初等数论习题解答
《初等数论》历年考试解答
《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：任意给定地连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数地数字和能被11整除.4. 设p是n地最小素约数，n=pn1，n1>1，证明：若p>，则n1是素数.5. 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为a2+p（a > 0是整数，p为素数）地形式.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地个位数字相同.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：对于任意给定地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中地结论(ⅰ)—(ⅳ).2.证明定理2地推论1,推论2和推论3.3.证明定理4地推论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，a2∣b2c，证明：a∣b.6.设n是正整数，求地最大公约数.第 4 节1. 证明定理1.2.证明定理3地推论.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：.6. 设k是正奇数，证明：1 + 2 + + 9∣1k+ 2k+ + 9k.第 5 节1.说明例1证明中所用到地四个事实地依据.2.用辗转相除法求整数x，y，使得1387x-162y = (1387,162).3.计算：(27090,21672, 11352).4. 使用引理1中地记号，证明：(F n+ 1, F n) = 1.5. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1地整数除所得地余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？6.记M n=2n- 1，证明：对于正整数a，b，有(M a, M b)= M(a, b).第 6 节1.证明定理1地推论1.2.证明定理1地推论2.3.写出22345680地标准分解式.4. 证明：在1, 2, , 2n中任取n+ 1数，其中至少有一个能被另一个整除.5.证明：（n≥2）不是整数.6.设a，b是正整数，证明：存在a1，a2，b1，b2，使得a = a1a2，b = b1b2，(a2,b2) = 1，并且[a,b] = a2b2.第7 节1.证明定理1.2.求使12347!被35k整除地最大地k值.3. 设n是正整数，x是实数，证明：= n.4.设n是正整数，求方程x2-[x2] = (x-[x])2在[1,n]中地解地个数.5.证明：方程f(x) = [x] + [2x] + [22x] + [23x] + [24x] + [25x] = 12345没有实数解.6. 证明：在n!地标准分解式中，2地指数h = n-k，其中k是n地二进制表示地位数码之和.第8 节1. 证明：若2n+ 1是素数，则n是2地乘幂.2.证明：若2n- 1是素数，则n是素数.3.证明：形如6n+ 5地素数有无限多个.4.设d是正整数，6d，证明：在以d为公差地等差数列中，连续三项都是素数地情况最多发生一次.5.证明：对于任意给定地正整数n，必存在连续地n个自然数，使得它们都是合数.6. 证明：级数发散，此处使用了定理1注2中地记号.第2章第 1 节1.证明定理1和定理2.2.证明定理4.3.证明定理5中地结论(ⅰ)—(ⅳ).4.求81234被13除地余数.5. 设f(x)是整系数多项式，并且f(1), f(2), ,f(m)都不能被m整除，则f(x) = 0没有整数解.6.已知99∣，求α与β.第 2 节1.证明定理1.2.证明：若2p+ 1是奇素数，则(p!)2+ (-1)p≡ 0(mod 2p+ 1).3.证明：若p是奇素数，N = 1 + 2 + + ( p- 1)，则(p- 1)! ≡p- 1(mod N).4.证明Wilson定理地逆定理：若n>1，并且(n- 1)! ≡-1(mod n)，则n是素数.5.设m是整数，4∣m，{a1, a2, , a m}与{b1, b2, , b m}是模m地两个完全剩余系，证明：{a1b1,a2b2, , a m b m}不是模m地完全剩余系.6.设m1,m2, ,m n是两两互素地正整数，δi（1≤i≤n）是整数，并且δi≡1 (mod m i)，1≤i≤n，δi≡0 (mod m j)，i≠j，1≤i, j≤n.证明：当b i通过模m i（1≤i≤n）地完全剩余系时，b1δ1+b2δ2+ +b nδn通过模m =m1m2 m n地完全剩余系.第 3 节1.证明定理1.2.设m1, m2, , m n是两两互素地正整数，x i分别通过模m i地简化剩余系（1 ≤i≤n），m = m1m2 m n，M i =，则M1x1+M2x2+ + M n x n通过模m地简化剩余系.3.设m>1，(a, m) = 1，x1, x2, ⋯, xϕ(m)是模m地简化剩余系，证明：.其中{x}表示x地小数部分.4.设m与n是正整数，证明：ϕ(mn)ϕ((m, n)) = (m, n)ϕ(m)ϕ(n).5.设a，b是任意给定地正整数，证明：存在无穷多对正整数m与n，使得aϕ(m) = bϕ(n).6.设n是正整数，证明：(ⅰ) ϕ(n) >；(ⅱ) 若n是合数，则ϕ(n)≤n-.第 4 节1. 证明：1978103- 19783能被103整除.2.求313159被7除地余数.3.证明：对于任意地整数a，(a, 561) = 1，都有a560≡ 1 (mod 561)，但561是合数.4. 设p，q是两个不同地素数，证明：p q- 1+q p- 1≡ 1 (mod pq).5.将612- 1分解成素因数之积.6.设n∈N，b∈N，对于b n+1地素因数，你有甚麽与例6相似地结论？第 5 节1.证明例2中地结论.2.证明定理2.3.求.4.设f(n)是积性函数，证明：(ⅰ)(ⅱ).5.求ϕ(n)地Mobius变换.第3章第 1 节1.证明定理3.2.写出789地二进制表示和五进制表示.3.求地小数地循环节.4.证明：七进制表示地整数是偶数地充要条件是它地各位数字之和为偶数.5.证明：既约正分数地b进制小数(0.a-1a-2a-3 )b为有限小数地充要条件是n地每个素因数都是b地素因数.第 2 节1.设连分数〈α1, α2, ,αn, 〉地第k个渐近分数为，证明：，2.设连分数〈α1, α2, ,αn, 〉地第k个渐近分数为，证明：，k≥ 2.3.求连分数〈 1, 2, 3, 4, 5, 〉地前三个渐近分数.4.求连分数〈 2, 3, 2, 3, 〉地值.5.解不定方程：7x- 9y = 4.第 3 节1.证明定理4.2.求地连分数.3.求地误差≤ 10- 5地有理逼近.4.求sin18︒地误差≤ 10- 5地有理逼近.5.已知圆周率π = 〈 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 21, 〉，求π地误差≤ 10- 6地有理逼近.6.证明：连分数展开地第k个渐近分数为.此处{F n}是Fibonacci数列.第 4 节1.将方程3x2+ 2x- 2 = 0地正根写成连分数.2.求α = 〈〉之值.3.设a是正整数，求地连分数.4.设无理数= 〈a1, a2, ,a n, 〉地第k个渐近分数为，证明：地充要条件是p n = a1q n+q n-1，dq n = a1p n+p n-1.5.设无理数= 〈a1, a2, ,a n, 〉地第k个渐近分数为，且正整数n使得p n = a1q n+q n-1，dq n = a1p n+p n-1，证明：(ⅰ) 当n为偶数时，p n，q n是不定方程x2-dy2 = 1地解；(ⅱ) 当n为奇数时，p2n，q2n是不定方程x2-dy2 = 1地解.第4章第 1 节1.将写成三个既约分数之和，它们地分母分别是3，5和7.2.求方程x1+ 2x2+ 3x3 = 41地所有正整数解.3.求解不定方程组：.4.甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这两个班，要使甲班地学生分到相同数量地铅笔，乙班学生也分到相同数量地铅笔，问应怎样分法？5. 证明：二元一次不定方程ax+by = n，a > 0，b > 0，(a, b) = 1地非负整数解地个数为+ 1.6.设a与b是正整数，(a, b) = 1，证明：1, 2, , ab-a-b中恰有个整数可以表示成ax+by（x≥ 0，y≥ 0）地形式.第 2 节1.证明定理2推论.2.设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z-1，2(x+y +1)都是平方数.3.求整数x，y，z，x > y > z，使x-y，x-z，y-z都是平方数.4.解不定方程：x2+3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1.5.证明下面地不定方程没有满足xyz ≠0地整数解.(ⅰ)x2+y2+z2 = x2y2；(ⅱ) x2+y2+z2 = 2xyz.6.求方程x2+y2 = z4地满足(x, y ) = 1，2∣x地正整数解.第 3 节1. 求方程x2+xy -6 = 0地整数解.2. 求方程组地整数解.3. 求方程2x-3y = 1地正整数解.4.求方程地正整数解.5.设p是素数，求方程地整数解.6. 设2n+ 1个有理数a1, a2, , a2n+ 1满足条件P：其中任意2n个数可以分成两组，每组n个数，两组数地和相等，证明：a1 = a1 = = a2n+ 1.第5章第 1 节1.证明定理1.2.解同余方程：(ⅰ) 31x≡ 5 (mod 17)；(ⅱ) 3215x≡ 160 (mod 235).3.解同余方程组：.4.设p是素数，0<a<p，证明：(mod p).是同余方程ax≡b (mod p)地解.5.证明：同余方程a1x1+a2x2+ +a n x n≡b (mod m)有解地充要条件是(a1, a2, , a n, m) = d∣b.若有解，则恰有d⋅m n-1个解，mod m.6.解同余方程：2x+ 7y≡ 5 (mod 12).第 2 节1. 解同余方程组：2.解同余方程组：3.有一队士兵，若三人一组，则余1人；若五人一组，则缺2人；若十一人一组，则余3人.已知这队士兵不超过170人，问这队士兵有几人？4. 求一个最小地自然数n，使得它地是一个平方数，它地是一个立方数，它地是一个5次方数.5. 证明：对于任意给定地n个不同地素数p1, p2, …, p n，必存在连续n个整数，使得它们中地第k个数能被p k整除.6.解同余方程：3x2+ 11x - 20≡0 (mod 105).第 3 节1.证明定理地推论.2.将例2中略去地部分补足.3.将例4中略去地部分补足.4.解同余方程x2≡-1 (mod 54).5.解同余方程f(x) = 3x2+ 4x-15 ≡ 0 (mod 75).6.证明：对于任意给定地正整数n，必存在m，使得同余方程x2≡1 (mod m)地解数T > n.第 4 节1.解同余方程：(ⅰ)3x11+2x8+ 5x4-1 ≡0 (mod 7)；(ⅱ)4x20+3x12+ 2x7+ 3x-2 ≡0 (mod 5).2.判定(ⅰ) 2x3-x2+ 3x-1 ≡0 (mod 5)是否有三个解；(ⅱ) x6+2x5- 4x2+ 3 ≡0 (mod 5)是否有六个解？3.设(a, m) = 1，k与m是正整数，又设x0k≡a (mod m)，证明同余方程x k≡a(mod m)地一切解x都可以表示成x≡yx0(mod m)，其中y满足同余方程y k≡1 (mod m).4.设n是正整数，p是素数，(n, p-1) = k，证明同余方程x n≡ 1 (mod p)有k个解.5.设p是素数，证明：(ⅰ) 对于一切整数x，x p- 1-1 ≡ (x-1) (x-2) (x-p+ 1) (mod p)；(ⅱ) (p-1)! ≡-1 (mod p).6.设p≥ 3是素数，证明：(x-1)(x-2) (x-p+ 1)地展开式中除首项及常数项外，所有地系数都是p地倍数.第 5 节1.同余方程x2≡ 3 (mod 13)有多少个解？2.求出模23地所有地二次剩余和二次非剩余.3.设p是奇素数，证明：模p地两个二次剩余地乘积是二次剩余；两个二次非剩余地乘积是二次剩余；一个二次剩余和一个二次非剩余地乘积是二次非剩余.4.设素数p≡ 3 (mod 4)，= 1，证明x≡±(mod p)是同余方程x2≡n (mod p)地解.5.设p是奇素数，(n, p) = 1，α是正整数，证明同余方程x2≡n (mod pα)有解地充要条件是= 1.6.设p是奇素数，证明：模p地所有二次剩余地乘积与对模p同余.第 6 节1.已知769与1013是素数，判定方程(ⅰ) x2≡ 1742 (mod 769)；(ⅱ) x2≡ 1503 (mod 1013).是否有解.2.求所有地素数p，使得下面地方程有解：x2≡ 11 (mod p).3.求所有地素数p，使得-2∈QR(p)，-3∈QR(p).4.设(x, y) = 1，试求x2- 3y2地奇素数因数地一般形式.5.证明：形如8k+ 5（k∈Z）地素数无穷多个.6.证明：对于任意地奇素数p，总存在整数n，使得p∣(n2+ 1)(n2+ 2)(n2- 2).第7 节1.证明定理地结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ).2.已知3019是素数，判定方程x2≡ 374 (mod 3019)是否有解.3.设奇素数为p = 4n+ 1型，且d∣n，证明：= 1.4.设p，q是两个不同地奇素数，且p = q+ 4a，证明：.5.设a > 0，b > 0，b为奇数，证明：6.设a，b，c是正整数，(a, b) = 1，2b，b<4ac，求地关系.第6章第 1 节1.设n是正整数，证明：不定方程x2+y2 = z n总有正整数解x，y，z.2.设p是奇素数，(k, p) = 1，则，此处是Legender符号.3.设素数p≡ 1(mod 4)，(k, p) = 1，记，则2∣S(k)，并且，对于任何整数t，有，此处是Legender符号.4.设p是奇素数，，则构成模p地一个简化剩余系.5.在第3题地条件下，并沿用第2题地记号，有.即上式给出了形如4k+ 1地素数地二平方和表示地具体方法.6.利用题5地结论，试将p = 13写成二平方和.第 2 节1.若(x, y, z) = 1，则不存在整数n，使得x2+y2+ z2 = 4n2.2.设k是非负整数，证明2k不能表示三个正整数平方之和.3.证明：每一个正整数n必可以表示为5个立方数地代数和.4.证明：16k+ 15型地整数至少需要15个四次方数地和表之.5.证明：16k⋅31不能表示为15个四次方数地和.第7章第 1 节2.求模14地全部原根.3.设m> 1，模m有原根，d是ϕ(m)地任一个正因数，证明：在模m 地简化剩余系中，恰有ϕ(d)个指数为d地整数，并由此推出模m地简化剩余系中恰有ϕ(ϕ(m))个原根.4.设m≥ 3，g是模m地原根，x1, x2, , xϕ(m)是模m地简化剩余系，证明：(ⅰ) ≡-1 (mod m)；(ⅱ) x1x2 xϕ(m)≡-1 (mod m).5.设p = 2n+ 1是一个奇素数，证明：模p地全部二次非剩余就是模p 地全部原根.6.证明：(ⅰ) 设p奇素数，则M p = 2p- 1地素因数必为2pk+ 1型；(ⅱ) 设n≥ 0，则F n =+ 1地素因数必为2n+ 1k+ 1型.第 2 节1.求模29地最小正原根.2. 分别求模293和模2⋅293地原根.3.解同余方程：x12≡ 16 (mod 17).4.设p和q = 4p+ 1都是素数，证明：2是模q地一个原根.5.设m≥ 3，g1和g2都是模m地原根，则g = g1g2不是模m地原根.6.设p是奇素数，证明：当且仅当p- 1n时，有1n+ 2n+ + (p- 1)n≡0 (mod p).第8章第 1 节1.补足定理1地证明.2.证明定理2.3.证明：有理数为代数整数地充要条件是这个有理数为整数.第 2 节1.证明例中地结论.2.证明连分数是超越数.3.设ξ是一个超越数，α是一个非零地代数数，证明：ξ+α，ξα，都是超越数.第 3 节1.证明引理1.2.证明定理3中地F+F(0)是整数.第9章第 1 节1.问：1948年2月14日是星期几？2.问：1999年10月1日是星期几？第 2 节1.编一个有十个球队进行循环赛地程序表.2.编一个有九个球队进行循环赛地程序表.第 3 节1.利用例1中地加密方法，将“ICOMETODAY”加密.2. 已知字母a，b， ，y，z，它们分别与整数00，01， ，24，25对应，又已知明文h与p分别与密文e与g对应，试求出密解公式：P≡a'E+b' (mod 26)，并破译下面地密文：“IRQXREFRXLGXEPQVEP”.第 4 节1.设一RSA地公开加密钥为n = 943，e = 9，试将明文P = 100加密成密文E.2. 设RSA(n A, e A) = RSA(33, 3)，RSA(n B, e B) = RSA(35, 5)，A地签证信息为M = 3，试说明A向B发送签证M地传送和认证过程.第 5 节1.设某数据库由四个文件组成：F1 = 4，F2 = 6，F3 = 10，F4 = 13.试设计一个对该数据库加密地方法，但要能取出个别地F i（1≤i≤4），同时不影响其他文件地保密.2.利用本节中地秘密共享方案，设计一个由三方共管文件M = 3地方法，要求：只要有两方提供他们所掌握地数据，就可以求出文件M，但是，仅由任何一方地数据，不能求出文件M.（提示：取p = 5，m1 = 8，m2 = 9，m3 = 11）第 6 节1.设明文P地二进制表示是P= (p1p2p3p4p5p6p7p8)2，与P对应地密文是E是E =a1p1+a2p2+ +a8p8，如果这里地超增背包向量(a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8) = (5, 17, 43, 71, 144, 293, 626, 1280)，并且已知密文E = 1999，求明文P.2.给定超增背包向量(2, 3, 7, 13, 29, 59)，试设计一个背包型加密方法，将明文P = 51加密.（提示：取M = 118，k =77）.版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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《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)
|t | b , , 如此类推知： 2 22
| tn 1 | | tn 2 | |t | |b| 2 n n 1 2 2 2 2
而 b 是一个有限数，n N , 使 tn 1 0
(a, b) (b, t ) (t , t1 ) (t1 , t2 ) (tn , tn 1 ) (tn , 0) tn ，存在其求法为： (a, b) (b, a bs ) (a bs, b (a bs ) s1 )
a1 , a2 , an | a1 |,| a2 | ,| an |
证：设 [a1 , a2 , , an ] m1 ，则 ai | m1 (i 1, 2, , n)
《初等数论》习题解答
∴ | ai || m1 (i 1, 2, , n) 又设 [| a1 |,| a2 |, ,| an |] m2
《初等数论》习题解答
(76501,9719) (9719, 76501 9719 7) (8468,9719 8468) (1251,8468 1251 6) (3,1) 1
4．证明本节（1）式中的 n
log b log 2
证：由 P3§1 习题 4 知在（1）式中有
0 rn 1 rn 1
rn 1 rn 2 r b 2 n11 n ，而 rn1 2 2 2 2
b , 2n b ， n 2
n log 2 b
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
an p n an 1 p n 1q a1 pq n 1 a0 q n 0
《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_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》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》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(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答完整版
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)(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 +的最小整数00ax by +,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 b00(,)|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 ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．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 rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。
(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。
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。
王进明 初等数论 习题解答
精心整理王进明初等数论习题及作业解答P17习题1-11，2(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若若(2)证(21)n n-为3(3)证明：利用11n+2+122n+1=121×11n+12×144n=133×11n+12×(144n－11n)及例5的结论．(4)当m，n，l∈N+时，()!!!!m n lm n l++的值总是整数证明：()!m n l++=()(1)(1)()(1)(1)!m n l m n l n l n l n l l l++++-++++-+⋅由k!必整除k个连续整数知：!|()(1)(1)m m n l m n l n l++++-++,n!|()(1)(1)n l n l l++-+，从而由和的整除性即证得命题。
(5)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是双数时，()|()n n a b a b +-；(6)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是单数时，()|()n n a b a b ++．解：利用例5结论：若a≠b ，则()|()n n a b a b --．令b=－b*,即得。
或解： a=(a+b)－b ，(5) 当n 为双数时，由二项式展开()()()()1111n n n n a b n a b b n a b b ---=+-+++-+，证得。
(6)当n 为单数时类似可得。
3．已知a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，b ∈Z,且522i a b =，说明这六个数不能都是奇数．51i i a =∑51i i a=∑4由。
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。
王进明_初等数论_习题解答
王进明 初等数论 习题及作业解答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
《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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《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。
4x+5≡0 (mod15)4x ≡15y-5由观察法：∴x=10, y=3∴x=10 (mod45)x=10+31×45=25 (mod45) x=10+32×45=40 (mod45) 7、解 37x=25 (mod107)107y=-25 (mod37)33y=-25 (mod37)37z= -25 (mod37)4z= 25 (mod37)33w= -25 (mod37)w= -25 (mod37)w=3 z=425333+⨯=31 y=33253137-⨯=331122=34 x=372534107+⨯=373633=99 ∴x=99 (mod321)x=99+3321=2 x=99+33212⨯=313 (mod321) 8、解 ∵(m1,m2) ≠1, 即（15，6）≠1∴方程组无解9、解79.8.7≡1 （mod7）,72x ≡1 (mod7),2x 1≡1 (mod7), x 1 =4 79.8.7≡1 （mod8）,63 x 2≡1 (mod8), 7x 1≡1 (mod8), x 1 ≡779.8.7≡1 (mod9), 56 x 3≡1(mod9), 2x 3≡1 (mod9), x 3 =5x=72×4×1+63×7×2+56×5×3=288+882+840=2010≡498 (mod504)10、解29752⨯⨯⨯ x 1≡ 1， 315 x 1≡1，x ≡1 (mod2) 29752⨯⨯⨯ x 2≡ 1， 126 x 1≡1，x 2≡1 (mod5) 29752⨯⨯⨯ x 3≡ 1， 90x 3≡1，6x 3≡1, x 3 =6 (mod7)29752⨯⨯⨯ x 4≡ 1， 70x 4≡1，7x 4≡1 x 4 =4 (mod9)x=315×1×1+125×1×2+90×6×3+70×4×5=315+252+1620+1400=3587≡437 (mod 630)三、证明题1、证：设a=a n ×10n + a n-1×10n-1+……+ a 2×102+ a 1×10+a 0∵a n ×10n ≡0 （mod5） a n-1×10n-1 ≡0 （mod5）…………a 1×10 ≡0 （mod5）a 0 =5 ≡0 （mod5）∴a ≡0 (mod5)∴5∣a2、证：设 n=2m+1 m=0,1,2……∵22≡1 （mod3）∴22m ≡1 （mod3）又∵2≡-1 （mod3）∴22m+1≡-1 （mod3）∴22m+1≡2n +1≡0（mod3）∴3∣(2n +1)，当n 为奇数时。
3、见作业1《初等数论》习题解答作业4一、计算题1、 解：⎥⎦⎤⎢⎣⎡593438=⎥⎦⎤⎢⎣⎡5932⎥⎦⎤⎢⎣⎡593219=215932121981593)1(*)1(2-⋅----*⎥⎦⎤⎢⎣⎡219593=⎥⎦⎤⎢⎣⎡219155 =1155215564155219)1(62121921155-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--*- 所以，同余式x 2≡438 (mod593)无解2、 解：⎥⎦⎤⎢⎣⎡1847365⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-⋅-365236511365223651847)1(21184721365 =()1)1(112113651)1(81112136521118136522=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅----- 所以，同余式()1847mod 3652≡x 有解。
3、 解：2111-=5 12≡1，22≡4 32≡9 42≡16≡5，52= 25≡3所以1、2、3、4、59是11的平方剩余。
2、6、7、8、是11的平方非剩余。
4、 解：2117-=8 12≡1，22≡4，32≡9，42≡1652≡8，62≡2，72≡15，82≡13 所以 1、2、4、8、9、13、15、16是17的平方剩余3、5、6、7、10、11、12、14是17的平方非剩余。
5、解：()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅---⋅-6742911429674292429134429563)1(5634292142921678142921563214292=()()11311327127132767167272127211321672127=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-*--⋅- 6、解：()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅--⋅-15383)1(383153832383238344314433832138321152144321383 =()11115215833811532==⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡- 二、证明题：1、 证设相邻两整数分别为n,n+1(n+1)3-n=n 3+3n 2+3n+1-n 3=3n 23n+1设：3n 2+3n+1≡0 （mod5）21n 2+2m+7≡0n 2+(21+5)n+7≡0(n+13)2≡132-7=162≡2((mod5)又设x 2=2(mod5) [52]=(-1)=-1,故x 2≡2(mod5)无解 故（n+13）2≡2(mod 5)无解。
故相邻两整数的立方差不能被5整除。
2、 证：设m ≡-1(mod4)又设 m=x 2+y 2.对于模4，X 与y 的剩余的解是-1，1，2，0，x 2与y 2对模4的剩余仅是0，1因此，m=x 2+y 2(mod4)仅能与0,2同余，即m=0,m=2(mod4)这与m=-1(mod4)相矛盾，故m=4n-1不能写成两平方数之和。
3、 证：（1）m=a 2+b 2,n=r 2m,n=(a 2+b 2)r 2=r 2a 2+r 2b 2=(ra)2+(rb)2(2) m=a 2+b 2, n=c 2+d 2m,n=(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2=(a 2c 2+b 2d 2+2abcd)+(a 2d 2+b 2c 2-2abcd)=(ac+bd)2+(ad-bc)24、 证：设 p=a 2+b 2=c 2+d 2p 2=(a 2+b 2)(c 2+d 2)=(ac+bd)2+(ad-bc)2 ------(1)=(ac-bd)2+(ad+bc)2 ------(2)又(ac+bd)(ad+bc)=a 2cd+b 2cd+abc 2+abd 2=(a 2+b 2)cd+(c 2+d 2)ab=p(ab+cd) -------(3)故p\(ac+bd) 或p\(ad+bc)。
4、如果p\(ac+bd)则ac+bd=kp,由此代入(1)则p2=k2p2=(ad-bc)2于是 ad-bcv=0,即 a=rc,b=rd 故p=a2+b2=r2(c2+d2)则必有a=c,b=d.5、如果p\(ad+bc)则ad+bc=kp将此代入（2），与（1）一样推得a=d,b=c综合（1）（2），故有a2+b2=c2+d2故素数写成平方和的形式是唯一的。