初等数论_附录1_习题参考答案
初等数论习题解答
《初等数论》习题解答作业3一．选择题1，B 2，C 3，D 4，A二．填空题1，自反律 2，对称性 3，13 4，十进位 5，3 6，2 7，1三．计算题1， 解：由Euler 定理知：（a,m ）=1 则 a φ (m)≡1 (modm)∵(3,100)=1. 3φ (100)=340≡13360≡13364=3360×34≡34 (mod 100)∴34≡81 (mod 100)故：3364的末两位数是81.2, 解：132=169≡4 （mod 5）134=16≡1 (mod 5)1316≡1 (mod 5)1332≡1 (mod 5)1348≡1 (mod 5)1350=1348×1321350≡132≡4 (mod 5)3, 解： ∵(7,9)=1. ∴只有一个解7X －5≡9Y (mod 9)7X －9Y ≡5 (mod 9)解之得：X=2，Y=1∴X=2+9≡11=2 (mod 9)4, 解： ∵（24，59）=1 ∴只有一个解24X ≡7 (mod 59)59Y ≡﹣7 (mod 24)11Y=﹣7 (mod 24)24Z=7 (mod 11)2Z=7 (mod 11)11W=﹣7 (mod 2)W =﹣7 (mod 2)W=﹣1 (mod 2)Z=2711+-= －2 Y=117242-⨯-=－5X=247595+⨯-=2288-=－12 =47(mod59)5 解 ∵（45，132）=3，∴同余式有三个解。
45X ≡21（mod32）15x ≡7 (mod44)44y ≡-7 (mod15)14y ≡-7 (mod15)15z ≡-7 (mod14)z ≡7 (mod14) y=147715-⨯=7 x=157744+⨯=21 ∴x=21+31322⨯=109 (mod132) x=21+31321⨯=65 (mod132) x=21 (mod132)6、解 ∵（12，45）=3, ∴同余式有三个解。
《初等数论》各章习题参考解答
3
1
48
，
在100! 的分解式中的指数
2
100!
100 2
100 4
100 8
100 16
100 64
50
25
12
6
1
94
，
100! 294 348 k 447 348 k 1247 3k,k, 6 1。
故 nmax 47 ， M min 3k ， k, 6 1。
k
+
1 位正整数，记其最左边
那一位数字为 a Î {2,5}，则 xk' + 1 = a´ 10k + xk' ，其中 xk' 是由 2 和 5 组成的十进制 k 位
正整数，由 2k+ 1
若 k = 轾犏臌3 n = 8 ，则 3创5 7篡8 n 840 n ，从而 k = 轾犏臌3 n 吵轾犏臌3 840 9 > 8 ，矛盾！
若 k = 7 ，则 3创4 5篡7 n 420 n ，但 n < 840 ，所以最大的正整数 n = 420 。
6.证明：当 n = 1 时，存在唯一的 x1 = 2 ，则有 21 x1 ；当 n = 2 时，存在唯一的 x2 = 52 ，有 22 x2 ；当 n = 3 时，存在唯一的 x3 = 552 ，有 23 x3 。
n 炒2a
3b 创5g
7 11
77创
k 2
k 3
k 5
77 30
k 3。
由 k ³ 11 ，可得 k ³
11 12
(k
+
1)，从而
n>
77 30
壮k 3
77 30
113 123
《初等数论》第三版习题解答
《初等数论》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a1，a2，，an都是m得倍数，q1，q2，，qn是任意n个整数，则q1a1q2a2证明：qnan是m得倍数．a1,a2,an都是m的倍数。
pn使a1p1m,a2p2m,存在n个整数p1,p2,又q1,q2,,anpnm,qn是任意n个整数qnanq1a1q2a2q1p1mq2p2m(p1q1q2p2即q1a1q2a2qnpnmqnpn)mqnan是m的整数2．证明3|n(n1)(2n1)证明n(n1)(2n1)nn(1n)(2nn(n1)(n2)n(1n)n(又n(n1)(n2)，(n1)n(n2)是连续的三个整数故3|n(n1)(n2),3|(n1)n(n1)3|n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知3|n(n1)(2n1)3．若a某0by0是形如a某by（某，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(a某0by0)|(a某by)．1/77证：a,b不全为0在整数集合Sa某by|某,yZ中存在正整数，因而有形如a某by的最小整数a某0by0某,yZ，由带余除法有a某by(a某0by0)qr,0ra某0by0则r(某某0q)a(yy0q)bS，由a某0by0是S中的最小整数知r0a某0by0|a某bya某0by0|a某by（某,y为任意整数）a某0by0|a,a某0by0|ba某0by0|(a,b).又有(a,b)|a，(a,b)|b(a,b)|a某0by0故a某0by0(a,b) 4．若a，b是任意二整数，且b0，证明：存在两个整数，t使得abt,|t||b|2成立，并且当b是奇数时，，t是唯一存在的．当b是偶数时结果如何？证：作序列即存在一个整数q，使2222若b0则令,tabaq2bqb，则同样有t22(ii)当q为奇数时，若b0则令q1q1,tabab，则有222/77下证唯一性当b为奇数时，设abtb1t1则tt1b(1)b而tbb,t1tt1tt1b矛盾故1,tt122b为整数2当b为偶数时，,t不唯一，举例如下：此时3bbbbbb1b2(),t1,t122222§2最大公因数与辗转相除法1．证明推论4.1推论4.1a，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abq1r1,br1q2r2,rnqn1,0rn1rnrn1(a,b)rnd|abq1r1，d|br1q2r2，┄,d|rn2rn1qnrn(a,b),即d是(a,b)的因数。
《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 + 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 =。
初等数论练习题答案（优选.）
初等数论练习题答案（优选.）初等数论练习题答案原点教育培训学校初等数论练习题⼀⼀、填空题1、d(2420)=12; ?(2420)=_880_2、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_?(m )_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、??? ??10365 =-1。
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：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。
初等数论习题及答案
初等数论习题及答案初等数论习题及答案数论作为数学的一个分支，研究的是整数的性质和关系。
它广泛应用于密码学、计算机科学和其他领域。
初等数论是数论的基础，它涉及到一些基本的概念和定理。
本文将介绍一些常见的初等数论习题，并提供相应的答案。
1. 习题：证明任意两个正整数的最大公约数和最小公倍数之积等于这两个正整数的乘积。
答案：设两个正整数分别为a和b，它们的最大公约数为d，最小公倍数为l。
根据最大公约数和最小公倍数的定义，我们有以下等式：a = dxb = dy其中x和y是互素的正整数。
根据最大公约数和最小公倍数的性质，我们有： l = dxy因此，最大公约数和最小公倍数之积等于这两个正整数的乘积。
2. 习题：证明任意一个正整数的平方都是4的倍数或者4的倍数加1。
答案：设正整数为n。
根据整数的奇偶性，我们可以将n分为两种情况讨论。
情况一：n为偶数。
偶数可以表示为2k的形式，其中k为整数。
那么n的平方为(2k)^2 = 4k^2，显然是4的倍数。
情况二：n为奇数。
奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。
那么n的平方为(2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1，显然是4的倍数加1。
综上所述，任意一个正整数的平方都是4的倍数或者4的倍数加1。
3. 习题：证明任意一个正整数的立方都是6的倍数、6的倍数加1或者6的倍数减1。
答案：设正整数为n。
根据整数的奇偶性，我们可以将n分为三种情况讨论。
情况一：n为偶数。
偶数可以表示为2k的形式，其中k为整数。
那么n的立方为(2k)^3 = 8k^3，显然是6的倍数。
情况二：n为奇数且不是3的倍数。
奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。
那么n的立方为(2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1，显然是6的倍数加1。
情况三：n为奇数且是3的倍数。
奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。
那么n的立方为(2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1 = 6(4k^3 + 2k^2 + k)+ 1，显然是6的倍数减1。
初等数论课后习题答案.pptx
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
(a,t>) = (b,a-bs) = (a — bs,b — (a —血)禹)=… .(76501,9719) = (9719,76501-9719x7) = (S4«8,9719-S468) -(1251,8468-1251x6)
© 下证唯一性
当B 为奇数时,设 & =bs-^t=bsl +4 则|ETJ = p?（q _$）| >|Z?|
而时磚周達却一勺副+市岡矛盾故
当0为偶数时，“不咐、举^如队此时?为整数
3-?=ai+?=小 £+（_?）,%=?,kJ E?
学最大公因数与辗转相除法
I.讹叨推论4.1
推论41小b的公■数.与3, m的因数相同一
=(3J) 丄 证明木节(I)式屮的"最
4
证：由P3§1习观4知在(1.盘3。沙=蛙，叩応囈
2
log log 2
§3整除的进一步性质及最小公倍數
1. 证明两整数a, b互质的充分与必要条件是：存在两个整数s, t满足条件ax+bt = \
证明 必要性-若(fl,fe) = l.则由推论1.1知存在两个整数s, t满足：as+bt=(a,b)
as+ bt = \
充分性。若存在整数s, t使as+bt= 1,则a, b不全为0°
又因为(a,b)\a,(a,b)\b .所以(a,b\as + bt)即(<z,b)ll°
又皿*”。. .*,&) = I
《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 ++-+-。
初等数论 附录1 习题参考答案
附录1 习题参考答案第一章习题一1. (ⅰ) 由ab知b = aq，于是b = (a)(q)，b = a(q)及b = (a)q，即ab，ab及ab。
反之，由ab，ab及ab也可得ab；(ⅱ) 由ab，bc知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即ac；(ⅲ) 由ba i知a i= bq i，于是a1x1a2x2a k x k = b(q1x1 q2x2q k x k)，即ba1x1a2x2a k x k；(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a0得|q| 1，从而|a| |b|，后半结论由前半结论可得。
2. 由恒等式mq np = (mn pq) (m p)(n q)及条件m pmn pq可知m pmq np。
3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则a, a1, , a9, a19的数字和为s, s1, , s9, s10，其中必有一个能被11整除。
4. 设不然，n1 = n2n3，n2p，n3p，于是n = pn2n3p3，即p3n，矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，(k1)2不能表示为a2p的形式，事实上，若(k1)2 = a2p，则(k 1 a)( k 1 a) = p，得k 1 a = 1，k 1 a = p，即p = 2k1，此与p为素数矛盾。
第一章习题二1. 验证当n =0,1，2，… ,11时，12|f(n)。
2.写a = 3q1r1，b = 3q2r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3a2b2 = 3Q r12r22知r1 = r2 = 0，即3a且3b。
3.记n=10q+r, (r=0,1,…,9)，则n k+4- n k被10除的余数和r k+4- r k = r k( r4-1)被10 除的余数相同。
初等数论作业答案
初等数论1：[单选题]已知361a是一个4位数（其中a是个位数），它能被5整除，也能被3整除，则a的值是（）。
A：0B：2C：5D：9参考答案：C2：[单选题]下面的（）是模4的一个简化剩余系。
A：4,17B：1,15C：3,23D：13,6参考答案：B3：[单选题]小于20的正素数的个数是（）。
A：11B：10C：9D：8参考答案：D 4：[单选题]下面的数是3的倍数的数是（）。
A：19B：119C：1119D：11119参考答案：C5：[单选题]-4除-39的余数是（）。
A：3B：2C：1D：0参考答案：C6：[单选题]一个正整数n的各位上的数字是0或1，并且n能被2和3整除，则最小的n 是（）。
A：1110B：1101C：1011D：1001参考答案：A7：[单选题][[4.5]+[3.7]]等于（）。
A：3B：4C：7D：8参考答案：C8：[单选题]{{1.8}+{2.9}}等于（）。
A：0.4B：0.5C：0.6D：0.7参考答案：D 9：[单选题]100与44的最小公倍数是（）。
A：4400B：2200C：1100D：440参考答案：C10：[单选题]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：13参考答案：A11：[单选题]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：3参考答案：A12：[单选题]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=2参考答案：D13：[单选题]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，-2参考答案：C14：[单选题]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，-2参考答案：C15：[单选题]若a，b均为偶数，则a + b为（）。
《初等数论》版习题解答
《初等数论》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 nq 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,x y Z ?∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最⼩整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ ⼜有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意⼆整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤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33,,,,0,,,,2222b b b bb b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在⼀个整数q ，使122q q b a b +≤<成⽴ ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有1102222b b q q t a bs a b a b t ++-≤=-=-=-<∴≤ 若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-下证唯⼀性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> ⽽111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ ⽭盾故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯⼀，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ?=?+=?+-=≤§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111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
初等数论 习题答案
初等数论习题答案初等数论习题答案初等数论是数学中的一个分支，研究的是整数的性质和关系。
它是数学的基础，也是其他数学分支的重要组成部分。
在学习初等数论的过程中，我们经常会遇到一些习题，下面是一些常见习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 证明：如果一个整数能被4整除，那么它一定能被2整除。
答案：我们知道，当一个整数能被另一个整数整除时，我们可以用“整除”这个关系来表示。
对于整数a和b，如果a能被b整除，我们可以写作a|b。
所以题目中的关系可以表示为4|2。
根据定义，如果一个整数能被4整除，那么它一定能被2整除。
所以这个命题是正确的。
2. 证明：如果一个整数的平方是偶数，那么这个整数一定是偶数。
答案：我们可以用反证法来证明这个命题。
假设存在一个整数x，它的平方是偶数，但是x本身是奇数。
根据奇数和偶数的性质，我们知道奇数乘以奇数得到的结果是奇数，偶数乘以偶数得到的结果是偶数。
所以x的平方是奇数，而不是偶数，与题目中的条件矛盾。
所以这个命题是正确的。
3. 证明：如果一个整数能被3和5整除，那么它一定能被15整除。
答案：我们可以用反证法来证明这个命题。
假设存在一个整数x，它能被3和5整除，但是不能被15整除。
根据整除的性质，如果一个整数能被3整除，那么它一定是3的倍数；如果一个整数能被5整除，那么它一定是5的倍数。
所以x是3的倍数，也是5的倍数。
但是如果x不能被15整除，那么它不是15的倍数。
这与题目中的条件矛盾。
所以这个命题是正确的。
4. 证明：如果一个整数的平方是素数，那么这个整数一定是1或-1。
答案：我们可以用反证法来证明这个命题。
假设存在一个整数x，它的平方是素数，但是x不是1或-1。
根据平方的性质，如果一个整数的平方是素数，那么这个整数一定是1或-1。
所以x是1或-1。
但是如果x不是1或-1，那么它的平方不是素数，与题目中的条件矛盾。
所以这个命题是正确的。
初等数论是一个非常有趣的数学分支，它涉及到很多有趣的数学问题和定理。
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。
初等数论练习题标准答案
初等数论练习题一一、填空题1、d(24２0）=12; ϕ(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（m ｏｄ 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、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 ＝－１。
9、若p 是素数，则同余方程ｘ p - 1 ≡1(mo ｄ 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3x 2+１1x -20 ≡ ０ （m ｏd 3)的解为x ≡ 1 （mo ｄ 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 (mo ｄ 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 ≡ ｂ３ (mo ｄ 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ｘ２≡4２(mod 107）是否有解?11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-•--•-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（）（解： 故同余方程x 2≡４2(mod 107)有解。
《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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
附录1 习题参考答案第一章习题一1. (ⅰ) 由a b知b = aq，于是b = (a)(q)，b = a(q)及b =(a)q，即a b，a b及a b。
反之，由a b，a b及a b 也可得a b； (ⅱ) 由a b，b c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a c； (ⅲ) 由b a i知a i= bq i，于是a1x1a2x2a k x k = b(q1x1 q2x2q k x k)，即b a1x1a2x2a k x k；(ⅳ) 由b a知a = bq，于是ac = bcq，即bc ac； (ⅴ) 由b a知a = bq，于是|a| = |b||q|，再由a 0得|q| 1，从而|a| |b|，后半结论由前半结论可得。
2. 由恒等式mq np= (mn pq) (m p)(n q)及条件m p mnpq可知m p mq np。
3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则a, a 1, , a 9, a 19的数字和为s, s 1, , s 9, s 10，其中必有一个能被11整除。
4. 设不然，n1= n2n3，n2p，n3p，于是n = pn2n3p3，即p3n，矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，(k1)2不能表示为a2p的形式，事实上，若(k 1)2= a2p，则(k 1 a)( k 1 a) = p，得k 1 a = 1，k 1 a = p，即p = 2k 1，此与p为素数矛盾。
第一章习题二1. 验证当n =0,1，2，… ,11时，12|f(n)。
2.写a = 3q1r1，b = 3q2r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3a2b2 =3Q r12r22知r1 = r2 = 0，即3a且3b。
3.记n=10q+r, (r=0,1,…,9)，则n k+4-n k被10除的余数和r k+4-r k=r k(r4-1)被10 除的余数相同。
对r =0,1,…,9进行验证即可。
4. 对于任何整数n ，m ，等式n 2 (n 1)2 = m 22的左边被4除的余数为1，而右边被4除的余数为2或3，故它不可能成立。
5 因a 4 3a 2 9 = (a 2 3a 3)( a 23a 3)，当a = 1，2时，a 2 3a 3 = 1，a 4 3a 2 9 = a 2 3a 3 = 7，13，a 4 3a 2 9是素数；当a 3时，a 2 3a 3 > 1，a 2 3a 3 > 1，a 4 3a 29是合数。
6. 设给定的n 个整数为a 1, a 2, , a n ，作s 1 = a 1，s 2 = a 1 a 2，，s n = a 1 a 2 a n ，如果s i 中有一个被n 整除，则结论已真，否则存在s i ，s j ，i < j ，使得s i 与s j 被n 除的余数相等，于是n s j s i = a i + 1 a j 。
第一章 习 题 三1. (ⅰ) 因为d a 和d |a | 是等价的，所以a 1, a 2, , a k 的公约数的集合与|a 1|, |a 2|, ,|a k | 的公约数的集合相同，所以它们的最大公约数相等； (ⅱ)，(ⅲ) 显然； (ⅳ) 设(p , a ) = d ，则d p ，d a ，由d p 得d = 1或d = p ，前者推出(p , a ) = 1，后者推出p a 。
2. (ⅰ) 由d a i 推出d y 0 = (a 1, a 2, , a k )； (ⅱ) 分别以y 0和Y 0表示集合A = { y ；y =∑=ki i i x a 1，x i Z ，i k }和A *= { y ；y =∑=ki i i x ma 1，x i Z ， i k }中的最小正整数，显然有Y 0 = |m |y 0； (ⅲ) 在推论2中取m = ，并用δδδk aa a ,,,21 代替a 1, a 2,, a k 即可。
3. (ⅰ) 若p |/a ，则(p , a ) = 1，从而由pab 推出p b ； (ⅱ) 在(ⅰ)中取a = b 可得； (ⅲ) (a , b 1b 2b n ) = (a , b 2b n ) = = (a , b n ) = 1。
4. 由恒等式9(2x 3y ) 2(9x 5y ) = 17y 及172x 3y 得172(9x 5y )，又(17, 2) = 1，故179x 5y 。
5. 设(a , b ) = d ，则a = da 1，b = db 1，(a 1, b 1) = 1，由a 2b 2c 得a 12b 12c ，a 12c ，因为c 无平方因子，所以a 1 = 1，a =d ，b = ab 1，即a b 。
6. 设12122321212232122C C C )C ,,C ,(C ---=+++=n n nn n n n n n d ，由知d 22n 1，设2k|n 并且2k+1不整除n ，由2k +1||1122112C 2C 2C |--+=i n i n k n in 及，i = 3, 5, , 2n 1，得d = 2k + 1。
第一章 习 题 四1. (ⅰ)，(ⅱ) 显然； (ⅲ) 设m 1 = [a 1, a 2, , a k ]，m 2 = [ |a 1|, |a 2|, , |a k | ]，则由a i m 1推出|a I |m 1，即m 2m 1，同理可得m 1m 2，故m 1 = m 2； (ⅳ) 显然a |b |，b |b |，又若a m ，b m ，m > 0，则|b | m ，故有[a , b ] = |b |。
2. 设m 是a 1, a 2, , a n 的任一个公倍数，由a 1m ，a 2m 知[a 1, a 2] = m 2m ，由m 2m ，a 3m 知[m 2, a 3] = m 3m ，，由m n 1m ，a n m 知[m n 1, a n ] = m n m ，即[a 1, a 2, , a n ]m 。
3. 只须证),()(),()(b a b b a b a b a ab b a ++=+，即只须证(b , a b ) = (a , b )，此式显然。
4. 由a b = 120及ab = (a , b )[a , b ] = 24 144 = 3456解得a = 48，b = 72或a = 72，b = 48。
5. 因为),)(,)(,(],][,][,[),,(],,[22222222a c cb b ac b a a c c b b a ca bc ab c b a c b a ==，，故只须证明(a , b , c )(ab , bc , ca ) = (a , b )(b , c ) (c , a )，此式用类似于例3的方法即可得证。
6. 设s = 1k 2k 9k ，则由2s = (1k 9k ) (2k 8k) (9k 1k ) = 10q 1及2s = (0k 9k ) (1k 8k ) (9k 0k) = 9q 2得102s 和92s ，于是有902s ，从而1 2 9 = 45s 。
第一章 习 题 五1. (ⅰ) a b 知b = ab 1，由性质(ma , mb ) = |m |(a , b )得(a , b ) = (a , ab 1) = a (1, b 1) = a ； (ⅱ) 由性质(ma , mb ) = |m |(a , b )得(a , b ) = (2a 1, 2b 1)= 2 (2a 1,b 1)； (ⅲ)由性质(a , b ) = 1 (a , bc ) = (a , c )得(a , b ) = (a , 2b 1) = (a , b 1)； (ⅳ) 由性质(a , b ) = (|a b |, b )及(a , b ) = 1(a , bc ) = (a , c )得(a , b ) = (||2ba -,b )。
2. 作辗转相除：1387 = (162)(8) 91，162 = 91(2) 20，91 = 20 4 11，20 = 11 1 9，11 = 9 1 2，9 = 2 4 1，2 = 1 2 0，由此得n = 6，q 1 = 8，q 2 = 2，q 3 = 4，q 4 = 1，q 5 = 1，q 6 = 4，x = (1)n 1Q n = 73，y = (1)nP n = 625，又(1387, 162) = r n = 1，故138773 162625 = 1 = (1387, 162)。
3. (27090, 21672, 11352) = (4386, 10320, 11352) = (4386, 1548, 2580)= (1290, 1548, 1032) = (258, 516, 1032) = (258, 0, 0) = 258。
4. (F n + 1, F n ) = (F n F n 1, F n ) = (F n 1, F n ) = = (F 1, F 2) = 1。
5. 设除数为d ，余数为r ，则由d 4582 2836 = 1746，d 5164 4582 = 582，d 6522 5164 = 1358 知d (1746, 582, 1358) = 194，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 120。
6. 作辗转相除：a = bq 1 r 1， 0 < r 1 < |b |， b = r 1q 2 r 2， 0 < r 2 < r 1，r n 2 = r n 1q nr n ，0 < r n < r n 1， r n1 = r n q n 1r n 1，r n 1 = 0。
由第一式得2a1 =)12()12()12(]1)2[(21222111111111-+-=-+-=-+-+r b r q b r r r r bq Q ，即),(),(),(),(211111r r r b r b b a r b a M M M M M M M M M Q M M ==+=。
类似可得，等，于是),(),(),(),(11b a r r r r b b a M M M M M M M M n n n =====+ 。
第一章 习 题 六1. (ⅰ) 显然d =k kp p p γγγ 2121（0 ii，1 i k ）是n 的正因数。
反之，设d 为n 的任一个正因数，由d n 知对每一个p i ，d 的标准分解式中p i 的指数都不超过n 的标准分解式中p i 的指数，即d 必可表示成k k p p p γγγ 2121（0 i i ，1 i k ）的形式； (ⅱ) 类似于(ⅰ)可证得。