn第2章第1節(jié)證明定理1和定理2。證明定理4。證明定理5中的結(jié)論(i)一(iv)。求81234被13除的余數(shù)。設(shè)f(x)是整系數(shù)多項(xiàng)式，并且f(1),f(2),…，f(m)都不能被m整除，則f(x)=0沒有整數(shù)解。已知9962^427，求：與一：。第2節(jié)證明定理1。證明：若2p1是奇素?cái)?shù)，則(p!)2 (―1)P三0(mod2p1)。證明：若p是奇素?cái)?shù)，N=1-2亠■亠(p-1)，貝U(p—1)!三p—1(modN)。證明Wilson定理的逆定理：若n>1，并且(n—1)!三1(modn),則n是素?cái)?shù)。設(shè)m是整數(shù)，4〔m,｛a1,a2, ,am｝與｛b1,b2,…，bm｝是模m的兩個(gè)完全剩余系， 證明：｛a1b1,a2b2,…，ambm｝不是模m的完全剩余系。設(shè)m1,m2,…,mn是兩兩互素的正整數(shù)，(1_i_n)是整數(shù)，并且6三1(modmi), 1<i蘭n,&三0(modmj),i式j(luò), 1<i,jEn。證明：當(dāng)b通過模mi(1_i_n)的完全剩余系時(shí)，b1--1?b2「2?…?bn通過模m=m1m2…mn的完全剩余系。第3節(jié)證明定理1。設(shè)m1, m2,…，mn是兩兩互素的正整數(shù)，Xi分別通過模mi的簡化剩余系(1 :Si^n),m=m1m2mn,Mi=m，貝VM1XM1X1 M2X2 MnXn通過模m的簡化剩余系。X-I,X2,…，X-I,X2,…，X'(m)是模m的簡化剩余系，證明:■(m)zi#其中｛x｝表示x的小數(shù)部分。設(shè)m與n是正整數(shù)，證明：(mn)((m,n))=(m,n)(m):(n)。設(shè)a,b是任意給定的正整數(shù)，證明：存在無窮多對正整數(shù) m與n,使得a(m)=b(n)。設(shè)n是正整數(shù)，證明：1(i) ?(n)>_.：n；2(ii)若n是合數(shù)，則(n)：SnVn。第4節(jié)證明：1978103—19783能被103整除。求313159被7除的余數(shù)。證明：對于任意的整數(shù) a,(a,561)=1，都有a560三1(mod561)，但561是合數(shù)。設(shè)p,q是兩個(gè)不同的素?cái)?shù)，證明：q-1 p-1pq三1(modpq)。將612-1分解成素因數(shù)之積。設(shè)nN,bN，對于bn1的素因數(shù)，你有甚麼與例 6相似的結(jié)論？第5節(jié)證明例2中的結(jié)論。證明定理2。求a1。d|nd設(shè)f(n)是積性函數(shù)，證明：(i) 」(d)f(d)刑(1-f(p))d|n p|n(i)無42(d)f(d)=D(1+f(p))。d|n p|n求(n)的Mobius變換。第3章第1節(jié)證明定理3。寫出789的二進(jìn)制表示和五進(jìn)制表示。求—的小數(shù)的循環(huán)節(jié)。21證明：七進(jìn)制表示的整數(shù)是偶數(shù)的充要條件是它的各位數(shù)字之和為偶數(shù)。證明：既約正分?jǐn)?shù)-的b進(jìn)制小數(shù)(0a4a^a^)b為有限小數(shù)的充要條件是 n的n每個(gè)素因數(shù)都是b的素因數(shù)。第2節(jié)

1.設(shè)連分?jǐn)?shù) ?1,〉2,…，:n1.設(shè)連分?jǐn)?shù) ?1,〉2,…，:n,---的第k個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為Pk，證明:qka1-101a20…01a3二0pk=0 …00qk0 1ak1A■-0廠ak10 0 00a?」00 1 a3J0 000 … 0 000 … 01ak丄」0 1 ak設(shè)連分?jǐn)?shù)：-1,：2,…，:n,…'的第k個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為邑，證明:qk勺1餡21 '^k1 '‘PkPk」>I卜 1= !,k>2。J0人10丿J0丿?丿’求連分?jǐn)?shù)1,2,3,4,5,■■-的前三個(gè)漸近分?jǐn)?shù)。求連分?jǐn)?shù)2,3,2,3,-的值。解不定方程：7x—9y=4。第3節(jié)證明定理4。求13的連分?jǐn)?shù)。求2?.3的誤差一10一5的有理逼近。求sin18的誤差<10°的有理逼近。已知圓周率二=3,7,15,1,292,1,1,1,21,，求二的誤差<10'的有理逼近。證明： 連分?jǐn)?shù)展開的第k個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為」。此處｛Fn｝是Fibonacci數(shù)列。2 Fk第4節(jié)將方程3x22x-2=0的正根寫成連分?jǐn)?shù)。求〉=1,2,3之值。設(shè)a是正整數(shù)，求.a2 1的連分?jǐn)?shù)。設(shè)無理數(shù).d=a1,a2,…，an,…的第k個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為衛(wèi)1，證明：qkd=a1,a2,…，an,2a1的充要條件是pn=a1qnqnd，dqn=a1pnpnV。設(shè)無理數(shù).d=ai,a2,…，an,…的第k個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為Pk，且正整數(shù)n使得qkPn=agn■:qnJ,dqn=aipnPn」，證明：(i)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，pn,qn是不定方程x2-dy2=1的解；(ii)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，p2n,q2n是不定方程x2-dy2=1的解。第4章第1節(jié)將丄7寫成三個(gè)既約分?jǐn)?shù)之和，它們的分母分別是 3,5和7。105求方程xi-2x2-3x3=41的所有正整數(shù)解。求解不定方程組：x12x23x3=72x1-5x2 20x3=11甲班有學(xué)生7人，乙班有學(xué)生11人，現(xiàn)有100支鉛筆分給這兩個(gè)班，要使甲班的學(xué)生分到相同數(shù)量的鉛筆，乙班學(xué)生也分到相同數(shù)量的鉛筆，問應(yīng)怎樣分法？證明：二元一次不定方程 axby證明：二元一次不定方程 axby=n,a>0,b>0,(a,b)=1的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)為[―數(shù)為[―]或[―]1。abab設(shè)a設(shè)a與b是正整數(shù)，(a,b)=1，證明:1,2, ,ab-a-b中恰有(a_1)(b-1)個(gè)整數(shù)可以表示成ax+by(x>0,y>0)的形式。第2節(jié)1.2.3.4.5.6.第3節(jié)證明定理2推論。設(shè)x,1.2.3.4.5.6.第3節(jié)證明定理2推論。設(shè)x,y,z是勾股數(shù)，x是素?cái)?shù)，證明:求整數(shù)x,y,z,x>y>z,使x-y,:解不定方程：x23y2=z2,證明下面的不定方程沒有滿足222 22(i)xy=xy；222(ii)xyz=2xyz。求方程:2z-1,2(xy1)都是平方數(shù)。x-z,y-z都是平方數(shù)。x>0,y>0,z>0,(x,y)=1。xyz豐0的整數(shù)解。y2=z4的滿足(x,y)=1,2x的正整數(shù)解。1.求方程xy-6=0的整數(shù)解。2.求方程組丿xyz二0x3+y3+z3“8的整數(shù)解。3.求方程2x-3y=1的正整數(shù)解。111求方程—的正整數(shù)解。xyz211設(shè)p是素?cái)?shù)，求方程 的整數(shù)解。Pxy設(shè)2n-1個(gè)有理數(shù)ai,a2,…，a2n.1滿足條件P：其中任意2n個(gè)數(shù)可以分成兩組，每組n個(gè)數(shù)，兩組數(shù)的和相等，證明：a1=a1= =a2n；11。第5章第1節(jié)證明定理1。解同余方程：(i) 31x三5(mod17);(ii) 3215x三160(mod235)。解同余方程組：|3x5y三38(mod47)jx-y三10(mod47)設(shè)p是素?cái)?shù)，0<a<p，證明：x三b(—1嚴(yán)(P—1)(p—2)'(P*)(modp)。

a!是同余方程ax三b(modp)的解。證明：同余方程玄兇?a2X2亠'亠anXn三b(modm)有解的充要條件是(a1,a2,…，an,m)=db。若有解，則恰有dmn」個(gè)解，modm。解同余方程：2x+7y三5(mod12)。第2節(jié)「X三0(mod5)x三6(mod6)解同余方程組： _xwb^mod7)x三b4(mod11)。x三8(mod15)解同余方程組： x三5(mod8)x三13(mod25)。有一隊(duì)士兵，若三人一組，則余 1人；若五人一組，則缺2人；若十一人一組，則余3人。已知這隊(duì)士兵不超過170人，問這隊(duì)士兵有幾人？求一個(gè)最小的自然數(shù)n,使得它的-是一個(gè)平方數(shù)，它的丄是一個(gè)立方數(shù)，它的丄2 3 5是一個(gè)5次方數(shù)。證明：對于任意給定的n個(gè)不同的素?cái)?shù)P1,P2,,,pn,必存在連續(xù)n個(gè)整數(shù)，使得它們中的第k個(gè)數(shù)能被Pk整除。2解同余方程：3x+11x-20三0(mod105)。第3節(jié)證明定理的推論。將例2中略去的部分補(bǔ)足。將例4中略去的部分補(bǔ)足。2解同余方程x三-1(mod54)。2解同余方程f(x)=3x4x-15三0(mod75)。2證明：對于任意給定的正整數(shù) n,必存在m,使得同余方程x三1(modm)的解數(shù)T>n。第4節(jié)解同余方程：TOC\o"1-5"\h\z11 8 4(i)3x2x5x-1三0(mod7);20 12 7(ii)4x3x2x3x-2三0(mod5)。判定3 2(i)2x-x+3x-1三0(mod5)是否有三個(gè)解；6 5 2(i)x+2x-4x+3三0(mod5)是否有六個(gè)解？k設(shè)(a,m)=1,k與m是正整數(shù)，又設(shè)X0三a(modm)，證明同余方程xk三a(modm)的一切解x都可以表示成x三yx°(modm),其中y滿足同余方程yk三1(modm)。設(shè)n是正整數(shù)，p是素?cái)?shù)，(n,p—1)=k,證明同余方程xn=1(modp)有k個(gè)解。設(shè)p是素?cái)?shù)，證明：(i)對于一切整數(shù)x,xp~—1三(x-1)(x—2)…(x—p+1)(modp);(i)(p-1)!三?1(modp)。設(shè)p>3是素?cái)?shù)，證明：(x-1)(x-2廠’(x—p+1)的展開式中除首項(xiàng)及常數(shù)項(xiàng)外，所有的系數(shù)都是p的倍數(shù)。第5節(jié)2同余方程x三3(mod13)有多少個(gè)解？求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。設(shè)p是奇素?cái)?shù)，證明：模p的兩個(gè)二次剩余的乘積是二次剩余；兩個(gè)二次非剩余的乘積是二次剩余；一個(gè)二次剩余和一個(gè)二次非剩余的乘積是二次非剩余。n —設(shè)素?cái)?shù)p三3(mod4),()=1，證明xw±n4(modp)是同余方程p

有解的充要條件是(n)=1。pp-1設(shè)p是奇素?cái)?shù)，證明：模p的所有二次剩余的乘積與(_1)P對模P同余。第6節(jié)已知769與1013是素?cái)?shù)，判定方程2(i)x三1742(mod769);(ii)x2三1503(mod1013)。是否有解。求所有的素?cái)?shù)p,使得下面的方程有解：2x三11(modp)。求所有的素?cái)?shù)P,使得-2QR(p),-3QR(p)。設(shè)(x,y)=1，試求x27y2的奇素?cái)?shù)因數(shù)的一般形式。證明：形如8k5(匕Z)的素?cái)?shù)無窮多個(gè)。證明：對于任意的奇素?cái)?shù) p,總存在整數(shù)n,使得p(n2 1)(n2 2)(n2-2)。第7節(jié)證明定理的結(jié)論(ii),(iii),(iv)。2 已知3019是素?cái)?shù)，判定方程x三374(mod3019)是否有解。設(shè)奇素?cái)?shù)為p=4nT型，且dn,證明：(？)=1。pTOC\o"1-5"\h\za a設(shè)p,q疋兩個(gè)不冋的奇素?cái)?shù),且設(shè)a>0,b>0,b為奇數(shù)，證明：kf)b2a+bV)4.5.p=q4a，證明：(一)=(一)4.5.當(dāng)a三0,1(mod4)當(dāng)a三2,3(mod4)。設(shè)a,b,c是正整數(shù)，(a,b)=1,2|b,b<4ac,求 的關(guān)系。4ac—b b第6章第1節(jié)設(shè)n是正整數(shù)，證明：不定方程 x2y2=zn總有正整數(shù)解x,y,z。設(shè)p是奇素?cái)?shù)，(k,p)=1，貝Ui(ik),p

此處(旦)是Legender符號。P(k,p)=1,記設(shè)素?cái)?shù)p三1(mod(k,p)=1,記則2S(k)則2S(k)，并且，對于任何整數(shù)有2tS(kt23456)=()S(k)，p此處(旦)是Legender符號。p4.設(shè)p是奇素?cái)?shù)，(一)=1,Pm12，m4.設(shè)p是奇素?cái)?shù)，(一)=1,Pm12，m2(-^-1，則P□)2，n12，n22，，n(口)222構(gòu)成模5.p的一個(gè)簡化剩余系。在第3題的條件下,并沿用第p=(122題的記號，有1S(m))2 (2S(n))2。即上式給出了形如4k1的素?cái)?shù)的二平方和表示的具體方法。6.第2節(jié)1.利用題5的結(jié)論，試將p=13寫成二平方和。2.3.4.5.第7章第1節(jié)若(x,y,z)=1，則不存在整數(shù)n,使得2222xyz=4n。設(shè)k是非負(fù)整數(shù)，證明2k不能表示三個(gè)正整數(shù)平方之和。每一個(gè)正整數(shù)n必可以表示為5個(gè)立方數(shù)的代數(shù)和。16k 15型的整數(shù)至少需要15個(gè)四次方數(shù)的和表之。16k31不能表示為15個(gè)四次方數(shù)的和。證明證明證明(i)設(shè)p奇素?cái)?shù)，則Mp=2P-1的素因數(shù)必為2pk1型;2n n+1(ii)設(shè)nK0，則Fn=2 +1的素因數(shù)必為2k+1型。第2節(jié)求模29的最小正原根。分別求模293和模2293的原根。解同余方程：x三16(mod17)。設(shè)p和q=4p■1都是素?cái)?shù)，證明：2是模q的一個(gè)原根。設(shè)m_3，g1和g2都是模m的原根，則g=g1g2不是模m的原根。設(shè)p是奇素?cái)?shù)，證明：當(dāng)且僅當(dāng) p-1|n時(shí)，有1n-2n川…汕(p—1)n三0(modp)。第8章第1節(jié)補(bǔ)足定理1的證明。證明定理2。證明：有理數(shù)為代數(shù)整數(shù)的充要條件是這個(gè)有理數(shù)為整數(shù)。第2節(jié)證明例中的結(jié)論。證明連分?jǐn)?shù)111110102!'103^■-.-10n!■■■■是超越數(shù)。設(shè)是一個(gè)超越數(shù)，：?是一個(gè)非零的代數(shù)數(shù)，證明：「：?，上，一都是超越數(shù)。a第3節(jié)證明引理1。證明定理3中的F(a)，F(xiàn)(0)是整數(shù)。b第9章第1節(jié)問：1948年2月14日是星期幾？問：1999年10月1日是星期幾？第2節(jié)編一個(gè)有十個(gè)球隊(duì)進(jìn)行循環(huán)賽的程序表。編一個(gè)有九個(gè)球隊(duì)進(jìn)行循環(huán)賽的程序表。第3節(jié)禾U用例1中的加密方法，將“ICOMETODAY”加密。已知字母a,b,…，y,乙它們分別與整數(shù)00,01,…，24,25對應(yīng)，又已知明文h與p分別與密文e與g對應(yīng)，試求出密解公式：P三aEb'(mod26),并破譯下面的密文： “IRQXREFRXLGXEPQVEP”。第4節(jié)設(shè)一RSA的公開加密鑰為n=943,e=9，試將明文P=100加密成密文E。設(shè)RSA(nA,eA)=RSA(33,3)，RSA(nB,eB)=RSA(35,5)，A的簽證信息為M=3，試說明A向B發(fā)送簽證M的傳送和認(rèn)證過程。第5節(jié)設(shè)某數(shù)據(jù)庫由四個(gè)文件組成： F1=4，F(xiàn)2=6，F(xiàn)3=10，F(xiàn)4=13。試設(shè)計(jì)一個(gè)對該數(shù)據(jù)庫加密的方法，但要能取出個(gè)別的 Fi(1<i<4)，同時(shí)不影響其他文件的保密。利用本節(jié)中的秘密共享方案，設(shè)計(jì)一個(gè)由三方共管文件 M=3的方法，要求：只要有兩方提供他們所掌握的數(shù)據(jù)，就可以求出文件 M，但是，僅由任何一方的數(shù)據(jù)，不能求出文件M。(提示：取p=5，m1=8，m2=9，m3=11)第6節(jié)設(shè)明文P的二進(jìn)制表示是P=(P1P2P3P4P5P6P7P8)2,與P對應(yīng)的密文是E是E=a1p1亠a2p2亠■亠a8p8，如果這里的超增背包向量@1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8)=(5,17,43,71,144,293,626,1280)，并且已知密文E=1999，求明文P。給定超增背包向量(2,3,7,13,29,59)，試設(shè)計(jì)一個(gè)背包型加密方法，將明文P=51加密。(提示：取M=118，k=77)。附錄1習(xí)題參考答案第一章(i)由ab知b=aq,于是b=(v)(—q)，-b=a(—q)及-b=(—a)q,即—ab,a.-b及-a|.b。反之，由-ab,a-b及_a|b也可得a|b; (ii)由ab,bc知b=aqi,c=bq2，于是c=a(qiq2),即卩alc;(iii)由bai知ai=bqi，于是aixia2X2亠亠akxk=b(qixiq2X2川宀川-qkXk),即卩baixia2X2川…卷akXk；(iv)由ba知a=bq,于是ac=bcq,即bcac;(v)由ba知a=bq,于是|a|=|b||q|,再由a式0得|q|>1,從而|a|>|b|,后半結(jié)論由前半結(jié)論可得。由恒等式mq■np=(mnpq)-(m-p)(n-q)及條件m-pmnpq可知m-p|mqnp。在給定的連續(xù)39個(gè)自然數(shù)的前20個(gè)數(shù)中，存在兩個(gè)自然數(shù)，它們的個(gè)位數(shù)字是0,其中必有一個(gè)的十位數(shù)字不是9,記這個(gè)數(shù)為a,它的數(shù)字和為s,則a,a-1,…，a-9,a-19的數(shù)字和為s,s1,…，s9,s10,其中必有一個(gè)能被11整除。設(shè)不然，n1=n2n3,n2丄p,n3丄p，于是n=pn2n3Xp3，即p蘭巒，矛盾。存在無窮多個(gè)正整數(shù) k,使得2k1是合數(shù)，對于這樣的 k,(k1)2不能表示為a222p的形式，事實(shí)上，若(k1)=a p,則(k1-a)(k1a)=p,得k1-a=1,k1a=p，即p=2k?1,此與p為素?cái)?shù)矛盾。第一章驗(yàn)證當(dāng)n=0,1,2,…，11時(shí)，12|f(n)。寫a=3q1亠r1,b=3q2亠「2,門，「2=0,1或2,由3a2b2=3Q亠r12亠「22知r1=「2=0，即3a且3b。記n=10q+r,(r=0,1，…,9)則nk+4-nk被10除的余數(shù)和rk+4-「k=rk(r4-1)被10除的余數(shù)相同。對r=0,1,…,9進(jìn)行驗(yàn)證即可。222對于任何整數(shù)n,m,等式n+(n+1)=m+2的左邊被4除的余數(shù)為1,而右邊被4除的余數(shù)為2或3，故它不可能成立。4 2 2 2 2 4 25因a-3a9=(a-3a3)(a3a3),當(dāng)a=1,2時(shí)，a-3a3=1,a-3a2 4 2 2 29=a3a3=乙13,a-3a9是素?cái)?shù)；當(dāng)a-3時(shí)，a-3a3>1,a3a3>1,a4-3a2 9是合數(shù)。設(shè)給定的n個(gè)整數(shù)為a1,a2, ,an,作S1=a1,S2=a1■a2,',sn=a1■a2■…■an,如果Si中有一個(gè)被n整除，則結(jié)論已真，否則存在 Si,s,i<j，使得Si與s被n除的余數(shù)相等，于是ns-s=ai+1+…十a(chǎn)j。第一章習(xí)題三(i)因?yàn)閐a和d|a|是等價(jià)的，所以ai,a2, ,ak的公約數(shù)的集合與Ri|,戲|,…,|ak|的公約數(shù)的集合相同，所以它們的最大公約數(shù)相等； (ii),(iii)顯然；(iv)設(shè)(p,a)=d,貝Udp,da,由dp得d=1或d=p，前者推出(p,a)=1，后者推出pa。(i)由dai推出dyo=(ai,a2,…，ak); (ii)分別以yo和丫。表示集合A={y;k * k y='aiXi,X「Z<i<k}和A={y;y=^maiXi,xrZ,]乞i^k}中的最小正整數(shù)，顯i± 』然有Yo=|m|yo； (i)在推論2中取m=「并用已，竺，…，魚代替ai,a2,■■-,ak即可。666(i)若pIa，則(p,a)=1,從而由pab推出pb; (ii)在(i)中取a=b可得；(iii)(a,bib2bn)=(a,b2bn)= =(a,bn)=1。由恒等式9(2x 3y)-2(9x 5y)=17y及172x3y得172(9x 5y),又(17,2)=1,故179x5y。設(shè)(a,b)= d,則a=da1,b=db1, (a1, 6)=1，由 a2 b2c得a/ b/c, a/ c,因?yàn)閏無平方因子，所以 a1=1,a=d,b=ab1，即a丨b。設(shè)(由,曲,…,C2：丄)"，由為鷗?…寓丄=2加丄知d2勿'，設(shè)2^并且鳥旳不整除n,由2k+1||c2n及2k1|c2n=2nc￡,i=3,5, ,2n-1,得d=2k+1Oi第一章習(xí)題四(i),(ii)顯然；(iii)設(shè)m1=[a1,a2,…，ak],m2=[|a1|,|a2|,…,|ak|]，則由am1推出|ai|m1,即m2m1,同理可得m1m2,故m1=m2；(v)顯然a|b|,b|b|,又若am,bm,m'>0,則|b|Im,故有[a,b]=|b|。設(shè)m是a1,a2, ,an的任一個(gè)公倍數(shù),由a1m,a2m知⑻，a2]=m2m,由m2m,a3Im知[m2,a3]=m3m,…,由mn-1m,anm知[mn_1,an]=mnm,即[a1,a2,…,an]m。只須證(ab^ab日空耳，即只須證(b,ab)=(a,b),此式顯然。(a,b)(b,a+b)，由ab=120及ab=(a,b)[a,b]=24 144=3456解得a=48,b=72或a=72,b=48。222222因?yàn)閇a,b,c]2 2,[a,b][b,c][c,a] ,故只須證明(a,b,c)(ab,bc,(ab,bc,ca) (a,b)(b,c)(c,a)ca)=(a,b)(b,c)(c,a),此式用類似于例 3的方法即可得證。設(shè)s=1k 2k 」9k,則由2s=(1k 9k) -(2k 8k) (9k 1k) =10q1及2s=(0k9k)(1k8k) (9k0k)=9q2得102s和92s,于是有902s,從而1 2 9=45s。第一章習(xí)題五(i)ab知b=abi，由性質(zhì)(ma,mb)=|m|(a,b)得(a,b)=(a,abi)=a(1,bi)=a；(ii)由性質(zhì)(ma,mb)=|m|(a,b)得(a,b)=(2ai,2bi)=2(^_ai,bi); (iii)由性質(zhì)(a,b)=1=?(a,bc)=(a,c)得(a,b)=(a,2附)=(a,bi);(iv)由性質(zhì)(a,b)=(|a—b|,b)及(a,b)=i=■(a,bc)=(a,c)得(a,b)=(II,b)。作輾轉(zhuǎn)相除：i387=(-i62)(-8)9i,-162=9i(-2) 20,9i=204ii,20=iii亠9，ii=9i-2，9=24亠i，2=i2 0，由此得n=6，qi=-8，q2=-2，q3=4，q4=i，q5=i，q6=4，x=(-i)nJQn=73，y=(-i)nPn=625，又(i387,i62)=rn=i，故i38773-i62625=i=(i387,i62)。(27090,2i672,ii352)=(4386,i0320,ii352)=(4386,i548,2580)=(i290,i548,i032)=(258,5i6,i032)=(258,0,0)=258。(Fn+i, Fn) =(FnFn_l, Fn) = (Fn_i, Fn) = =(Fi, F2) =i。設(shè)除數(shù)為d，余數(shù)為r，則由d14582-2836=i746，d5i64-4582=582，d16522-5i64=i358知d(i746,582,i358)=i94，由此得d=97，r=23或d=i94，r=i20。作輾轉(zhuǎn)相除：a=bqiri，0<m<|b|，b=riq2r2，0<「2<ri，rn=rn-iqn■rn，0<rn<5_i，rn*i=rnqn-i rnT，rn-i=0。由第一式得2a-i=2bqiTi-2ri-2ri—i=2ri[(2b)qi-i](2ri-i)=(2b-i)Qi-(2ri—i)，即Ma=MbQiMri，(Ma,Mb)=(Mb，Mn)。類似可得(Mb，MrJ=(Mri，Mr2)等，于是(Ma,Mb)=(Mb,M門)二 =(M「n,M「ni)=M「n=M(a,b)。第一章習(xí)題六(i)顯然d=Pi1P22…R?(0乞i_〉i，iiEk)是n的正因數(shù)。反之，設(shè)d為n的任一個(gè)正因數(shù)，由dn知對每一個(gè)pi，d的標(biāo)準(zhǔn)分解式中pi的指數(shù)都不超過n的標(biāo)準(zhǔn)分解式中Pi的指數(shù)，即d必可表示成piip2^"pkk(0<i<：■i，1<i<k)的形式； (ii)類似于(i)可證得。

db,貝Ud的標(biāo)準(zhǔn)分解式中pi的指數(shù)同時(shí)不超過a和b的標(biāo)準(zhǔn)分解式中Pi的指數(shù)，即d'pi由例4得[x?；]=[2x]-[x]，于是…pkk，這就證明了(a,b)=p1…p/，-i=min｛為由例4得[x?；]=[2x]-[x]，于是即可證得。422345680=235747283。寫i=2—,2|‘i,i=1,2, ,2n,則，i為1,2, -,2n中的奇數(shù)，即“只能取n個(gè)數(shù)值，在n+1個(gè)這樣的數(shù)中，必存在蠱=?j(iHj),于是易知i與j成倍數(shù)關(guān)系。寫i=2〉，i,2|林，i=1,2,…，n,令：=max{:1,:2,■■-，:n}=:k，顯然二"：1,且由第一節(jié)例5知使:=:k的k(1乞k乞n)是唯一的，取T=2 …’n,若S是整數(shù)，則T 271 T 2-11lST=T丄■■■■- —…丄中除2一j2丄項(xiàng)外都是整數(shù)，矛盾。2 2。加 n 2。加6.設(shè)a二pFpf…p/,b二訂卩?2…p/，令卻艾…kv O(i，a2=P1"p2zPkk，7=<P，b2=p?謬…p@，§=*“0,:-i=max｛：j,咕,其它，當(dāng)!::-i二max｛其它，a色二 ,a2b

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b:-i=max｛：j,咕,其它，當(dāng)!::-i二max｛其它，a色二 ,a2b

b=_，

b2(a2,b2)=1，并且[a,b]=a2b2。第一章習(xí)題七nn產(chǎn)nn產(chǎn)]-[歹])=[n]=n。(i),(i),(說)顯然；3)由[xy]=[[x]{x} [y] {y}]=[x][y] [{x}{y}]即可證得； (v)由[_x] =[-([x] {x})]= -[x] [ -{x}]即可證得； (vi)由{ -x}={-([x]{x})}={-{x}}即可證得。1234乙1234乙12347 丄 丄丄[7][ 2][ 3] '"=1763 251 35 5=2054。4.4.設(shè)x=a+a,a=1,2,…-1,0<a<1。代入原方程得到[2aa+a]=2aa,12a_1知2a'Z,:啲可能取值是0,，…， ，即有2a個(gè)解。由于x=n也是解，因此,2a2a共有2(1?2 ?n-1)，1個(gè)解。TOC\o"1-5"\h\z2 3 4 5設(shè)x=n :,nZ,1<:<1，貝Uf（x）=[x] [2x] [2x][2x][2x][2x]=n2n2n2n2n2n[2:] [2:][2:] [2、馮[2:],由此得63njf（x）二63n1 371531<63n57,另一方面，12345為63k60型，故f（x）-12345。2 s設(shè)n=ao-2a12a2亠?亠2as,aj=0或1,貝Uh=【》?[罰[23]■■■2 si s_2=（a1-2a2-2a3：“一厝2as）（a2-2a3川…厝2as）川…卷as2 s=（2-1）a1（2—1）a2亠亠（2-1）as2 s=（ao 2a1 亠2 a2 亠 亠2as） -（ao亠a1 亠a2亠 亠as）= n_k。第一章習(xí)題八1.設(shè)不然，則n=2mn1,2|nvn1.1，22F.1=（22" 1.設(shè)不然，則n=2mn1,2|nv1是合數(shù)，矛盾。2.設(shè)不然，則n=nm2,1<n1<n，則2n-1=2n1n2_1=（2n1—1）Q,1：：：2n1—12.設(shè)不然，則n=nm2,表明2n-1是合數(shù)，矛盾。若6n-5型的素?cái)?shù)只有有限個(gè)，記為 P1,P2,…，Pk，作A=6P1P2…Pk-1，顯然A>1，A是奇數(shù)，且A是6n?5型的整數(shù)，故A必存在一個(gè)6n?5型的素因數(shù)p，從而p=Pi(1<^k)，由pA，pP1P2…pk推出P1，矛盾。設(shè)P1，p2=d P1， p3=2d P1，首先p1 =2且d是偶數(shù)，于是31d，從而對任意給定的d，P1，P2，P3中有且只有一個(gè)被3整除，即P1，P2，P3有且只有一個(gè)等于3，故P1，P2，P3最多只有一組。顯然下面n個(gè)正整數(shù)(n1)!2，(n1)!2,…，(n1)!(n1)滿足要求。設(shè)不然，則存在k，使得％'丄：:丄，設(shè)Q=P1p2…pk，考慮1nQ，nN，n:pn2顯然它們都不能被P1,p2,…，pk整除，即1nQ的標(biāo)準(zhǔn)分解式中的素?cái)?shù)都只能在 Pk+1,pk+2,…中，從而對于任意的右邊是一個(gè)收斂的級數(shù),右邊是一個(gè)收斂的級數(shù),級數(shù)，矛盾。第二章習(xí)題定理1的證明：如果（i）成立，ma—b,a—b=mq,a=bmq,知（ii）成立；如果（i）成立，寫a=q1m r1,b=q2m 「2, 0一門，r2 _m —1,貝V q1m r1=q2m 「2 mq,由此得ri=「2,知(說)成立；如果(iii)成立，a=qimr,b=q2mr,0_r_m-1,則a-b=m(qi-q2),ma-b，知(i)成立。定理2的證明：結(jié)論(i)與(ii)顯然。(iii)由定理1及a三b,b三c(modm)可知存在整數(shù)qi,q?，使得a=bqim,b=cq2m,因此a=c(qiq2)m，推出a三c(modm)。定理2得證。由x三y(modm)得x"三丫"(modm),由ai三bi(modm)得aix三by"(modm)，再由可加性得'■"aix"史by"(modm)。TOC\o"1-5"\h\ziJX i-0(i)由a三b(modm)得m a-b，又d|m,故da-b,即a 三b(modd); (ii) 由a三b(modm)得ma—b，故kmka —kb,即卩ak三bk(modmk)；(iii)由a三b (mod mi)得mia-b,故[mi,m2, ,mk]a-b,即a三b(mod[mi,m2,…,mk]); (iv)由a 三b(modm)得a=mqb,故(a,m)=(b,m); (v)由ac三be(modm)得m| ac-bc=c(a -b),又(c,m)=i，故ma-b，即a三b(modm)。因?yàn)?2三一i(modi3)，所以8i234=(82)6i7三(一i)6i7三_i三i2(modi3),即8i234被i3除的余數(shù)是i2。對任意的整數(shù)x,x三r(modm),i_r_m,于是f(x)三f(r)三0(modm),從而f(x)0,所以方程f(x)=0沒有整數(shù)解。由99|62：滬427得9|6^^427,ii|62：瀉莎從9|6^^|'427得、衛(wèi)'|-：'=6或用'1-：'=i5,從ii|62*427得:---=-2或?--=9，于是解關(guān)于:-,:的方程組第二章習(xí)題二若A是模m的完全剩余系，顯然(i)與(ii)成立。反之，滿足(i)與(ii)的一組數(shù)必分別來自于模m的每一個(gè)不同的剩余類，即 A是模m的完全剩余系。由威爾遜定理知 —i三(2p)!=p!(p+i)…(2p)三(―i)p(p!)2(mod2p+i),由此得(p!)2+(7)P三0(mod2p+i)。由(p-i)!三p-i(modp),(p-i)!三p-i(modp-i)以及(p,p-i)=i得(p-i)!三p-i(modp(p-i)),又2N=p(p-i),故(p-i)!三p-i(modN)。設(shè)不然，n=nin2, i<ni <n,由(n-i)!= -i (mod ni)得0= -i (mod ni),矛盾。設(shè)4m，如果｛aibi,a2b2, ,ambm｝是模m的完全剩余系，則其中的奇數(shù)與偶數(shù)各半，又｛ai,a2,,am｝與｛bi,b2,,bm｝也是模m的兩個(gè)完全剩余系，故 aibi必須使ai,bi同為奇數(shù)或偶數(shù)，即aibi^-2(mod4)，這對于4m的模m的完全剩余系是不可能的。(i)由bi通過mi個(gè)數(shù)可知bi、i-b^2 :(1，b^'n通過m=mim^mn個(gè)數(shù)；(i)如果b/-'i ? b2 -2 :："…：：bn、n三bi'i b2 2 …bn'n(mod m),則bi -i ■b2'2 bn三bi〔i b2、2 ' bn、n(mod mi),即 bi 三bi(modmi), bi'=bi。故 bi i b2、2 bn、n

通過模m=mim2…mn的完全剩余系。第二章習(xí)題若A是模m的簡化剩余系，顯然（i）,（ii）與（iii）成立。反之，滿足（i）,（ii）與（iii）的一組數(shù)必分別來自于模m得每一個(gè)不同的與模m互素的剩余類，即它是模m的簡化剩余系。對n施行數(shù)學(xué)歸納法。當(dāng) n=2時(shí)，由定理3知命題成立，假定命題在 n時(shí)成立，即x=MiX1?M2X2 -「MnXn通過模m=mim2…mn的簡化剩余系，則mn+ix mim2 mnXn-1=mn+1M1Xi亠mn+1M2X2亠亠mn+iMnXn亠mim2 mnXn1=M1X1■M2X2亠亠MnXn Mn+iXn+1通過模mim2…mnmn+i的簡化剩余系，由歸納原理知命題對一切 nH2成立。寫axi=mqiri,0 <m,由Xi通過模m的簡化剩余系知際通過模m的最小非負(fù)簡化剩余系，于是由例i得4.設(shè)m=陽…Pk'g，n=pi"ni4.設(shè)m=陽…Pk'g，n=pi"ni，PiImpFm，(mi,n,)=i，貝由此得mini）=p卩祁…p汕打（i-十）伽）餉）,（i）當(dāng)n=i時(shí)顯然；當(dāng)n=2時(shí)，?（2°）=2二>￡莎0王i）；當(dāng)n=p^，p為奇素?cái)?shù)時(shí)，（p：）=p-一 >、p「（：.-i）；現(xiàn)在設(shè)n=2pF…p?，則皺n）=皺2?半（p?）…申（pg）>>尹2。血衣…弓石。（ii）設(shè)n是合數(shù)，po為n的最小素因數(shù)，貝VPo_、n，于是

(n)=11焉糾方用(n)=11焉糾方用n(1花)M--=)=n—/n。..n第二章習(xí)題四因103=2353,顯然1978103_19783三0(mod2‘)，再由197810°三1(mod5‘)得1978103TOC\o"1-5"\h\z3 3丄匚 103 3 3-1978三0(mod5)，故1978 -1978三0(mod10)。159 159 6,26—3 3313 =5 =(5)5三5=255三45三6(mod7)。因561=31117,對于一切整數(shù)a,(a,561)=1，有(a,3)=1,(a,11)=1,(a,17)=560 2280 560 1056 560 16351， 由費(fèi)馬疋理可得a=(a)三1(mod3)，a=(a)三1(mod11)，a=(a)三1丄」560(mod17)，故a 三1(mod561)。由費(fèi)馬定理 qp°三1(modp), pq_1 =1(modq), pq_l+qP—1 三1(modp), pq+qp-1三1(modq),故pq_1+qp°三1(modpq)。12 3 3 66 -1=(6-1)(6 1)(6 1)=54373146657，對于46657,它的素因數(shù)必為12k121型，經(jīng)檢驗(yàn)的46657=133797，故6 -1=571331374397。設(shè)素?cái)?shù)pbn1,即bn三?1(modp),于是b2n三1(modp)，由例5得下面兩種情形之一成立：(i)p|bd-1對于2n的某個(gè)因數(shù)d<2n成立；(ii)p=1(mod2n)。第二章習(xí)題五設(shè)n=p?P2：2…pF，則n正因數(shù)可表示為d=p/P22…p?(0<i_i,1ii乞k),k于是d(n)='1L'1=(1-：1)(1-：2^(1-:k)o由上式立知d(n)是積性函數(shù)，但d(4)=3d|n \仝玄女=4=d(2)d(2)，故d(n)不是完全積性函數(shù)。若不恒為零的數(shù)論函數(shù) f(n)是完全積性函數(shù)，必為積性函數(shù)，故 f(1)=1且f(口訕：2…p/)=f(pi)1f(P2)…f(Pk)-k。反之，若整數(shù)m,n中有一個(gè)等于1,顯然有f(mn)=f(m)f(n),若 化n=?肛'J，貝卩f(mn^f(p1：1 pkk")f(P1)：11…f(Pk)：kk=f(山)：1…f(Pk)：kf(P1)1…f(Pk)*=f(m)f(m)。- =沁。d|ndnd|ndnd|n n (i)當(dāng)n=1時(shí)，右邊的連乘理解為 1，等式成立。設(shè) n=p/ipk-k，則有(ii)當(dāng)n=1時(shí)，右邊的連乘送p(d)f(d)=口(1+Hp)f(pJ卡?■+比卩￡)仁口口))=口(1(ii)當(dāng)n=1時(shí)，右邊的連乘d|n Pi|n Piln理解為1，等式成立。設(shè)n^p^…P,，則有s^(d)f(d^n(^tf(Pi)f(p^+u2(p<X)f(p<i)^n(^f(pi))。d|n Piln Piln5.當(dāng)n=1時(shí)，v'(d)=1，設(shè)n=p,：1…pkk，貝Ud|n、'?：(d)二7 …'、?':(dk)d|n d1|p1 dk1lP^k=[1(P1一1)亠?亠(pd_P：2)]…[1(Pk一1)亠 亠(Pi?-PkkA)]二p"Pkk二n。第三章習(xí)題一對于任意的正實(shí)數(shù)亠寫〉=[:]｛:｝，則由定理1，定理2可知[叮與｛「｝可分別唯一地表示為￡ab‘與z?aib形式，故c(可以唯一的表示為a=Wab(0蘭ai蘭b—1，且對于任i衛(wèi) i=1 i二丄何正整數(shù)m,都存在n>m，使得a」<b-1)的形式。789=(1100010101)2=(11124)5。8■■=0.380952。21k由n=(ak"a1a0)7=ak7+…+a17+a。三ak+…+a1(mod2)得2In=(aka1a°)7=2ak亠亠a1a。。若—=(0aa)b，貝Vbkm=n(a」bk' bk‘亠 亠a±)，即nbkm，nbk，n故n的每個(gè)素因數(shù)都是b的因素?cái)?shù)。反之，若n的每個(gè)素因數(shù)都是b的素因數(shù)，則必存在k,使得nbk，即bk=nn1,卩=丄—厲=l(aH半八+&b+a°),故—的b進(jìn)制小數(shù)nb b n(0aja2a；…)b為有限小數(shù)。第三章習(xí)題二顯然p1=|a11=a1,P2=日1 1=a1a2+1，當(dāng)kZ3時(shí)，有1日210顯然10顯然q1=1,P2= =a2,當(dāng)k>3時(shí)，有由歸納原理知對一切k>2a1-10…0日1_1 …001a2-1…01日2…00Pk=ak01a3…0■+■?-=akPk_1+kPk_2，00…-1000…ak丄00…01此與定理1中Pk的遞推式-致；100…0日10…001a2-1…01a2…00qk=ak01a3…0+???■=akqk_1+kqk_2,?..<<"00…ak_2*000…ak400…010 a2此與定理1中qk的遞推式一致。當(dāng)k=2時(shí)，由日11 a211 日1日2*1a_ P2PI10 a2 1... a2 1...ak1 ak1 10 101010P<1ak11他十Pk+Pk丄 PkIiPk卅Pk',qka1 0ak1qk'qkqk qk1qk有q1 比1 _L;'ak 1 = Pk Pkj10 10 1 0 = qk 。由a1=1,a2=2,a3=3得p1=1,p2=3,p3=10,q1=1,q2=2,q3=7,故連分?jǐn)?shù)1,2,3,4,5,…的前三個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為 日=1,山=2匕二耳。q1 q2 2 q3 7-^―=0,1,3,2,P1=0,P2=1,P3=3,q1=1,q2=1,q3=4,0〔a21一q2q1知k=2時(shí)成立，歸納假定a1 1 a2 1 ...ak 1 = Pk P210 10 1 0 - qk4.設(shè)x=2,3,2,3,由此解得X1535?易知91117第三章習(xí)題三1. (i)記、fk= ak+1,ak+2,…，an,-k=I'k+1,I'k+2,…，I'm，由：0=[：o]=bi,1

a〔■—二b:-i1推出:-1=a1=[、;一1]=[-1]=b1, ,后可得n=m,ai=bi(1<i<n); (ii)由(i)知-可唯一地表示為(ab1,又易知a1,a2,…，an還可以另寫成簡單連分?jǐn)?shù) a1,a2,…，an-1,1 ，有理數(shù)a僅有此兩種表示成簡單連分?jǐn)?shù)的方法。b2. 、13=3,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1, 。3.經(jīng)計(jì)算2 ..3=3,1,2,1,2,，由此得P1=3，P2=4，P3=11，P6=56,=4，q4I2P7=153，p8=209，p9=571，P10=780，P11=2131，

q5=11，q6=15，q7=41，q8=56，q9=153，q10=

，故289即為所求。209 209571 10 209，q1=1209，qn4. sin18=-^^=0,3,4,4,4,4, ，4得P1=0，P2=1，P3=4，305，q1=1，q2=3，q3=13，72 1 1 72\sin18---\ -飛，故--即為所求。233 233987 10 233P6=55，q5=233二的前幾個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為 3，22，3331 17 106分別滿足誤差滿足<10上和豈10』的要求。1 5=1,1,1,1,1,■"，由此易得2355113，1039933310210430833215Pk=Pk-1 Pk-2=FkFk-11-：,0=—知a1=[鳥0]b反復(fù)以上推理最,a2,…，an，an>但僅此而已，故P4=15，P5=41，，q2=1，q3=3，=571，…，于是)4=17，P5=72，|6=987，于是其中355和10993八113 33102Fk+1,qk=qk—qkd=Fk-1 Fk^2=Fk，故壓=。qkFk第三章習(xí)題四1.2.二=1,2,3=1.15-123.Ja241=a%Ja2+i_a)=a+ ■：/a2-1-a二a亠 22a(a?1_a)a,2a,2a,2a,2a,4.若j'd=印@,…，冇,2日1，則TOC\o"1-5"\h\zJd=Ei’a；,…,an,2a；》=匕 …,a.,印十寸刁)=佝*咽p； ,得（dqn佝+Jd)qn十得（dqn_aipn-pnj)-(aipnpnjpn)■d=0,由.d是無理數(shù)得pn=aiqn■qnj,dqn=aipn■pnj,反之，若pn=aiqnqnj,dq*=aipn-pnJ，則”=6@,…,山》=仙,a2,…,”◎+小=：：；鳥q； ，t「I i 、 2 2得ct滿足方程qnOt+(aiqn+qn」一pn)a—(aipn+pn/)=0,即a=d,由第4題可得到。第四章習(xí)題一設(shè)-17=---，即35x 21y 15z=17，因(35,21)=7，(7,15)=1，117,故105 3 5 7有解。分別解5x3y=t,7t亠15z=17得x=_t3u,y=2t-5u,u三Z,t=11亠15v,z=

-4-7v,vZ,消去t得x=-11-15v3u,y=22 30v-5u,z=-4-7v,u,vZ。對于任意的確定的u和v的值，都給出一種表示法。分別解xi2x2=t,t3x3=41得xi=t-2u,x2=u,uZ,t=41-3v,x3=v,vZ,消去t得Xi=41-3v—2u,X2=u,x3=v,u,vZ。由此得原方程的全部正整數(shù)解為(xi,X2,X3)=(41—3v「2u,u,v),u>0,v>0,41—3v—2u>0。消去xi得9x2-14x3=3，解得X2=-9'14t,X3=-6'9t,V=Z,從而得不定方程組的解為 Xi=43-55t, X2 = -9 14t, X3 = -6 - 9t, tZ,設(shè)甲、乙班的學(xué)生每人分別得 x,y支鉛筆，則7x11y=100，解這個(gè)不定方程得x=8,y=4。ry— ht二元一次不定方程ax+by=n的一切整數(shù)解為，一］，傳Z,于是由xZ0,y>十a(chǎn)t0得-血_t ，但區(qū)間［-迪，直］的長度是—，故此區(qū)間內(nèi)的整數(shù)個(gè)數(shù)為 ［円或［衛(wèi)］T。a b ab ab abab因?yàn)?,1,2, ,ab-a-b中共有(a-1)(b-1)個(gè)數(shù)，故只須證明n與g-n(g=ab-a-b)有且只有一個(gè)能表示成 ax+by(x>0,y>0)的形式。如果n與g-n都能表示成ax+by(x0,y0)的形式，即ax+by=n(x0,y0),ax"+by"=g-n( 0,y"色0),則a(xx)b(yy)=g,這是不可能的；如果 n不能表示成axby(x-0,y-0)

的形式，則因?yàn)槎淮尾欢ǚ匠?ax+by=n的一切整數(shù)解為 -bt，覽Z,所以當(dāng)ty=yo+at使0<x<b-1時(shí)，必有y乂-1，于是a(b-1-x)b(_1_y)=g_n,即g_n能表示成ax+by(x>0，y>0)的形式。第四章習(xí)題設(shè)有理數(shù)x=—， y=—(m--0)滿足方程x2 y2= 1，即l2 n2= m2，于是得I=m m222222222abd，n=：(a-b)d，m=二(a b)d或I=二(a-b)d，m=二2abd，m=二(a b)d，由2222此得(x,y)=( 棄聳,_a2巴)或(_a2~b2, |--t)。反之，代入方程x2 y2= 1即知這樣的a加a+b a a+b點(diǎn)在單位圓周上。22,.2由x=(zy)(z-y)及x是素?cái)?shù)得zy=x，z-y=〔，于是2z-1=x,2(xy1)=(x1)2都是平方數(shù)。設(shè)x-y=a2，y-z=b2，x-z= c2，貝V a2 b2 = c2，由此得x=(u2 v2)2 t，y=(u22222—v)t或4uvt，z=t，u,v,倬Z。ry r\ r\設(shè)(z-x,z亠x)=d，易知d=1或2。由(z-x)(z亠x)=3y得z-x=3da,zx=db，y=dab或z-x=db2，zx=3da2，y=dab，a>0，b>0，(a,b)=1。(i)當(dāng)d=1:22|b2-3a2|x22|b2-3a2|x=2d=2:x=|b2(ii)當(dāng)奇一偶。y=ab,z=—2—，a>0，b>0，(a,b)=1,3|b,a,b同為奇數(shù);222-3a|，y=2ab，z=b3a，a>0，b>0，(a,b)=1，3|b，a,b反之，易驗(yàn)證(i)或(ii)是原不定方程的解，且 x>0，y>0，z>0，(x,y)=1。(i)設(shè)x，y， z是x2 y2 z2=x2y2的整數(shù)解，如果x，y同為奇數(shù)，則x2 y2 z222 ,__. 222三2,3(mod4)，xy三1(mod4)，此不可能；女口果x，y一奇一偶，貝Ux+y+z三1，2(mod224)，xy三0(mod4)，此也不可能。所以x，y同為偶數(shù)，z也是偶數(shù)，令x=2x1，y=2丫1,z=2z1，代入原方程得x12y12z12=22X12y12，反復(fù)以上的推理可得x，y，z能被2的任意次乘幕整除，只能x=y=z=0。 (ii)類似于(i)可證。設(shè)x，y，z是x2 y2=z4的滿足(x,y)=1，2x的正整數(shù)解，則 x = 2ab，y=a2-b2,z2=a2 b2,a>b>0,(a,b)=1,a,b一奇一偶，再由z2=a2 b2得 a = 2uv,b=u2—v2,z=u v或a=u-v,b=2uv,z=uv, u>v>0,(u, v)=1 , u,v一奇一偶，于是得x=4uv(u2—v2),y= |u4v4-6u2v2|,z=u2 v2,u>v>0, (u,v) = 1 ,u,v一奇一偶。反之，易驗(yàn)證它是原不定方程的整數(shù)解，且 x>0,y>0,z>0,(x,y)=1,2x。第四章習(xí)題三1.由x(xy)=(-6,5)。=6得(x,y)=(1,5),(-1,-5),(2,1),(-2,-1),(3,-1),(-3,1),(6,-5),-3),(2,1, <), (1,-3, 2), (2, -3, 1), (_3, 1,2), (J,2,1),當(dāng)y=1時(shí)，x=2，若2,x>3,貝U—3y三1(mod8)，這是不可能的，故原方程的正整數(shù)解只有(x,y)=(2,1)。2顯然x>zy>乙令x=zs，y=zt，s，坨N，代入原方程可得z=st，于是s=2222ad，t=bd，z=abd，其中a,b,N，(a,b)=1，由此得x=abdad，y=abdbd，z=abd，反之，將上式代入原方程知它們是原方程的正整數(shù)解。不妨設(shè)x_y，當(dāng)p=2時(shí)，(x,y)=(2,2)。下設(shè)p是奇素?cái)?shù)，令2x=ps，2y=pt，s，tZ，sZt，代入原方程可得p2=st，由此得s=1，t=p2或s=p，t=p或s=-p2，t=-1,即(x,y)=(p21,p(p,'1))=(p,p)fj)。設(shè)M,b為任意的有理數(shù)，容易證明：若a1,a2,-,a2n+1具有性質(zhì)P,則(i)M,Ma1,Ma2,…，Ma2n+1也具有性質(zhì)P;(ii)a1b,a2b,…，a2n+1b也具有性質(zhì)P。由此我們可假定a1,a2,…，a2n+1都是整數(shù)，且a1=0。由性質(zhì)P易知ai都是偶數(shù)，于是由(i)知印，比,...,舫1也具有性質(zhì)P,并且它們都是整數(shù)，且3=0。反復(fù)以上推理可知對于任2222意的正整數(shù)k,員寺，…，號也具有性質(zhì)P,故只可能a1=a1=-=a2n+1=0。第五章習(xí)題一(i)若f(X0)三0(modm),貝Uf(X0)+b(x。)三b(X0)(modm)成立，反之，若f(X0)+b(x。)三b(X0)(modm),則f(x°)三0(modm)成立；(i)若f(x°)三0(modm)，則bf(x°)三0(modm)成立，反之，若bf(x0)三0(modm),則由(b,m)=1得f(x0)三0(modm)成立；(iii)若g(X0)h(X0)三0(modm),則由m是素?cái)?shù)得g(x0)三0(modm)或h(x0)三0(modm)。(i)x三4(mod17); (ii)x三1,48,95,142,189(mod235)。消去y得8x三41(mod47),解得x三11(mod47),代入原方程組中的第二式得 y三1(mod47)。故原方程組的解為x三11(mod47),y三1(mod47)。首先易知b(-1)a1(p~1)(p~2)(p~aM)是整數(shù)，又由(a,p)=1知方程ax=b(modp)a!解唯一，故只須將x三b(7)a°—1)^p—2) —-~~1)(modp)代入ax三b(modp)驗(yàn)證它是同a!余方程的解即可。必要性顯然，下證充分性。當(dāng)n=1時(shí)，由定理2知命題成立。假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論已真，考慮 a1X1 ■ a2X2 亠 亠akXk ■ak+1Xk+1三b(modm)，令(a1,a2,…，ak,m)= d1, ?,ak+1)=d,因?yàn)橥喾匠蘟k+1Xk+1三b(modd"有解，其解數(shù)為d,modd1,記m=d1m1，則解數(shù)為dm1,modm?，F(xiàn)在固定一個(gè)解xk+1，由歸納假定知a1x1a2x^ "akxkb-ak+1Xk+1(modm)有解，其解數(shù)為d1mk',modm,從而a*a2X2：：…：:akXkak+1Xk+1三b(modm)有解，其解數(shù)為dm1d1mk^=dmk,modm。由歸納原理知命題對于一切n>1成立。因?yàn)?2,12)=2,(2,7)=15,故同余方程有解，其解數(shù)為 1122*=12,mod12。先解同余方程7y三5(mod2)，得y三1(mod2)，寫成y三1+2t(mod12),t=0,1,2,…,5,對于固定的t，解同余方程2X25-7(1+2t)三/-2t(mod12)，得x三_1-t(mod6),寫成x三」-t+6s(mod12),s=0,1，故原方程組的解為x三_1_t+6s(mod12),y三1+2t(mod12),s=0,1,t=0,1,2, ,5。第五章習(xí)題二m=56711=2310；M1=6711=462，M2=5711=385,M3=5611=330,M4=567=210;由462M「三1(mod5)得M「=3,385M2"三1(mod6)得M2"=1,330M3,三1(mod7)得M3,=1,210MJ三1(mod5)得M4‘=1。所以原同余方程組的解為x三3462b1+1385b21330b3 1210b4(mod2310)。因?yàn)?15,8)=18-5，(15,25)=58-13，(8,25)=15-13，故原同余方程組有解，解數(shù)唯一， mod[15,8,25]=600。將第一個(gè)同余方程的解 x=8-15憶Z，代入第二個(gè)同余方程得 t1三3(mod8)，即t1=3+8t2，t^Z，x=53+120t2，代入第三個(gè)同余方程得t2三3(mod5)，即t2=3+5t3，t^Z，x=413+600t3，所以原同余方程組的解為 x三413(mod600)。注：此