《初等数论(闵嗣鹤)》课后习题解答2012修改版
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《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 q2 a2
证明：
qn an 是 m 得 倍 数 ．
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《初等数论》习题解答（修改版） （茂名学院
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
WeiXLI）
（3）划掉 2，3，5，7 的倍数，剩下的是 100 内的素数 将不超过 100 的正整数排列如下： 1 11 21 31 41 51 61 71 81 91 2 3 4 12 13 14 22 23 24 32 33 34 42 43 44 52 53 54 62 63 64 72 73 74 82 83 84 92 93 94 5 15 25 35 45 55 65 75 85 95 6 16 26 36 46 56 66 76 86 96 7 17 27 37 47 57 67 77 87 97 8 18 28 38 48 58 68 78 88 98 9 10 19 20 29 30 39 40 49 50 59 60 69 70 79 80 89 90 99 100
a, b Z , b 0, s, t Z , 使 a bs t ,| t |
b 。 ， 2
s1 , t1 ，使 b s1t t1 ,| t1 |
sn , tn , tn2 tn1sn tn ; sn1 , tn1 , tn1 tn sn1 tn1;
1, 2 ，这与 2 为其有理根矛盾。故 2 为无理数。
另证，设 2 为有理数 2 =
p , ( p, q) 1, q 1 ，则 q
p2 2 2 , 2q 2 p 2 , ( p 2 , q 2 ) (2q 2 , p 2 ) q 2 1 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 1．试造不超过 100 的质数表 解：用 Eratosthenes 筛选法 （1）算出 100 10 a （2）10 内的质数为：2，3，5，7
a bq1 r1 , b r1q2 r2 , rn qn 1 , 0 rn 1 rn rn 1
(a, b) rn d | a bq1 r1 ， d | b r1q2 r2 ，┄, d | rn2 rn1qn rn (a, b) ,
因为 p 整除上式的右端，所以 P | a0 q n ， ( p, q) 1, q 1 ，所以 (q n , p) 1, 故（1）的有理根为
∴p | an
p ，且 p | a0 , q | an 。 q
假设 2 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
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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
ax0 by0
x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r ,0 r ax0 by0
ax0 by0 | (a, b). 又有 (a, b) | a ， (a, b) | 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 , , 2 2 2 2
q q 1 b a b 成立 2 2
则 a 必在此序列的某两项之间
即存在一个整数 q ，使
(i ) 当 q 为偶数时，若 b 0. 则令 s
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p p an ( )n an1 ( )n1 q q
an p n an1 p n1q
a1
p a0 0 q
（2）
a1 pq n1 a0 q n 0 a1 pq n1 a0 q n ，
且 | tn |
|t | b , 2 22
, 如此类推知：
| tn 1 | | tn2 | 2 2 2
|t | |b| 2n 2n1
而 b 是一个有限数，n N , 使 tn 1 0
(a, b) (b, t ) (t , t1 ) (t1 , t2 )
q 1 q 1 , t a bs a b ，则有 2 2
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b b q 1 q 1 t a bs a ba b 0 t 2 2 2 2
若 b 0 ，则令 s
b q 1 q 1 综上所述，存在性 , t a bs a b ，则同样有 t 2 ， 2 2
q1 p1m q2 p2 m ( p1q1 q2 p2
即 q1a1 q2 a2
2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明
n( n 1 ) ( 2 n 1 )n n (
1n ) ( 2 n
1)
1)
n( n 1 ) ( n 2 ) n ( 1 n) n(
由 (2) an p n an1 p n1q
所以 q 整除上式的右端，所以 q | an p n ，又 ( p, q) 1, q 1 ， 所以 (q, p n ) 1, q | an ； 又由（2）有 an p n an1 p n1q
a1 pq n1 a0q n
即 d 是 (a, b) 的因数。
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, rn 2
rn 1qn rn , rn 1 r1 b
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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．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：
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 ) 又 (a, b) 0 ， (a, b) 1 2．证明定理 3 定理 3 即 (a, b) |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) ．
, an ] = [| a1 |,| a2 |,
a1 x a0
,| an |]2
（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
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
（ x, y 为任意整数） ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
4．证明本节（1）式中的 n
log b log 2
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证：由 P3§ 1 习题 4 知在（1）式中有
0 rn1 rn
1
rn1 rn2 2 2 2
r1 b n ，而 rn1 n 1 2 2
b n , 2 b， 2n
a1 , a2
, an 都是 m 的倍数。
pn 使 a1 p1m, a2 p2 m,
存在 n 个整数 p1 , p2 ,
又 q1 , q2 ,
, an pn m
, qn 是任意 n 个整数 qn an qn pn m qn pn )m qn an 是 m 的整数
q1a1 q2 a2
n l o g 2b
log b log b ，即 n log 2 log 2
§ 3 整除的进一步性质及最小公倍数 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 1 ． 证明 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) ，
(tn , tn1 ) (tn ,0) tn ，存在其求法为：
(a, b) (b, a bs) (a bs, b (a bs)s1 )
(76501,9719) (9719, 76501 9719 7) (8468,9719 8468) (1251,8468 1251 6) (3,1) 1
a1, a2
, an | a1 |,| a2 |
,| an |
, n)
证：设 [a1 , a2 ,
, an ] m1 ，则 ai | m1 (i 1, 2,
, n) 又设 [| a1 |,| a2 |,
∴ | ai || m1 (i 1, 2,
,| an |] m2
则 m2 | m1 。反之若 | ai || m2 ，则 ai | m2 ， m1 | m2 从而 m1 m2 ，即 [a1 , a2 , 3．设 an x n an1 x n1
3
b b b b b b 1 b 2 ( ), t1 , t1 2 2 2 2 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
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 b , t1 t t1 t t1 b 矛盾 故 s s1 , t t1 2 2
b 为整数 2
当 b 为偶数时， s, t 不唯一，举例如下：此时
q q , t a bs a b ，则有 2 2
b q q q 0 a bs t a b a b b t 2 2 2 2
若 b 0 则令 s , t a bs a
q 2
b q b ，则同样有 t 2 2
(ii ) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s
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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 q2 a2
证明：
qn an 是 m 得 倍 数 ．
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（3）划掉 2，3，5，7 的倍数，剩下的是 100 内的素数 将不超过 100 的正整数排列如下： 1 11 21 31 41 51 61 71 81 91 2 3 4 12 13 14 22 23 24 32 33 34 42 43 44 52 53 54 62 63 64 72 73 74 82 83 84 92 93 94 5 15 25 35 45 55 65 75 85 95 6 16 26 36 46 56 66 76 86 96 7 17 27 37 47 57 67 77 87 97 8 18 28 38 48 58 68 78 88 98 9 10 19 20 29 30 39 40 49 50 59 60 69 70 79 80 89 90 99 100
a, b Z , b 0, s, t Z , 使 a bs t ,| t |
b 。 ， 2
s1 , t1 ，使 b s1t t1 ,| t1 |
sn , tn , tn2 tn1sn tn ; sn1 , tn1 , tn1 tn sn1 tn1;
1, 2 ，这与 2 为其有理根矛盾。故 2 为无理数。
另证，设 2 为有理数 2 =
p , ( p, q) 1, q 1 ，则 q
p2 2 2 , 2q 2 p 2 , ( p 2 , q 2 ) (2q 2 , p 2 ) q 2 1 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 1．试造不超过 100 的质数表 解：用 Eratosthenes 筛选法 （1）算出 100 10 a （2）10 内的质数为：2，3，5，7
a bq1 r1 , b r1q2 r2 , rn qn 1 , 0 rn 1 rn rn 1
(a, b) rn d | a bq1 r1 ， d | b r1q2 r2 ，┄, d | rn2 rn1qn rn (a, b) ,
因为 p 整除上式的右端，所以 P | a0 q n ， ( p, q) 1, q 1 ，所以 (q n , p) 1, 故（1）的有理根为
∴p | an
p ，且 p | a0 , q | an 。 q
假设 2 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
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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
ax0 by0
x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r ,0 r ax0 by0
ax0 by0 | (a, b). 又有 (a, b) | a ， (a, b) | 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 , , 2 2 2 2
q q 1 b a b 成立 2 2
则 a 必在此序列的某两项之间
即存在一个整数 q ，使
(i ) 当 q 为偶数时，若 b 0. 则令 s
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p p an ( )n an1 ( )n1 q q
an p n an1 p n1q
a1
p a0 0 q
（2）
a1 pq n1 a0 q n 0 a1 pq n1 a0 q n ，
且 | tn |
|t | b , 2 22
, 如此类推知：
| tn 1 | | tn2 | 2 2 2
|t | |b| 2n 2n1
而 b 是一个有限数，n N , 使 tn 1 0
(a, b) (b, t ) (t , t1 ) (t1 , t2 )
q 1 q 1 , t a bs a b ，则有 2 2
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b b q 1 q 1 t a bs a ba b 0 t 2 2 2 2
若 b 0 ，则令 s
b q 1 q 1 综上所述，存在性 , t a bs a b ，则同样有 t 2 ， 2 2
q1 p1m q2 p2 m ( p1q1 q2 p2
即 q1a1 q2 a2
2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明
n( n 1 ) ( 2 n 1 )n n (
1n ) ( 2 n
1)
1)
n( n 1 ) ( n 2 ) n ( 1 n) n(
由 (2) an p n an1 p n1q
所以 q 整除上式的右端，所以 q | an p n ，又 ( p, q) 1, q 1 ， 所以 (q, p n ) 1, q | an ； 又由（2）有 an p n an1 p n1q
a1 pq n1 a0q n
即 d 是 (a, b) 的因数。
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, rn 2
rn 1qn rn , rn 1 r1 b
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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．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：
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 ) 又 (a, b) 0 ， (a, b) 1 2．证明定理 3 定理 3 即 (a, b) |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) ．
, an ] = [| a1 |,| a2 |,
a1 x a0
,| an |]2
（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
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
（ x, y 为任意整数） ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
4．证明本节（1）式中的 n
log b log 2
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证：由 P3§ 1 习题 4 知在（1）式中有
0 rn1 rn
1
rn1 rn2 2 2 2
r1 b n ，而 rn1 n 1 2 2
b n , 2 b， 2n
a1 , a2
, an 都是 m 的倍数。
pn 使 a1 p1m, a2 p2 m,
存在 n 个整数 p1 , p2 ,
又 q1 , q2 ,
, an pn m
, qn 是任意 n 个整数 qn an qn pn m qn pn )m qn an 是 m 的整数
q1a1 q2 a2
n l o g 2b
log b log b ，即 n log 2 log 2
§ 3 整除的进一步性质及最小公倍数 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 1 ． 证明 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) ，
(tn , tn1 ) (tn ,0) tn ，存在其求法为：
(a, b) (b, a bs) (a bs, b (a bs)s1 )
(76501,9719) (9719, 76501 9719 7) (8468,9719 8468) (1251,8468 1251 6) (3,1) 1
a1, a2
, an | a1 |,| a2 |
,| an |
, n)
证：设 [a1 , a2 ,
, an ] m1 ，则 ai | m1 (i 1, 2,
, n) 又设 [| a1 |,| a2 |,
∴ | ai || m1 (i 1, 2,
,| an |] m2
则 m2 | m1 。反之若 | ai || m2 ，则 ai | m2 ， m1 | m2 从而 m1 m2 ，即 [a1 , a2 , 3．设 an x n an1 x n1
3
b b b b b b 1 b 2 ( ), t1 , t1 2 2 2 2 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
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 b , t1 t t1 t t1 b 矛盾 故 s s1 , t t1 2 2
b 为整数 2
当 b 为偶数时， s, t 不唯一，举例如下：此时
q q , t a bs a b ，则有 2 2
b q q q 0 a bs t a b a b b t 2 2 2 2
若 b 0 则令 s , t a bs a
q 2
b q b ，则同样有 t 2 2
(ii ) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s