初等数论第四次作业
闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答
第四章 同余式§1 习题（P61）1． 求下列各同余式的解 （i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1） 先解不定方程 2563371x y += ……（2） 由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。
（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。
解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2） 先解： 2435511x y += ……（3） 解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1） （1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2． 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2） 由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3） 由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。
初等数论闵嗣鹤第四版答案
初等数论闵嗣鹤第四版答案介绍《初等数论闵嗣鹤第四版答案》是对闵嗣鹤所著《初等数论》第四版的习题答案进行了整理和解析。
《初等数论》是普通高校数学系本科生的一门基础课程，有助于培养学生的数学思维和推理能力。
通过学习该答案，学生可以更好地理解和掌握《初等数论》中的知识点，并提高解题能力。
目录1.第一章素数2.第二章同余3.第三章数论函数4.第四章域上的多项式5.第五章幂的剩余与解方程6.第六章整数的几何性质第一章素数1.1 什么是素数？简要解答：素数指的是只能被1和自身整除的正整数。
详细解答：一个大于1的正整数如果只能被1和它本身整除，则称之为素数，也叫质数。
反之，如果大于1的正整数可以被其他正整数整除，则称之为合数。
最小的素数是2。
1.2 素数的性质简要解答：素数有无限多个，并且一个数是否是素数可以通过试除法判断。
详细解答：欧几里得证明了素数有无限多个的结论。
对于给定的一个正整数n，如果在2到√n之间找不到小于n的因数，那么n就是素数。
这就是试除法。
试除法是素数判断的基础，但它的效率不高，因为需要逐个试除所有小于n的数。
1.3 素数的应用简要解答：素数在密码学和随机数生成中经常被使用。
详细解答：由于素数具有唯一分解性质，使得许多密码学算法中的关键操作依赖于素数。
比如RSA算法中，公钥和私钥的生成需要使用两个大素数。
此外，素数还在随机数生成和随机性检验中发挥重要作用。
第二章同余2.1 什么是同余？简要解答：同余是数论中的一种等价关系。
详细解答：a和b对模m同余，记作a≡b(mod m)，当且仅当a和b的差是m的倍数。
同余关系具有三个基本性质：反身性、对称性和传递性。
同余关系的性质使得其在数论中有广泛的应用。
2.2 同余定理简要解答：同余定理是一类用来计算同余的定理，包括欧拉定理、费马小定理等。
详细解答：欧拉定理是指当a和m互质时，a的φ(m)次方与1同余模m，其中φ(m)表示不大于m且与m互质的正整数的个数。
国开电大初等数论(四川)形成作业四参考答案
a.有限个解
b.无法确定
c.无解
d.有无穷多解
【答案】：无解
题目2.形如4n-1的数不能写成（）个平方数的和
a. 1
b. 0
c. 2
d. 3
【答案】：2
题目3.同余式x2=365（mod1847）的解的情况（）
a.有无理数解
b.不确定
c.有解
d.无解
【答案】：有解
c. 1，2，3，4，5，6，7，8
d. 1，2，4，8，9，13，15，16
【答案】：1，2，4，8，9，13，15，16
题目7.在整数中正素数的个数为( )
a.有限多
b.无限多
c.有1个
d.不一定
【答案】：无限多
题目8.同余式8x=9(mod11)的解为（）
a. x=8(mod11)
b. x=4(mod17)
对
错
【答案】：错
题目12.对于同一素数p,二平方剩余之积仍是平方剩余.
对
错
【答案】：对
题目13.素数写成两个平方数和的方法不是惟一的.
对
错
【答案】：错
题目14.模13的平方非剩余个数为6个.
对
错
【答案】：对
题目15.如果(b,p)=1，则b是模p的平方(mod17)
d. x=9(mod17)
【答案】：x=8(mod11)
题目9.如果同余式x2=a(modp)有解，则成a是模p的（）
a.四次剩余
b.三次剩余
c.一次剩余
d.二次剩余
【答案】：二次剩余
题目10.563是素数，=（）
a. 0
b. 3
《初等数论》习题集及答案
《初等数论》习题集第1章 第 1 节1. 证明定理1。
2. 证明：若m - p ∣mn + pq ，则m - p ∣mq + np 。
3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。
4. 设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1是素数。
5. 证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为a 2 + p （a > 0是整数，p 为素数）的形式。
第 2 节1. 证明：12∣n 4 + 2n 3 + 11n 2 + 10n ，n ∈Z 。
2. 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。
3. 设n ，k 是正整数，证明：n k 与n k + 4的个位数字相同。
4. 证明：对于任何整数n ，m ，等式n 2 + (n + 1)2 = m 2 + 2不可能成立。
5. 设a 是自然数，问a 4 - 3a 2 + 9是素数还是合数？6. 证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。
第 3 节1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。
3. 证明定理4的推论1和推论3。
4. 设x ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。
5. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。
6. 设n 是正整数，求1223212C ,,C ,C -n n n n 的最大公约数。
第 4 节1. 证明定理1。
2. 证明定理3的推论。
3. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。
4. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。
5. 设a ，b ，c 是正整数，证明：),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c c b b a c b a a c c b b a c b a =。
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第 0 章 序言及预备知识
第一节 序言（1）
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1） 2 是无理数。 （2）Show that there are infinitely many Ulam numbers 3、用 Mathematica 数学软件实现
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第 6 节 函数[x]与{x}
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1） PAUL ERDO S
2、理论计算与证明：
（1）求 30! 的标准分解式。
（2）求 20!的末尾有多少个零？
（3）设 n 是任一正整数，α 是实数，证明：
（i）
⎡[nα
2010-6-7 version1.0
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第 1 节 剩余类及完全剩余系、简化剩余系
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1）DAVID HILBERT
2、理论计算与证明
（1）证明 ϕ(1) + ϕ( p) + ϕ( p2 ) + ... + ϕ( pα ) = pα , p 为素数。
Байду номын сангаас
（2）设 a,b, c 都是正整数，则
max{a,b, c} = a + b + c − min{a,b}− min{a, c} − min{b, c}+ min{a,b, c}
(0346)《初等数论》网上作业题及答案
（0346）《初等数论》网上作业题及答案1：第一次作业2：第二次作业3：第三次作业4：第四次作业5：第五次作业1：[论述题]数论第一次作业参考答案：数论第一次作业答案2：[单选题]如果a|b，b|c，则（）。
A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a参考答案：C马克思主义哲学是我们时代的思想智慧。
作为时代的思想智慧，马克思主义哲学主要具有反思功能、概括功能、批判功能和预测功能。
（1）“反思”是哲学思维的基本特征，是以思想的本身为内容，力求思想自觉其为思想。
通过不断的反思，揭示自己时代的本质和规律，达到对事物本质和规律性的认识。
（2）概括是马克思主义哲学的重要功能，是马克思主义哲学把握人与世界总体性关系的基本思维方式。
（3）马克思主义哲学的批判功能主要是指对现存世界的积极否定。
（4）马克思主义哲学的预测功能在于预见现存世界的发展趋势。
3：[单选题]360与200的最大公约数是（）。
A：10B：20C：30D：40参考答案：D数论第一次作业答案4：[单选题]如果a|b，b|a ，则（）。
A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的关系无法确定参考答案：C数论第一次作业答案5：[单选题]-4除-39的余数是（）。
A：3B：2C：1D：0参考答案：C数论第一次作业答案6：[单选题]设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。
A：整除B：不整除C：等于D：小于参考答案：A数论第一次作业答案7：[单选题]整数6的正约数的个数是（）。
A：1B：2C：3D：4参考答案：D数论第一次作业答案8：[单选题]如果5|n ，7|n，则35（）n 。
A：不整除B：等于C：不一定D：整除参考答案：D数论第一次作业答案1：[论述题]数论第二次作业参考答案：数论第二次作业答案2：[单选题]288与158的最大公约数是（）。
A：2B：4C：6D：8参考答案：A数论第二次作业答案3：[单选题]-337被4除余数是（）。
(完整版)初等数论练习题答案
初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12;(2420)=_880_ϕ2、设a,n 是大于1的整数，若a n -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+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。
5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t t ∈Z 。
.6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(m )_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、 =-1。
⎪⎭⎫⎝⎛103659、若p 是素数，则同余方程x p - 1 ≡1(mod p )的解数为 p-1 。
二、计算题1、解同余方程：3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 105)。
解：因105 = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 3)的解为x ≡ 1 (mod 3)，同余方程3x 2+11x -38 ≡ 0 (mod 5)的解为x ≡ 0，3 (mod 5)，同余方程3x 2+11x -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 ≡ b 1 (mod 3)，x ≡ b 2 (mod 5)，x ≡ b 3 (mod 7)，其中b 1 = 1，b 2 = 0，3，b 3 = 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x 2≡42(mod 107)是否有解？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-∙--∙-（）（）（）（），（）（）（）（，（（）（）（（）（解： 故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。
2013年春西南大学《初等数论》作业及答案(共4次已整理)
2013年春西南大学《初等数论》作业及答案(共4次,已整理)第一次作业1、设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。
A：整除B：不整除C：等于D：小于正确答案：A 得分102、整数6的正约数的个数是（）。
A：1B：2C：3D：4正确答案：D3、如果5|n ，7|n，则35（D ）n 。
A：不整除B：等于C：不一定D：整除正答4、如果a|b，b|a ，则（）。
A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的关系无法确定正确答案：C 得分：105、360与200的最大公约数是（D）。
A：10B：20C：30D：406、如果a|b，b|c，则（C ）。
A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a7、1到20之间的素数是（）。
A：1，2，3，5，7，11，13，17，19B：2，3，5，7，11，13，17，19C：1，2，4，5，10，20D：2，3，5，7，12，13，15，17正确答案：B 得分：108、若a，b均为偶数，则a + b为（）。
A：偶数B：奇数C：正整数D：负整数正确答案：A 得分：109、下面的（）是模12的一个简化剩余系。
A：0，1，5，11B：25，27，13，-1C：1，5，7，11D：1，-1，2，-2正确答案：C 得分：1010、下面的（）是模4的一个完全剩余系。
A：9，17，-5，-1B：25，27，13，-1C：0，1，6，7D：1，-1，2，-2正确答案：C 得分：1011、下面的（）是不定方程3x + 7y = 20的一个整数解。
A：x=0,y=3B：x=2,y=1C：x=4,y=2D：x=2,y=2正确答案：D 得分：1012、设a,b,c,d是模5的一个简化剩余系，则a+b+c+d对模5同余于（）。
A：0B：1C：2D：3正确答案：A 得分：1013、使3的n次方对模7同余于1的最小的正整数n等于（）。
A：6B：2C：3D：13正确答案：A 得分：1014、100与44的最小公倍数是（）。
闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答
第四章 同余式§1 习题（P61）1． 求下列各同余式的解 （i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1） 先解不定方程 2563371x y += ……（2） 由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。
（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。
解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2） 先解： 2435511x y += ……（3） 解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1） （1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2． 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2） 由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3） 由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。
初等数论练习题答案
初等数论练习题答案信阳职业技术学院2010 年12 月初等数论练习题、填空题1、 d (2420)=12; (2420)= 8802、 设a,n 是大于1的整数，若a n -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+12=0(mod 37)的解是 x 三 11(mod 37)。
5、 不定方程 18x-23y=100 的通解是 x=900+23t , y=700+18t t Z 。
6、 分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ (n)_07、 18100被172除的余数是256。
若p 是素数，则同余方程x p 1 1(mod p)的解数为p-1、计算题解同余方程：3x 2 11x 20 0 (mod 105)。
故原同余方程有4解。
故同余方程x 2三42(mod 107)有解。
3、求(127156+34) 28除以111的最小非负余数判断同余方程x 2=42(mod 107)是否有解? 2、 解：(竺)( 107 —)1, 107 / 42、)1 107 2 3 7 ) 107 —) 107 2 3—)(——) 107107 L2?!0!! 107 (1) 2 2 (107) 3 —)107(2)3 7 1 107 127 2 107、/ 2、 1) 2 2( ) (―) 1 7 7 65 而 =-1 09、 1、 解：因 105 = 3 57,同余方程3x 2 11x 20 0 (mod 3) 的解为x 1 (mod 3),0 (mod 5) 的解为x 0 , 3 (mod 5),0 (mod 7) 的解为x 2 , 6 (mod 7),作同余方程组：x b 1 (mod 3), b 2 (mod 5) ,x b s (mod 7),其中 b 1 = 1 , b 2 = 0 , 3, b a = 2 , 6,由孙子定理得原同余方程的解为x 13 , 55, 58 , 100 (mod 105)。
《初等数论》各章习题参考解答
《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是，所以满足条件的最小正整数11111111100a =。
2.解：3在100!的分解式中的指数()1001001001003100!33113148392781⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++=+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 在100!的分解式中的指数()1001001001001002100!50251261942481664⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，∴ ()9448474847100!2343123,,61k k k k =⋅⋅=⋅⋅=⋅=。
故 max 47n =，min 3M k =，(),61k =。
故 当M 最小值是3的倍数，但不是2的倍数。
3.解：112121n n n n x x ++++++等价于()()21221n n n x x x ++-+-，从而3x ³（n 就不会太大，存在反向关系）。
由()()22121n nn x x x -+-?+，得()()2212n n n x x -+?，即()()()121122nn x x -+?。
若2n ³，则()()()()251221114242nn x xx x-?+??，导致25140x x -+?，无解。
所以，只有1n =，335314x x x +-?，只能是37,14x +=，从而4,11x =。
综上所述，所求正整数对()()(),4,111,1x n =、。
4.解：按题意，2m n >>，记*,m n k k N =+?；则()222211111n n k nk n k k a a a a a a a a a a a a +++-+-?-+--++-22211111n k k n k k a a a a a a a a a ++?---+?-+-，故 存在无穷多个正整数a 满足2111n k k a a a a ++-+-。
2018年春季学期西南大学网络教育平时作业答案0346《初等数论》
0346《初等数论》概念解释题一、解释下列概念1. 叙述整数b被整数a整除的概念。
2. 叙述合数的概念，并判断21是否为合数。
3. 80530是否是5的倍数，为什么？4. 叙述质数的概念，并写出小于18的所有质数。
5. 叙述模m的最小非负完全剩余系的概念。
6. 2358是否是3的倍数，为什么？二、给出不定方程ax + by = c有整数解的充要条件并加以证明。
三、给出有关同余的一条性质并加以证明。
四、叙述带余数除法定理的内容并给出证明。
概念解释题答案一、解释下列概念1. 叙述整数b被整数a整除的概念。
答：若存在整数q使得b=aq，则称整数b被整数a整除。
2. 叙述合数的概念，并判断21是否为合数。
答：一个大于1的整数，如果它的正因数除了1和它本身外，还有其它正因数，就叫作合数。
21是合数，因为除了1和21外还有3，7是它的正因数。
3. 80530是否是5的倍数，为什么？答：80530是5的倍数。
因为一个整数能被5整除的充要条件是它的个位数为5或0。
4. 叙述质数的概念，并写出小于18的所有质数。
答：一个大于1的整数，如果它的正因数只有1和它本身，就叫作质数。
小于18的所有质数是2,3,5,7,11,13，17。
5. 叙述模m 的最小非负完全剩余系的概念。
答：0，1，2，…，m -1称为m 的最小非负完全剩余系。
6. 2358是否是3的倍数，为什么？ 答：2358是3的倍数。
因为一个整数能被3整除的充要条件是它的各个位数的数字之和为3的倍数，而2+3+5+8=18，18是3的倍数，所以2358是3的倍数。
二、给出不定方程ax + by = c 有整数解的充要条件并加以证明。
解： 结论：二元一次不定方程ax + by = c 有整数解的充要条件是(,)|a b c 。
证明如下：若ax + by = c 有整数解，设为00,x y ，则00ax by c +=但(,)|a b a ，(,)|a b b ，因而(,)|a b c ，必要性得证。
02013初等数论练习题及答案
02013初等数论练习题及答案初等数论练习题一一、填空题1、?(2420)=27；?(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+12≡0(mod 37)的解是x≡11(mod 37)。
5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t，y=700+18t t?Z。
.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、??65?? = -1 。
?103?9、若p是素数，则同余方程x p ? 1 ?1(mod p)的解数为 p-1 。
二、计算题1、解同余方程：3x2?11x?20 ? 0 (mod 105)。
解：因105 = 3?5?7，同余方程3x2?11x?20 ? 0 (mod 3)的解为x ? 1 (mod 3)，同余方程3x2?11x?38 ? 0 (mod 5)的解为x ? 0，3 (mod 5)，同余方程3x2?11x?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，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x2≡42(mod 107)是否有解？237）1071071071071073?1107?17?1107?1 ??23107271072221，1，?221107107331077742??11072?3?7解：(42)??28除以111的最小非负余数。
解：易知1271≡50。
502 ≡58， 503 ≡58×50≡14，509≡143≡80知5028 ≡3×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70 从而5056 ≡16。
闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答
第四章 同余式§1 习题（P61）1． 求下列各同余式的解 （i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1） 先解不定方程 2563371x y += ……（2） 由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。
（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。
解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2） 先解： 2435511x y += ……（3） 解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1） （1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2． 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2） 由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3） 由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。
初等数论课后习题答案
1 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。
∴存在n 个整数n p p p ,,21使n n n m p a m p a m p a ===,,,222111又n q q q ,,,21 是任意n 个整数m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数2 证： )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n从而可知12)(1(/6++n n n3 证： b a , 不全为0∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而有形如by ax +的最小整数00by ax +Z y x ∈∀,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+则b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax byax++/00 （y x ,为任意整数） b byaxa byax /,/0++∴,/(0ba byax+∴ 又有b b a a b a /),(,/),(/),(by axb a +∴ 故),(00b a byax=+4 证：作序列 ,23,,2,0,2,,23,b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间（区间段）即存在一个整数q ，使b q a b q 212+<≤成立(i 当q 为偶数时，若.0>b 则令b q a bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b q b q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b q a bs a t q s 2,2+=-=-=，则同样有2b t <)(ii 当q 为奇数时，若0>b 则令b q a bs a t q s 21,21+-=-=+=，则有2021212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 0<b ，则令b q a bs a t q s 21,21++=-=+-=则同样有 2b t ≤综上 存在性得证 下证唯一性当b 为奇数时，设11t bs t bs a +=+=则b s s b t t >-=-)(11而b t t t t b t b t ≤+≤-∴≤≤1112,2矛盾 故11,t t s s ==当b 为偶数时，t s ,不唯一，举例如下：此时2b 为整数 2,2),2(2212311b t b t b b b b b ≤=-+⋅=+⋅=⋅2,2,222211b t b t t bst bs a ≤-=+=+=5.证：令此和数为S ，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数（1） 令S=n14131211+++++，取M=p k 75321⋅⋅⋅-这里k 是使n k≤2最大整数，p 是不大于n 的最大奇数。
《初等数论》习题解答
《初等数论》习题集第1章第1节1. 证明定理1。
2. 证明：若m —p mn 十pq，贝U m —p mq +np。
3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。
4. 设p是n的最小素约数，n = pni, n〔> 1,证明：若p >3n，贝U n i 是素数。
5. 证明：存在无穷多个自然数n,使得n不能表示为a?+p (a > 0是整数，p为素数) 的形式。
第2节1. 证明：12 n4 + 2n3 + 11n2+ 10n, n§Z。
2. 设3 a2+b2,证明：3 a且3 b。
3. 设n, k是正整数，证明：n k与n k+ 4的个位数字相同。
4. 证明：对于任何整数n, m,等式n2+ (n + 1)2 = m2+ 2不可能成立。
5. 设a是自然数，问a4-3a2+ 9是素数还是合数？6. 证明：对于任意给定的n个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n整除。
第3节1. 证明定理1中的结论(i ) —(iv )。
2. 证明定理2的推论1,推论2和推论3。
3. 证明定理4的推论1和推论3。
4. 设x, y W Z , 17|2x +3y,证明：17 9x 十5y。
5. 设a, b, c在N, c无平方因子，a2 b2c，证明：a b。
6. 设n是正整数，求ckC …，C M；"1的最大公约数。
第4节1. 证明定理1。
2. 证明定理3的推论。
3. 设a, b 是正整数，证明：(a+b)[a, b] = a[b, a+b]。
4. 求正整数a, b,使得a+b = 120, (a, b) = 24 , [a, b] = 144。
5. 设a, b, c是正整数，证明：2 2[a,b, c] (a, b, c)=------------ 。
[a, b][b, c][c,a] (a,b)(b, c)(c, a)6. 设k是正奇数，证明：1 + 2 +…+ 9|l k+ 2k+…+ 9k。
初等数论 习题解答
王进明 初等数论 习题及作业解答P17 习题1-1 1，2(2)(3), 3，7，11，12为作业。
1．已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.解：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=(121)454122626390,b +=---=b =30, 被除数a =12b +26=360.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题：商为12,表明被除数减去余数后是除数的12倍，被除数减去余数后与除数相加的和是除数的（12+1）倍，即454122626390---=是除数的13倍.2．证明：(1) 当n ∈Z 且39(09)n q r r =+≤<时，r 只可能是0,1,8;证：把n 按被9除的余数分类，即：若n=3k, k ∈Z ，则3327n k =, r=0； 若n=3k +1, k ∈Z ，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8. (2) 当 n ∈Z 时，32326n n n -+的值是整数。
证 因为32326n n n -+=32236n n n -+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。
32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+.或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --为3的倍数；若n 为3k －1, k ∈Z ，则2n －1=2(3k －1)－1=6k-3, 2n －1是3的倍数.综上所述，(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。
《初等数论》作业
初等数论》作业第一次作业：一、单项选择题1、(0,b) ( ).A bB bC bD 02、如果ba，ab，则( ).A a bB a bC a bD a b3、如果(a,b) 1，则(ab,a b) =( ).A aB bC 1D a b4、小于30 的素数的个数( ). A 10 B 9 C 8 D 75、大于10且小于30的素数有( ). A 4个 B 5 个 C 6个 D 7个6、如果3n ，5n，则15() n.A 整除B 不整除C 等于D 不一定7、在整数中正素数的个数( ) .A 有1 个B 有限多C 无限多D 不一定二、计算题1、求24871 与3468 的最大公因数?2、求[24871,3468]=?3、求[136,221,391]=?三、证明题1、如果a,b 是两个整数, b 0 ,则存在唯一的整数对q,r ,使得a bq r ,其中0 r b .n n 2n32、证明对于任意整数n,数n n n是整数.3 2 63、任意一个n位数a n a n 1 a2a1与其按逆字码排列得到的数a1a2 a n 1a n 的差必是9的倍数.4、证明相邻两个偶数的乘积是8 的倍数.第二次作业一、单项选择题1、如果( A ),则不定方程ax by c 有解. A (a,b)c B c(a,b) C ac D(a,b)a 2、不定方程525x 231y 210( A ).A 有解B 无解C 有正数解D 有负数解二、求解不定方程1、9x 21y 144. 解：因为( 9，21)=3，3144 ，所以有解；化简得3x 7y 48 ；考虑 3x 7y 1 ，有 x 2, y 1， 所以原方程的特解为 x 96,y 48 ， 因此，所求的解是 x 96 7t,y 48 3t,t Z 。
2、 6x 17y 18 .解：因为 (6,17) 18 ,所以有解 ; 考虑6x 17y 1,x 3, y 1;所以 x 54,y 18 是特解 ,x 96 9k 1 10k 2 y 48 4k 1 5k 2 z 8 k 2这里k 1,k 2 是任意整数第三次作业：一、选择题1、整数 5874192能被( )整除 . A 3 B 3与 9 C 9 D 3或 92、整数 637693 能被 ( )整除. A 3B 5C 7D 93、模 5 的最小非负完全剩余系是 ( ).A -2,-1,0,1,2B -5,-4,-3,-2,-1 C1,2,3,4,5 D0,1,2,3,4即原方程的解是 x 54 17t,y 18 6t3、 107x 37y 25.解：因为( 107，37) =1 25，所以有解；考虑 107x 37y 1， 有 x 9, y 26 ，所以，原方程特解为 x 9 25=225， y 26 25 =-650 ， 所以通解为 x 225 37t,y 650 107t4. 求不定方程 25x 13y 7z 4 的整数解 .解 我们将它分为两个二元一次不定方程来求解 25x+13y=t, t+7z=4. 利用求二元一次不定方程的方法 ,因为 25(-t)+13(2t)= t, 32+7 (-4)=4,所以, 上面两个方程的解分别为x t 13k 1 y 2t 25k 1t 32 7k 2 z 4 k 2x 32 13k 1 7k 2消去 t 就得到所求的解 y 64 25k 1 14k 2 ,z 4 k 2这里k 1,k 2 是任意整数5. 求不定方程 4x 9y 5z 8 的整数解 .解 我们将它分为两个二元一次不定方程来求解4x-9y=t, t+5z=8.利用求二元一次不定方程的方法 ,因为 4(-2t)-9(-t)= t, 48+5 (-8)=8,所以, 上面两个方程的解分别为x 2t 9k 1 y t 4k 1t 48 5k 2 z 8 k 2消去 t 就得到所求的解4、如果a b(mod m) ,c 是任意整数,则A ac bc(mod m)B a bC ac bc(mod m)D ab二、解同余式(组)1) 45x 21(mod 132) .2) 12x 15 0(mod 45)3) 111x 75(mod 321) .x 1(mod 7)4)x 2(mod 8) . x 3(mod 9)x 1(mod 2)x 2(mod 5)5)x 3(mod 7)x 5(mod 9)三、证明题1、如果整数a的个位数是5,则该数是5的倍数.2、证明当n是奇数时，有3(2n1) .第四次作业：一、计算：1、判断同余式x2438(mod 593)是否有解？2、判断同余式x2365(mod 1847)是否有解？3、求11 的平方剩余与平方非剩余.4、计算429 , 其中563 是素数.5635、计算3835、计算443二、证明题：1、证明相邻两个整数的立方之差不能被 5 整除.2、证明形如4n 1 的整数不能写成两个平方数的和.3、一个能表成两个平方数和的数与一个平方数的乘积,仍然是两个平方数的和; 两个能表成两个平方数和的数的乘积, 也是一个两个平方数和的数.4、素数写成两个平方数和的方法是唯一的.答案：第一次作业：一、单项选择题1、（0,b）（C ）.A bB bC bD 02、如果ba，ab，则(D ).A a bB a bC a bD a b3、如果(a,b) 1，则(ab,a b) =(C ).A aB bC 1D a b4、小于30 的素数的个数( A ). A 10 B 9 C 8 D 75、大于10且小于30的素数有( C ). A 4 个B 5 个C 6个D 7 个6、如果3n，5n，则15(A ) n.A 整除B 不整除C 等于D 不一定7、在整数中正素数的个数（C ）. A 有1 个二、计算B 有限多C 无限多D 不一定题1、求24871 与3468 的最大公因数? 解：24871=3468 7+5953468=595 5+493595=493 1+102493=102 4+85102=85 1+1785=17 5, 所以,(24871,3468)=17.2、求[24871,3468]=? 解：因为( 24871,3468 )=1724871 3468所以[24871,3468]= =507368417所以24871 与3468 的最小公倍数是5073684。
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初等数论第四次作业
1．设n是正整数，证明6| n(n + 1)(2n + 1)。
证明：用数学归纳法来证明。
1）当n=1时，n(n+1)(2n+1)=1×(1+1)×(2×1+1)=1×2×3=6 ，而6|6，所以当n=1时，命题成立。
2）假设当n=m时命题亦成立，即6|m(m+1)(2m+1)
3) 则当n=m+1时，
n(n+1)(2n+1)=(m+1)(m+1+1)[2(m+1)+1]
=(m+1)(m+2) (2m+3)
= m(m+1)(2m+3)+ 2(m+1)(2m+3)
= m(m+1)(2m+1+2)+ 2(m+1)(2m+3)
= m(m+1)(2m+1)+2 m(m+1)+ 2(m+1)(2m+3)
= m(m+1)(2m+1)+ 2(m+1)(m+2m+3)
= m(m+1)(2m+1)+ 2(m+1)(3m+3)
= m(m+1)(2m+1)+ 6(m+1)2
因为由假设6|m(m+1)(2m+1)成立。
而6|6(m+1)2
所以6|m(m+1)(2m+1)+ 6(m+1)2
故当n=m+1时，命题亦成立。
所以6| n(n + 1)(2n + 1)
证毕。
2. 5．证明：设m, n为整数，求证m+n, m-n与mn中一定有一个是3的倍数。
证明：若m或n为3的倍数，则mn是3的倍数；
若m是3的倍数加1，n是3的倍数加1，则m-n是3的倍数；
若m是3的倍数加1，n是3的倍数加2，则m+n是3的倍数；
若m是3的倍数加2，n是3的倍数加1，则m+n是3的倍数；
若m是3的倍数加2，n是3的倍数加2，则m-n是3的倍数，结论成立。
4．证明：若n为自然数，求证9n+1≡8n+9(mod 64)。
证明：因为9≡1(mod 8)，所以9k≡1(mod 8)，k=2，3，…，n-1，于是
9n-1+…+92+9+1≡n(mod 8)，所以9(9n-1+…+92+9+1)≡ n(mod 8)，
从而9⨯(9-1)⨯(9n-1+…+92+9+1)≡8n(mod 64)，即9(9n-1) ≡8n(mod 64)，所以
9n+1≡8n+9(mod 64)。
3．若p为奇质数，证明2p | (22p-1–2)。
5. 证明：因为p为质数，所以ϕ(p)=p-1，又p为奇质数，所以(2，p)=1，于是由欧拉定理得2p-1≡1(mod p)，两边平方得22p-2≡1(mod p)，再由同余的性质有2⨯22p-2≡2(mod 2p)，即：22p-1≡2(mod 2p)。
所以2p|(22p-1-2)。
6 证明：设a=mq
1+r
1
，b=mq
2
+
2
r，0≤r
1
<m, 0≤
2
r<m,若a≡b（mod m），则r
1
=
2
r，
因此a-b=m（q
1-q
2
）。
反之若m|m（q
1
-q
2
）+（r
1
-
2
r），因此m|r
1
-
2
r。
但|r
1
-
2
r|<m，
故r
1=
2 r
7 证明：4a+4 =(4a+23a+22a)-(23a+42a+4a)+(22a+4a+4)
=2a(2a+2a+2)-2a(2a+2a+2)+2(2a+2a+2)
=(2a+2a+2)(2a-2a+2)
当a>1时，(2a+2a+2)(2a-2a+2)表示两个大于1的整数的乘积，问题得证。
8 证明：2
m
m2+
+=m（m+1）+2，由于m与m+1是两个连续的自然数，定有一个偶数，故m（m+1）一定是偶数，所以2
m
m2+
+一定是2的倍数，即2
2|(2)
m m
++。