初等数论第2版习题答案(可编辑修改word版)
福师《初等数论》在线作业二答卷
。
A.A
B.B
C.C
D.D
答案:D
23.{图}
。
A.A
B.B
C.C
D.D
答案:B
24.整数202（）
A.能够写成两数平方和
B.能够写成两数平方差
C.都可以
D.都不能
答案:A
25.题见图片
{图}
A.A
B.B
C.C
D.D
答案:B
二、判断题(共25道试题,共50分)
26.题面见图片{图}
答案:错误
B.1
C.2
D.无穷
答案:B
5.a,b大于1且互素，则不定方程ax-by=ab的正整数解的个数是（）
A.0
B.1
C.2
D.无穷
答案:D
6.9x+11y=99的正整数解的个数是（）
A.0
B.1
C.2
D.无穷
答案:A
7.题见图片
{图}
A.A
B.B
C.C
D.D
答案:C
8.{图}
。
A.A
B.B
C.C
D.D
答案:B
福师《初等数论》在线作业二-0002
试卷总分:100得分:100
一、单选题(共25道试题,共50分)
1.题见图片
{图}
A.A
B.B
C.C
D.D
答案:D
2.题见图片
{图}
A.A
B.B
C.C
D.D
答案:A
3.题见图片
{图}
A.A
B.B
C.C
D.D
答案:B
4.9x+11y=100的正整数解的个数是（）
初等数论习题集参考答案
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a1x1+a2x2+ +a k x k = b(q1x1+q2x2+ +q k x k)，即b∣a1x1+a2x2+ +a 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∣mn+pq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，n2≥p，n3≥p，于是n = pn2n3≥p3，即p≤3n，矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k，使得2k+ 1是合数，对于这样的k，(k+ 1)2不能表示为a2+p的形式，事实上，若(k+ 1)2 = a2+p，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 = 3q1+r1，b = 3q2+r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3∣a2+b2 = 3Q+r12+r22知r1 = r2 = 0，即3∣a且3∣b。
初等数论第2版习题答案
第一章 §11 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 n )1()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S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rby ax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax by ax ++/00 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0000++∴ ).,/(00b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+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 qa bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b qa 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 ≤=-+⋅=+⋅=⋅ 2,2,222211bt b t t bs t 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》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
(完整版)初等数论第2版习题答案
第一章 §11 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 n )1()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S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rby ax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax by ax ++/00 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0000++∴ ).,/(00b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+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 qa bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b qa 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 ≤=-+⋅=+⋅=⋅ 2,2,222211bt b t t bs t 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+26=386.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题。
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
《初等数论》1、判断同余式)593(m od 4382≡x 是否有解？2、判断同余式)1847(m od 3652≡x 是否有解？3、求11的平方剩余与平方非剩余.4、计算⎪⎭⎫ ⎝⎛563429,其中563是素数.5、计算⎪⎭⎫⎝⎛443383 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14-n 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.《初等数论》答案一、计算：1.判断同余式)593(m od 4382≡x 是否有解？ (答：无解。
方法参照题2)2、判断同余式)1847(m od 3652≡x 是否有解？解 我们容易知道1847是素数,所以只需求⎪⎭⎫⎝⎛1847365的值.如果其值是1,则所给的同余式有解,否则无解. 因为735365⨯=,所以⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛184773184751847365.再)4(mod 173),4(mod 15≡≡,所以1525184718475-=⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛,.17471111711731 73117327322731847184773-=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛所以, ⎪⎭⎫⎝⎛1847365=1. 于是所给的同余式有解. 3、11的平方剩余与平方非剩余.解 因为52111=-,所以平方剩余与平方非剩余各有5个. 又因为112≡,422≡,932≡,542≡,352≡,所以,1，3，4，5，9是素数11的5个平方剩余.其它的8个数，2，6，7，8，10是素数11的平方非剩余. 计算⎪⎭⎫⎝⎛563429,其中563是素数.⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛---42967)1(429674292429134429563429563)1(5634298142921563.214292⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=----27672767)1(67276742967429)1(429672167.212721429.216711311327)1(27132113.2127=⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛=--, 即429是563的平方剩余. 5、计算⎪⎭⎫⎝⎛443383 （计算方法参照题4） 二、证明题：1.证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除. 证明 因为133)1(233++=-+n n n n ,所以只需证明1332++n nT )5(mod .而我们知道模5的完全剩余系由-2,-1,0,1,2构成, 所以这只需将n=0,±1,±2代入1332++n n 分别得值1，7，1，19，7.对于模5, 1332++n n 的值1，7，1，19，7只与1，2，4等同余,所以1332++n nT )5(mod所以相邻两个整数的立方之差不能被5整除。
（完整版）初等数论练习题二（含答案）
（完整版）初等数论练习题二（含答案）《初等数论》期末练习一、单项选择题1 如果 ba , a b ，则().A a b Bab2、如果 3n , 5n ，贝U 15 (A 整除B 不整除 C3、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4、如果a b （modm ） ,c 是任意整数贝UA ac bc(modm)B a bC ac bc(mod m) Dab5、如果(),则不定方程ax by c 有解.A (a,b) cB c(a, b)C a cD (a, b)a6、整数5874192能被()整除.A 3B 3 与 9C 9D 3 或 97、如果 2n , 15n ，贝U 30( ) n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定& 大于10且小于30的素数有（). A 4个 B 5个 C 6个 D 7个9、模5的最小非负兀全剩余系是（ ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 10、整数637693能被（）整除. A 3 B 5C 7D 9二、填空题1、素数写成两个平方数和的方法是（）. 2、同余式ax b O （modm ）有解的充分必要条件是（）.8、如果同余式ax b O （modm ）有解，则解的个数（）. 9、在176与545之间有（）是13的倍数.10、如果 ab 0 则［a,b ］（a,b ）=（）. Cab Dab ）n . 等于 D 不一定 3、如果a,b 是两个正整数，则不大于 4、如果p 是素数，a 是任意一个整数 5、 a,b 的公倍数是它们最小公倍数的6、如果a,b 是两个正整数，则存在a 而为b 的倍数的正整数的个数为（）.，则a 被p 整除或者（）.（）. ）整数 q, r ,使 a bq r, 0 r b. y 2有（）.11、如果（a,b） 1,那么（ab,a b）=（）.二、计算题1、求[136,221,391]=?2、求解不定方程9x 21y 144.3、解同余式12x 15 0(mod45).4294、求——,其中563是素数.(8分)5635、求[24871,3468]=?6、求解不定方程6x 17y 18.7、解同余式111x 75(mod321).8、求17的平方剩余与平方非剩余.四、证明题1、证明对于任意整数2n nn，数3 23—是整数.62、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.3、证明形如4n 1的整数不能写成两个平方数的和4、如果整数a的个位数是5,则该数是5的倍数.5、证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数.初等数论期末练习一答案、单项选择题1、D.2、A3、C4、A5、A6、B7、A8、C9、D 10、C二、填空题1、素数写成两个平方数和的方法是(唯一的)2、同余式ax b 0(modm)有解的充分必要条件是 ((a,m)b ).3、如果a,b 是两个正整数，则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为 ([-]). b4、如果p 是素数,a 是任意一个整数，则a 被p 整除或者(与p 互素).5、 a,b 的公倍数是它们最小公倍数的(倍数).6、如果a,b 是两个正整数，则存在(唯一)整数q, r ,使a bq r, 0 rb.7、设p 是素数，则不定方程p x 2 y 2有(唯一解 ).8、如果同余式ax b 0(mod m)有解，则解的个数((a, m)).9、在176与545之间有(28 )是13的倍数.10、如果 ab 0 则[a,b](a,b)=( ab ).11、如果(a,b) 1,那么(ab, a b)=(1). 三、计算题1、求[136,221,391]=? （ 8 分）解[136,221,391]=[[136,221],391]=[1768,391] 1768 391 17=104 391 =40664.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 。
《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
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。
(完整版)初等数论练习题二(含答案)
《初等数论》期末练习一、单项选择题1 如果 ba , a b ，则().A a b Bab2、如果 3n , 5n ，贝U 15 (A 整除B 不整除 C3、 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4、 如果a b （modm ） ,c 是任意整数 贝UA ac bc(modm)B a bC ac bc(mod m) Dab5、 如果(),则不定方程ax by c 有解.A (a,b) cB c(a, b)C a cD (a, b)a6、 整数5874192能被()整除.A 3B 3 与 9C 9D 3 或 97、 如果 2n , 15n ，贝U 30( ) n . A 整除 B 不整除 C 等于 D 不一定& 大于10且小于30的素数有（). A 4个 B 5个 C 6个 D 7个9、 模5的最小非负兀全剩余系是（ ). A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,4 10、 整数637693能被（）整除. A 3 B 5 C 7 D 9二、填空题1、素数写成两个平方数和的方法是（）. 2、 同余式ax b O （modm ）有解的充分必要条件是（）.8、 如果同余式ax b O （modm ）有解，则解的个数（）. 9、 在176与545之间有（）是13的倍数.10、 如果 ab 0 则［a,b ］（a,b ）=（ ）. Cab Dab ）n . 等于 D 不一定 3、 如果a,b 是两个正整数，则不大于 4、 如果p 是素数，a 是任意一个整数 5、 a,b 的公倍数是它们最小公倍数的6、 如果a,b 是两个正整数，则存在a 而为b 的倍数的正整数的个数为 （）.，则a 被p 整除或者（）.（）. ）整数 q, r ,使 a bq r, 0 r b. y 2有（ ）.11、如果（a,b） 1,那么（ab,a b）=（）.二、计算题1、求[136,221,391]=?2、求解不定方程9x 21y 144.3、解同余式12x 15 0(mod45).4294、求——,其中563是素数.(8分)5635、求[24871,3468]=?6、求解不定方程6x 17y 18.7、解同余式111x 75(mod321).8、求17的平方剩余与平方非剩余.四、证明题1、证明对于任意整数2n nn，数3 23—是整数.62、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.3、证明形如4n 1的整数不能写成两个平方数的和4、如果整数a的个位数是5,则该数是5的倍数.5、证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数.初等数论期末练习一答案、单项选择题1、D.2、A3、C4、A5、A6、B7、A8、C9、D 10、C二、填空题1、 素数写成两个平方数和的方法是(唯一的)2、 同余式ax b 0(modm)有解的充分必要条件是 ((a,m)b ).3、 如果a,b 是两个正整数，则不大于a 而为b 的倍数的正整数的个数为 ([-]). b4、 如果p 是素数,a 是任意一个整数，则a 被p 整除或者(与p 互素).5、 a,b 的公倍数是它们最小公倍数的(倍数).6、 如果a,b 是两个正整数，则存在(唯一)整数q, r ,使a bq r, 0 r b.7、 设p 是素数，则不定方程p x 2 y 2有(唯一解 ).8、 如果同余式ax b 0(mod m)有解，则解的个数((a, m)).9、 在176与545之间有(28 )是13的倍数.10、 如果 ab 0 则[a,b](a,b)=( ab ).11、 如果(a,b) 1,那么(ab, a b)=(1). 三、计算题1、求[136,221,391]=? （ 8 分） 解[136,221,391]=[[136,221],391]=[1768,391] 1768 391 17=104 391 =40664.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 。
《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 =。
初等数论习题 v2
《初等数论》习题集1. 证明：若m - p ∣mn + pq ，则m - p ∣mq + np 。
2. 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。
3. 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。
4. 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。
5. 证明：12∣n 4 + 2n 3 + 11n 2 + 10n ，n ∈Z 。
6. 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。
7. 设n ，k 是正整数，证明：n k 与n k + 4的个位数字相同。
8. 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。
9. 设a 是自然数，问a 4 - 3a 2+ 9是素数还是合数？10. 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。
11. 设x ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。
12. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。
13. 设n 是正整数，求1223212C ,,C ,C -n nn n 的最大公约数。
14. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。
15. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。
16. 设a ，b ，c 是正整数，证明：),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c cb b ac b a a c c b b a c b a =。
17. 设k 是正奇数，证明：1 + 2 + + 9∣1k+ 2k+ + 9k。
材料1--初等数学二2012(个人带答案)大号字
第三部分 几何〔与三角〕【考试情况总结】几何与三角共49题 一、平面几何〔18道〕1．面积问题〔9道〕 2．长度问题〔5道〕 3．角度问题〔4道〕 二、空间几何图形〔9道〕 三、三角函数〔5道〕 四、平面解析几何〔17道〕1．平面直线问题〔6道〕 2．平面几何与平面解析几何综合问题〔6道〕 3．二次曲线问题〔5道〕 [内容综述] 一、平面几何图形 1．三角形〔1〕三角形的各元素〔边、角、高、中线、周长、面积〕11sin 222s ah ab C p a b c ====++〔2〕几种特殊三角形〔直角、等腰、等边〕222c a b =+2．四边形〔1〕矩形〔正方形〕；〔2〕平行四边形〔菱形〕；〔3〕梯形1()2s a b h =+注：对角线垂直的四边形面积． 3．圆和扇形〔1〕圆(周长、面积、弦、切线、圆周角、圆心角)22ππl R S R ==〔2〕扇形12s Rll R θ==4．平面图形的相似关系注：正多边形的内角和(2)πn -、椭圆的面积πab 二、空间几何体 1．长方体〔正方体〕2．圆柱体 22ππs Rh V R h ==3．圆锥体 21ππ3s V R h ==注：棱锥。
4．球 2344ππ3s RV R ==三、三角函数1．定义〔符号，特殊角的三角函数值〕sin ,cos ,sin cos tan ,cot ,sec cos sin cos sin y x ααααααααααα====2．常用的三角函数恒等式同角恒等式：222222sin cos 11tan sec 1cot csc αααααα⎧+=⎪⎪+=⎨⎪+=⎪⎩两角和公式：2222sin()sin cos cos sin cos()cos cos sin sin sin 22sin cos cos2cos sin 12sin 2cos 1αβαβαβαβαβαβββββββββ+=+⎧⎪+=-⎪⎨=⎪⎪=-=-=-⎩诱导公式：ππsin()cos ,cos()sin ,sin(π)sin 22ββββββ+=+=-+=-注：解斜三角形〔正弦定理、余弦定理〕．sin sin sin A B C a b c==；2222cos a b c bc A =+- 3．反三角函数ππarcsin ,[,]22y x =-；arccos ,[0,π]y x =；ππarctan ,(,)22y x =-；arccot ,(0,π)y x =四、平面直线1．直线方程〔倾角、斜率，点斜式、斜截式、截距式、一般式〕()0000,y y k y y k x x x x -==+--；;1x yy kx b a b=++=；0ax by c ++=2．两条直线的位置关系〔相交，平行，垂直〕:0l ax by c ++=；1111:0l a x b y c ++=；平行但不重合：111a b c a b c =≠；重合：111a b ca b c ==；垂直：111a a b b ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭3．点到直线的距离0ax by c ++= ，00(,)x y ，d =注：直线与圆的位置关系；两个圆的位置关系；关于直线的对称问题． 五、圆锥曲线 1．圆〔1〕定义：到一定点距离为一常数的点的集合． 〔2〕方程：22200()()x x y y R -+-=2．椭圆〔1〕定义：到两定点距离之和为一常数的点的集合．〔2〕方程:22222221,,(,0)(,0)x y c a b c c a b+==--〔3〕图像；〔4〕离心率；1ce a=<〔5〕准线 2a x c=±3．双曲线〔1〕定义：到两定点距离之差的绝对值为一常数的点的集合．〔2〕方程:22222221,,(,0)(,0)x y c a b c c a b-==+-〔3〕图像；〔4〕离心率；1ce a=>〔5〕准线 2a x c =±〔6〕渐近线；by x a=±4．抛物线〔1〕定义：到一定点与到一定直线的距离相等的点的集合．〔2〕方程；22y px =， 焦点(,0)2p〔3〕图像；〔4〕离心率 1e =；〔5〕准线2px =-注：如何判断二次方程的图像？220ax by cx dy e ++++=当0a b =≠时，一般为圆； 当0,ab a b >≠时，一般为椭圆； 当0ab <时，一般为双曲线； 当220,0ab ab =+≠时，为抛物线．[典型例题] 一、平面几何例1．半径为R 的圆的内接正三角形面积是〔 〕．A ．214RB ．234R C．24R D．24R 答：D ．分析：此题考查了圆的半径与其内接正三角形的中线的关系，及正三角形中线与边长的关系．由于半径为R 的圆的内接正三角形的中线〔高〕长为32R ，所以该正三角形的边长为，面积为213224R R ⨯⨯=．故正确选项为D ． 例2．假设某人匀速地路过一盏路灯，则其头顶影子的移动速度〔 〕．A ．先逐渐变慢，后逐渐变快B ．先逐渐变快，后逐渐变慢C ．是一常数D ．无法确定 答：C ．分析：此题主要考查了相似三角形对应边成比例的性质及运动速度的概念．如图，l 是路灯的高度、h 是行人的身高．设行人的速度为v ，行人从O 点走到A 点需要的时间是t ，则OAvt =．根据相似三角形对应边成比例得AB OB vt h OB OB l-==，所以lOB vt l h=-，即行人的影子点B 的速度是常数．故正确选项为C ．例3．如图，P 是正方形ABCD 外的一点，10PB =，APB ∆的面积是80，CPB ∆的面积是90，则正方形ABCD 的面积是〔 〕．A ．580B ．600C ．640D ．720lhOAB答：A ．解1：如图，PE 是三角形CBP 的高，PF 是三角形ABP 的高,由于22210PE PF +=，且1802AB PF =，1902CB PE =，所以98PE PF =，解得80PF =，AB =从而24145580S AB ==⨯=．解2：如设角ABP 的大小为α，则角CBP 的大小等于π2π()2α-+．由于三角形ABP 的面积为1sin 802AB BP α⋅=， 三角形CBP 的面积为11sin[2()]cos 90222AB BP AB BP ππαα⋅-+=-⋅=， 两式相比得 8tan 9α=-，所以sin α=．由于DCAB PDCABPEF1sin 802AB BP α⋅=，且10BP =，所以AB =正方形ABCD的面积是22580AB ==．故正确选项为A ．二、空间几何体例1．如图，斜截圆柱体的最大高度为8，最小高度为4，下底面半径为〕． A ．72π, B ．104π,C ．72π,16πD ．104π,16π 答：A ．分析：根据题意及割补的思想可知该柱体的平均高度为4862+=，所以它的体积为2π672π⨯=．至此可将选项B,D 排除．上底椭圆面的一个半轴长就是下底面的半径轴长利用勾股定理得到142=，所以上底椭圆面的面积为．综上可知正确选项为A ．例2．假设某圆锥的底面积为P ，轴截面面积为Q ，则其体积为〔 〕．A ．3QB ．3PC ．2QD答：A ．分析：设该圆锥的底面半径为R 、高为h ．由2πR P =得R =122R h Q ⨯⨯=得Rh Q =，所以该圆锥的体积为211π33R h ==．故正确选项为A ． 例3．平面中的四个点1234,,,P P P P 在某个球面上，122334413PP P P P P P P ====，球心到该平面的距离是其半径的一半，则球的体积是〔 〕．A． B． C．答：C ．分析：由于点1234,,,P P P P 122334413PP P P P P P P ====是圆的内接正方形，该圆的半径为1322⨯=．设球体的半径为R ，则图中直角三角形的两条直角边分别为12R ，斜边为R ．根据勾股定理得 22924R R =+，即R =34π3R =．三、三角函数例1．假设函数()f x 满足arcsin ()f x x =，则π()3f =〔 〕． A ．3π B ．12C．2 D．2 答：C ． 分析：此题考查了反函数的概念及特殊角的正弦值．因为arcsin ()f x x =，所以()f x 与arcsin x 互为反函数，即()sin f x x =，所以ππ()sin 332f ==．故正确选项为C ． 例2．如果αβ+与π4β-均是锐角，且2π1sin(),sin()544αββ+=-=，那么 πsin()4α+=〔 〕． A．20- B．20+ C．20-+ D．20-- 答：A ．分析：此题主要考查了同角关系式、两角和的正弦公式及三角函数的符号问题．因为2π1sin(),sin()544αββ+=-=，且αβ+与π4β-均是锐角，所以πcos(),cos()544αββ+=-=，从而 πππsin()sin[]sin()cos()cos(444ααββαββα+=+--=+--+（）（）21545420-=⨯-⨯=。
初等数论练习题答案
初等数论练习题答案DOC 格式, 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 tZ 。
. 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 p1 1(mod p )的解数为 p-1 。
二、计算题1、解同余方程：3x 211x 20 0 (mod 105)。
解：因105 = 357，同余方程3x 211x 20 0 (mod 3)的解为x 1 (mod 3)，同余方程3x 211x 38 0 (mod 5)的解为x 0，3 (mod 5)，同余方程3x 211x 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。
3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。
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3 bb b3 b 第一章 §11 证明： a 1 , a2 , a n 都是 m 的倍数。
∴存在 n 个整数 p 1, p 2 , p n 使 a 1 = p 1m 1 , a 2 = p 2 m 2 , , a n = p n m n又 q 1, q 2 , , q n 是任意 n 个整数∴ q 1a 1 + q 2 a 2 + + q n a n = ( p 1q 1 + q 2 p 2 + + q n p n )m即 q 1a 1 + q 2 a 2 + + q n a n 是 m 的整数2 证： n (n + 1)(2n + 1) = n (n + 1)(n + 2 + n - 1)= n (n + 1)(n + 2) + (n - 1)n (n + 1)6 / n (n + 1)(n + 2),6 /(n - 1)n (n + 1)∴ 6 / n (n + 1)(n + 2) + (n - 1)n (n + 1)从而可知6 / n (n + 1)(2n + 1)3 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 ax 0 + by 0∀x , y ∈ Z ，由带余除法有 ax + by = (ax 0 + by 0 )q + r ,0 ≤ r < ax 0 + by 0则 r = (x - x 0 q )a + ( y - y 0 q )b ∈ S ，由 ax 0 + by 0 是 S 中的最小整数知 r = 0∴ ax 0 + by 0 / ax + byax 0 + by 0 / ax + by ∴ ax 0 + by 0 /(a , b ).∴(a , b ) / ax 0 + by 0下证 P 8 第二题（ x , y 为任意整数）又有(a , b ) / a ,(a , b ) / b 故 ax 0 + by 0 = (a , b )∴ ax 0 + by 0 / a , ax 0 + by 0 / b4 证：作序列 ,-,- b ,- ,0, , b , 2 2 2 2, 则 a 必在此序列的某两项之间q 2 b b b 0 即存在一个整数 q ，使 b ≤ a <b 成立(i) 当 q 为偶数时，若b > 0. 则令 s = q , t = a - bs = a - qb ，则有2 0 ≤ a - bs = t = a - qb = a - b < 2 2b ∴ t < 2若b < 0 则令 s = -q , t = a - bs = a + 2 q b ，则同样有 t < 2 2(ii) 当 q 为奇数时，若b > 0 则令 s = q + 1 , t = a - bs = a - q + 1b ，则有2 2- ≤ t = a - bs = a - q + 1 b = a - q + 1b < 0 ∴ t ≤ 2若 b < 0 ，则令 s = - 2 q + 122, t = a - b s = a + 2q + 1 b 2则同样有 t ≤2综上 存在性得证 下证唯一性当b 为奇数时，设 a = bs + t = bs 1 + t 1 则 t - t 1= b (s 1 - s ) > b而 t ≤, t 1 ≤∴ t - t 1 ≤ t + t 1 ≤ b 矛 盾 故 s = s 1 , t = t 122b当b 为偶数时， s , t 不唯一，举例如下：此时 为整数23 ⋅ b = b ⋅1 + b = b ⋅ 2 + (- b ), t = b , t ≤ b 2 2 2 1 2 1 2a = bs 1 + t 1 = bs 2 + t 2 , t 2= - b , t ≤ b 2 2 25.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=1 + 1 + 1 + 1 + + 1，取 M= 2k -1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 p 这里 k 是使2k ≤ n 最大2 3 4 n整数，p 是不大于 n 的最大奇数。
则在 1，2，3，┄，n 中必存在一个 n = 2k ， 所以MS= M + M2+M + + M3 n 0+ + Mn由 M= 2k -1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 p 知M ，M, , M 必为整数， M= 3 ⋅ 5 ⋅ 7 p 显 23 n n 0 2q 2 q + 12q 2 b b b b然不是整数，∴MS 不是整数，从而 S 不是整数（2） 令 M= 3k -1 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n - 1) 则 SM= M3 + M+ + 5M + 2n - 1M，2n + 1 由 M= 3k -1 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n - 1) 知 M , M , , M，而3 5 2n - 1M =3k -1 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n - 1) 2n + 12n + 1不为整数∴SM 不为整数，从而S = 1 + 1 + + 1 也不是整数 3 5 2n + 1第一章 §21. 证：设 d ' 是 a ，b 的任一公因数，∴ d ' |a ， d ' |b由带余除法a = bq 1 + r 1 ,b = r 1q 2 + r 2 , , r n -2 = r n -1q n + r n , r n -1 = r n q n +1 ,0 = r n +1 ≤ r n < r n -1 < < r 1 < b∴ (a , b ) = r n 。
∴ d ' | a - bq 1 = r 1 ， d ' | b - r 1q 2 = r 2 ，┄,d ' | r n -2 = r n -1q n + r n = (a , b ) ,即 d ' 是(a , b ) 的因数。
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 的公因数，从而 a , b 的公因数与(a , b ) 的因数相同。
2. 见本书 P2，P3 第 3 题证明。
b 3. 有§1 习题 4 知： ∀a , b ∈ Z , b ≠ 0, ∃s , t ∈ Z , 使a = bs + t , | t |≤ 。
，2∴∃s , t ，使b = s t + t ,| t |≤ | t | ≤ b, , 如此类推知：1 1 1 1 12 22∃s n , t n , t n -2 = t n -1 s n + t n ;| t |≤ | t n -1 | ≤ | t n -2 | ≤ ≤ | t | ≤ | b |∃s n +1 , t n +1 , t n -1 = t n s n +1 + t n +1 ; 且n 2 222n 2n +1 而 b 是一个有限数，∴∃n ∈ N , 使t n +1 = 0∴(a , b ) = (b , t ) = (t , t 1 ) = (t 1 , t 2 ) = = (t n , t n +1 ) = (t n ,0) = t n ，存在≤ pn n 0 其求法为(a , b ) = (b , a - bs ) = (a - bs , b - (a - bs )s 1 ) =∴(76501,9719) = (9719,76501 - 9719 ⨯ 7) = (8468,9719 - 8468) = (1251,8468 - 1251⨯ 64。
证：由 P3§1 习题 4 知在（1）式中有0 = r < r ≤ r n -1 ≤ r n -2 ≤ ≤ r 1b ，而 rn +1 n 2 22 2n -1 2nn ≥1∴1 ≤b,∴ 2n ≤ b ， ∴ n ≤ log b = log b ，即 n ≤ log b2n 2log 2 log 2第一章 §31，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 ) ，∴ as + bt = 1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(a , b ) | 1 。
又(a , b ) > 0 ，∴(a , b ) = 12．证：设[a 1 , a 2 , , a n ] = m 1 ，则 a i | m 1 (i = 1,2, , n )∴| a i || m 1 (i = 1,2, , n ) 又设[| a 1 |,| a 2 |, ,| a n |] = m 2 则m 2 | m 1 。
反之若| a i || m 2 ，则 a i | m 2 ，∴ m 1 | m 2 。
从而 m 1 = m 2 ，即[a 1 , a 2 , , a n ] =[| a 1 |,| a 2 |, ,| a n |]23．证：设（1）的任一有理根为 ， ( p , q ) = 1, q > 1。
则qp n a n ( q ) p a n -1 ( q) n -1 + + a p + a = 01 q 0∴ a n p n + an -1 p n -1q + + a pq n -1 + a q n = 0（2）由(2) - a n p n = an -1 p n -1q + + a pq n -1 + a q n ，所以q 整除上式的右端，所以 q | a p n，又( p , q ) = 1, q > 1，所以(q , p n ) = 1,∴ q | a ；又由（2）有 a n p n+ an -1 p n -1q + + a pq n -1 = -a q n+ 1112 2 2 2 2 2 0 1 2 k 1 2 k1 2k 1 2 k i i i2因为 p 整除上式的右端，所以 P | a q n(q n , p ) = 1,∴ p | a ， ( p , q ) = 1, q > 1，所以p故（1）的有理根为 q，且 p | a 0 , q | a n 。
假设 为有理数， x = 2,∴ x 2 - 2 = 0 ，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是± 1,±2 ，这与 为其有理根矛盾。