《初等数论》习题解答2010修改版闵嗣鹤
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
(m
o 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 1442151
2x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =
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。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
ax0 by0
x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r , 0 r ax0 by0
则 r ( x x0 q )a ( y y0 q )b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by
又 n( n 1)( n 2) ， ( n 1) n( n 2) 是连续的三个整数 故 3 | n( n 1)( n 2), 3 | ( n 1) n( n 1)
3 | n( n 1)( n 2) ( n 1) n( n 1)
从而可知
3 | n( n 1)(2n 1)
a bs t ,
| t |
|b| 2
成立，并且当 b 是奇数时，s，t 是唯一存在的．当 b 是偶数时结果如何？ 证：作序列 ,
3b b b 3b , b , , 0, , b , , 则 a 必在此序列的某两项之间 2 2 2 2
q q 1 b a b 成立 2 2 q q , t a bs a b ，则有 2 2
2
p2 , 2q 2 p 2 , ( p 2 , q 2 ) (2q 2 , p 2 ) q 2 1 2 q
但由 ( p, q ) 1, q 1 知 ( p 2 , q 2 ) 1 ，矛盾，故 2 不是有理数。 §4 质数·算术基本定理
初等数论(第三版)+闵嗣鹤+严士健+课后答案
w.
案 网
co
即 ( a, b) | 1 。 又 ( a, b) 0 ，
1， 证： 必要性。 若 ( a, b) 1 ， 则由推论 1.1 知存在两个整数 s， t 满足：as bt ( a, b) ，
m
b , 2 n b ， n 2
n log 2 b
log b log b ，即 n log 2 log 2
2
又 9|（3+2+3+4+3+3） ，所以 9|D， D 9 35937 3 E ，
2
又 9|（3+5+9+3+7） ，所以 9|E， E 9 3993 又 3993 3 1331 3 11
3
w.
8 5 3
所以 A 2 3 11 ；同理有 81057226635000 2 3 5 7 11 17 23 37 。
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
kh
所以 MS= M 由 M= 2
k 1
1 1 1 1 ，取 M= 2 k 1 3 5 7 p 这里 k 是使 2 k n 最 n 2 3 4
b 2
t a bs a
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案
福师期末考试《初等数论》复习题及参考答案本复习题页码标注所用教材为：
教材名称单价作者版本出版社
初等数论14.20闵嗣鹤，严士健第三版高等教育出版社
复习题及参考答案一
一、填空(40%)
1、求所有正约数的和等于15的最小正数为
考核知识点：约数，参见P14-19
2、若b1,b2,L L,b11是模11的一个完全剩余系，则
8b1+1,8b2+1,L L,8b11+1也是模11的
剩余系.考核知识点：完全剩余系，参见P54-57
3．模13的互素剩余系为
考核知识点：互素剩余系，参见P58
4.自176到545的整数中是13倍数的整数个数为
考核知识点：倍数，参见P11-13
p是素数,a是任意一个整数,则a被p整除或者
5、如果
考核知识点：整除，参见P1-4
a,b的公倍数是它们最小公倍数的.
6、
提示:要证明原式成立，只须证明 3 a + a +1，或者 3 a + a 成立即可。 四、（10％）设 p 是不小于 5 的素数，试证明 p ≡ 1(mod 24)
考核知识点：最小公倍数，参见 P11-13
7、如果 a , b 是两个正整数,则存在 整数
q , r ,使 a = bq + r , 0 ≤ r p b .
考核知识点：整除，参见 P1-4
8、如果 3 n ， 5 n ，则 15（ ） n .
考核知识点：整除，参见 P1-4
二、(10%)试证：6|n(n+1)(2n+1)，这里 n 是任意整数。 考核知识点：整除的性质，参见 P9-12
提示： i)若 则
ii)若 则
iii)若 则
又
三、(10%)假定 a 是任意整数，求证 a 2
《初等数论(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答 (整理精华版)
a, b Z , b 0, s, t Z , 使 a bs t ,| t |
b 。 ， 2
s1 , t1 ，使 b s1t t1 ,| t1 | sn , tn , tn 2 tn 1sn tn ; sn 1 , tn 1 , tn 1 tn sn 1 tn 1 ;
是一个整数系数多项式且 a0 ，an 都不是零，则（1）的根只能是以 a0 的因数作分子以 an 为 分母的既约分数，并由此推出 2 不是有理数． 证：设（1）的任一有理根为
p ， ( p, q ) 1, q 1 。则 q
p p p an ( ) n an 1 ( ) n 1 a1 a0 0 q q q
《初等数论》习题解答
第一章 整数的可除性
§1 整除的概念·带余除法
《初等数论(闵嗣鹤)》习题解答2010修改版
p q
)n
an1 (
p q
)n1
p a1 q a0 0
《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
an pn an1 pn1q a1 pqn1 a0qn 0
（2）
由 (2) an pn an1 pn1q a1 pqn1 a0qn ，
所以 q 整除上式的右端，所以 q | an pn ，又 ( p, q) 1, q 1，
),
t1
b 2 , t1
b 2
§2 最大公因数与辗转相除法
1．证明推论 4.1
推论 4.1 a，b 的公因数与（a，b）的因数相同．
证：设 d 是 a，b 的任一公因数， d |a， d |b
由带余除法
a bq1 r1,b r1q2 r2 , , rn2 rn1qn rn , rn1 rnqn1, 0 rn1 rn rn1
又因为 (a,b) | a,(a,b) | b ，所以 (a,b | as bt) 即 (a,b) |1。
又 (a,b) 0 ，(a,b) 1
2．证明定理 3
定理 3 a1, a2 , an | a1 |,| a2 | ,| an |
证：设[a1, a2, , an ] m1 ，则 ai | m1(i 1, 2, , n) ∴| ai || m1(i 1, 2, , n) 又设[| a1 |,| a2 |, ,| an |] m2 则 m2 | m1 。反之若| ai || m2 ，则 ai | m2 ，m1 | m2 从而 m1 m2 ，即[a1, a2, , an ] =[| a1 |,| a2 |, ,| an |]2
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
(m
o 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 1442151
2x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =
初等数论课后习题答案.pptx
（i）当q为偶数时,^b>O^s = ^t = a-bs^a^bf 则有
0 = £7 - Z7 一 子岡 V ~ 阶 T4 < ¥
若&<0则令£=一三」=□—&.=£?+贝ui司样有|亦§
（订）当q为奇数时，若b>0则令$ = ,『=£?—£?牙=興一.则有
2
一#京=。_知=“-胃卜』-哮亦
若^<0,则令£ = 一耕」=。一虹=口 +导人，则同样有|/|<H 综上所述，存在性 得证.
1
证：/ ti.h不全为0
，•.您整数集泠S = ｛姑+奶I匕洋Z｝屮存江.i I:整数，1*1 im冇形如皿+也的最小整数
I啊+她
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V.r,>€Z,由带余除法有av-hby =（企气+机加+ rj）< r <axn +b為
则由。町+蛻是$中的最小整数知『=。
/.任、+ &yu I ax± by ■, £L\f 十 byu lav+6>' （ M y 为任意整数）axu + by\t I £itavu + by^ I b 二 ax^ + 颜」（。力）.又有 0,b） I % （。⑦）16
且心,w罗，.珥嘤
而b是••个有限数, f顷,便.=。 二(。0)=01) = 04)=(斗而)=(L，L" J =〔砧+。)=L ,存在其求法为
《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)
《初等数论》试卷
一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） １．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． ２．下列命题中不正确的是( ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,,
,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数
Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数
３．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解
()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( )
Ａ．00,,0,1,2,;a
b
x x t y y t t d d =-
=+
=±± Ｂ．00,,0,1,2,
;a
b
x x t y y t t d d =+=
-=±± Ｃ．00,,0,1,2,
;b
a
x x t y y t t d d =+=
-=±± Ｄ．00,,0,1,2,
;b
a
x x t y y t t d
d =-=
-=±±
４．下列各组数中不构成勾股数的是( )
Ａ．５，１２，１３； Ｂ．７，２４，２５； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７ ５．下列推导中不正确的是( )
Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ ６．模１０的一个简化剩余系是( ) Ａ．0,1,2,
闵嗣鹤、严士健,初等数论第三章习题解答
第三章 同余
§1习题（P53）
1． 证明定理2及性质庚、壬 01定理2 若11(mod )k k A B m αααα≡
(mod )i i x y m ≡ ，1,2,,i k =
则
1111k k k
k A x x αααααα≡
∑ 1111(mod )k k k
k B y y m αααααα∑
证：由(mod )
i i x y m ≡ ⇒戊
(mod )i
i i
i x y m αα≡
11k
k
x x αα⇒≡
戊
11(mod )k k y y m αα
1
11k
k k A x x αααα⇒≡ 戊
1
1
1(mod )k k
k B y y m αααα
1111k
k k
k
A x x αααααα⇒
∑
≡ 丁
111
1(mod )k k k
k B y y m αααααα
∑
02庚证：（i ）(mod )a b m ≡∵ 由P48定理1m a b km ka kb ⇒−⇒−，
0(mod )km ak bk mk >⇒≡ （ii ）设1a a d =，1b b d =，1m m d =
0m >∵，100d m >⇒>
(mod )a b m ≡∵ 111()m a b dm d a b ⇒−⇒−
111111(mod )(mod a b m
m a b a b m d d d
⇒−⇒≡⇒≡
2． 设正整数101010n
n a a a a =+++ 010i a <-，试证11/a 的充要条件是0
11(1)n
i i i a =−∑。
证：由101(mod 11)10(1)(mod 11)i i ≡−⇒≡−
10(1)(mod 11)10(1)(mod 11)n
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》课后习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法
1．证明定理3:若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则
1122n n q a q a q a ++
+是m 得倍数．
证明：
12
,,n a a a 都是m 的倍数。∴ 存在n 个整数12,,
n p p p 使
1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a ∴+++
1122n n q p m q p m q p m =++
+1122()n n p q q p q p m =++
+即1122n n q a q a q a ++
+是m 的整数
2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明 (1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+
++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+
又
(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+ 3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知
3|(1)(21)n n n ++
3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++． 证：
,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
第一章 整数的可除性
§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3
定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则
1122n n q a q a q a ++
+是m 得倍数．
证明：
12
,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,
n p p p 使 1122,,
,n n a p m a p m a p m ===
又12,,
,n q q q 是任意n 个整数
1122n n
q a q a q a ∴++
+
1122n n q p m q p m q p m =+++
1122()n n p q q p q p m =++
+
即1122n n q a q a q a ++
+是m 的整数
2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明
(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-
(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又
(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数
故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+
3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+
从而可知
3|(1)(21)n n n ++
3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．
证：
,a b 不全为0
∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数
《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)
《初等数论》试卷
一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） １．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． ２．下列命题中不正确的是( ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,,
,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数
Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数
３．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解
()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( )
Ａ．00,,0,1,2,;a b
x x t y y t t d d =-
=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,
;a b
x x t y y t t d d =+=-=±± Ｃ．00,,0,1,2,
;b a
x x t y y t t d d =+=-=±± Ｄ．00,,0,1,2,
;b a
x x t y y t t d d
=-=-=±±
４．下列各组数中不构成勾股数的是( )
Ａ．５，１２，１３； Ｂ．７，２４，２５； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７ ５．下列推导中不正确的是( )
Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ ６．模１０的一个简化剩余系是( ) Ａ．0,1,2,
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(ii) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则有
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《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
b t a bs a q 1b a q 1 b 0 t b
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若 b 0 ，则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则同样有 t b 综上所述，存在性
r1 b
(a,b) rn
d | a bq1 r1 ， d | b r1q2 r2 ，┄, d | rn2 rn1qn rn (a,b) ,
即 d 是 (a,b) 的因数。
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《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
反过来 (a,b) | a 且 (a,b) | b ，若 d |(a,b), 则 d | a, d | b ，所以 (a,b) 的因数都是 a,b 的公因
证明： a1, a2 , an 都是 m 的倍数。 存在 n 个整数 p1, p2, pn 使 a1 p1m, a2 p2m, , an pnm 又 q1, q2, , qn 是任意 n 个整数 q1a1 q2a2 qnan q1 p1m q2 p2m qn pnm ( p1q1 q2 p2 qn pn )m 即 q1a1 q2a2 qnan 是 m 的整数 2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明 n( n 1 ) ( 2n 1) n n( 1n)( 2n 1 )
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证： a,b 不全为 0
《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
在整数集合 S ax by | x, y Z 中存在正整数，因而有形如 ax by 的最小整数
ax0 by0 x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r, 0 r ax0 by0
则 r (x x0q)a ( y y0q)b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by （ x, y 为任意整数） ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
ax0 by0 | (a,b). 又有 (a,b) | a ， (a,b) | b
数，从而 a,b 的公因数与 (a,b) 的因数相同。
2．证明：见本书 P2，P3 第 3 题证明。
3．应用§1 习题 4 证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所说的求
法及辗转相除法实际算出（76501，9719）．
解：有§1 习题 4 知：
a,b Z,b 0,s,t Z, 使 a bs t,| t | b 。， 2
),
t1
b 2 , t1
b 2
§2 最大公因数与辗转相除法
1．证明推论 4.1
推论 4.1 a，b 的公因数与（a，b）的因数相同．
证：设 d 是 a，b 的任一公因数， d |a， d |b
由带余除法
a bq1 r1,b r1q2 r2 , , rn2 rn1qn rn , rn1 rnqn1, 0 rn1 rn rn1
(a,b) (b, a bs) (a bs,b (a bs)s1)
2
2
2，
得证．
下证唯一性
当 b 为奇数时，设 a bs t bs1 t1则 t t1 b(s1 s) b
而
t
b 2
, t1
b 2
t t1
Байду номын сангаас
t
t1
b
矛盾 故 s s1,t t1
当 b 为偶数时， s,t 不唯一，举例如下：此时 b 为整数 2
3 b 2
b 1 b 2
b
2
(
b 2
则 a 必在此序列的某两项之间
2
22 2
即存在一个整数 q ，使 q b a q 1 b 成立
2
2
(i) 当 q 为偶数时，若 b 0. 则令 s q ,t a bs a q b ，则有
2
2
0 a bs t a q b a q b q b t b
2
22
2
若 b 0 则令 s q ,t a bs a q b ，则同样有 t b
(a,b) | ax0 by0 故 ax0 by0 (a,b) 4．若 a，b 是任意二整数，且 b 0 ，证明：存在两个整数 s，t 使得
a bs t, | t | | b | 2
成立，并且当 b 是奇数时，s，t 是唯一存在的．当 b 是偶数时结果如何？
证：作序列
3b
b b 3b
, , b , , 0, , b , ,
s1 , t1
，使
b
s1t
t1,|
t1
|
|t| 2
b 22
,
, 如此类推知：
sn ,tn ,tn2 tn1sn tn ;
sn1, tn1, tn1 tnsn1 tn1;
且
|
tn
|
|
tn1 2
|
|
tn2 22
|
|t| |b| 2n 2n1
而 b 是一个有限数，n N, 使 tn1 0
(a,b) (b,t) (t,t1) (t1,t2) (tn,tn1) (tn, 0) tn ，存在其求法为：
《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
第一章 整数的可除性
§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理 3
定 理 3 若 a1，a2， ，an 都 是 m 得 倍 数 ， q1，q2， ，qn 是 任 意 n 个 整 数 ， 则 q1a1 q2a2 qnan 是 m 得 倍 数 ．
n( n 1 ) (n 2 ) n( 1n) n( 1 ) 又 n(n 1)(n 2) ， (n 1)n(n 2) 是连续的三个整数 故 3| n(n 1)(n 2), 3| (n 1)n(n 1) 3| n(n 1)(n 2) (n 1)n(n 1) 从而可知 3 | n(n 1)(2n 1) 3．若 ax0 by0 是形如 ax by（x，y 是任意整数，a，b 是两不全为零的整数）的数中最小 整数，则 (ax0 by0 ) | (ax by) ．