初等数论习题

第三章1. 解 依次计算同余式22 ≡ 4，24 ≡ 16，28 ≡ 256，216=65536 ≡ 154， 232 ≡1542=23716 ≡ -1 (mod 641)。

因此 2. 解 有71 ≡ -3，72 ≡ -1，74 ≡1 (mod 10)， 因此，若 77 ≡ r (mod 4)， 则 现在77 ≡ (-1)7 ≡ -1 ≡ 3 (mod 4)，所以由上式得到 即n 的个位数是3。

3.注：一般地，若求 对模m 的同余，可分以下步骤进行： (ⅰ) 求出整数k ，使a*k ≡ 1 (mod m )；(ⅱ) 求出正整数r ，r < k ，使得b*c ≡ r (mod k )； (ⅲ) ≡a *r (mod m )。

4.例3 求(25733 + 46)26被50除的余数。

解(25733 + 46)26 ≡ (733 - 4)26 = [7⋅(72)16 - 4]26≡ [7⋅( -1)16 - 4]26 = (7 - 4)26≡ 326 = 3⋅(35)5 ≡ 3⋅(-7)5 = -3⋅7⋅(72)2≡ -21 ≡ 29 (mod 50)，即所求的余数是29。

5. 证明2x2-5y2=7没有整数解.6. 例1 设m > 0是偶数，{a 1, a 2, Λ, am }与{b 1, b 2, Λ, bm }都是模m 的完全剩余系，证明：{a 1 + b 1, a 2 + b 2, Λ, am + bm }不是模m 的完全剩余系。

7.例2 设A = {x 1, x 2, Λ, xm }是模m 的一个完全剩余系，以 {x }表示x 的小数部分，证明：若(a , m ) = 1，则8.9.例3 设{x 1, x 2, …, x ϕ(m)}是模m 的简化剩余系，则 (x 1x 2…x ϕ(m))*2 ≡ 1 (mod m )。

解记P = x 1x 2…x ϕ(m)，则(P , m ) = 1。

又记yi =1 ≤ i ≤ ϕ(m )，则{y 1, y 2, …, y ϕ(m)}也是模m 的简化剩余系，因此(mod m )，再由Eule r 定理，推出 P*2 ≡ P*ϕ(m) ≡ 1 (mod m ) ** 同余式可以像等式一样进行代换。

5221641+说明能否被整除.5522210(mod641),641|21+≡+即777.n =求的个位数c b a 7777(mod10)r n =≡c b a 22222221(mod 2),21,14(1)1(mod8)25257(mod8)2124(mod8)2(mod 4)x y y y y n n Z y n n y x y x x x ⇒≡=+∈∴=++⇒≡⇒-≡-≡⇒≡≡⇒≡证明：设原方程有整数解，，则不是偶数令，但这是不可能的，因此方程无整数解。

501 13?(mod 5)≡例求(5)450412+2412225,13,13131(mod5),13=13=1313131694(mod5)m a ϕ⨯===≡≡≡≡解：这里由欧拉定理，则 （）（）550510105225,13,1313(mod5),13=131313131694(mod5)p a ==≡≡≡≡≡≡或者，用费马定理，这里，则 （）（）i x P ∏∏==≡)(1)(1m i i m i i xPxϕϕ22,2(mod5),23222394(mod5)x x x ≡-+≡⋅-+≡≡例如则11(1)2{}mi i ax b m m =+=-∑第二章 1. 利用辗转相除法求解2.例3 设a ，b ，c 是整数，(a , b ) = 1，则在直线ax + by = c 上，任何一个长度大于的线段上至少有一个点的坐标都是整数。

解 由定理1，直线ax + by = c 上的坐标都是整数的 (xt , yt )的坐标是， t ∈Z ， 其中(x0, y0)是直线ax + by = c 上的坐标都是整数的点，由定理2，这样的点是存在的。

对于任意的t ∈Z ，记Pt 是以(xt , yt )为坐标的点，则Pt + 1与Pt 之间的距离这说明，两个“相邻的”坐标是整数的点的距离是，从而得出所求之结论。

3. 例2 将 写成三个分数之和，它们的分母分别是2，3和5。

解：设则 15x + 10y + 6z = 19。

依次解方程5t + 6z = 19，15x + 10y = 5t ，得到 u ∈Z ，， u , v ∈Z 。

取u = 0，v = 0，得到x = -1，y = 1，z = 4，因此4.若(x , y , z )是方程(1)的满足条件(2)的解， 则下面的结论成立：(ⅰ) x 与y 有不同的奇偶性；(ⅱ) x 与y 中有且仅有一个数被3整除； (ⅲ) x ，y ，z 中有且仅有一个数被5整除。

证明 (ⅰ) 若2∣x ，2∣y ，则2∣z ，这与(x , y , z ) = 1矛盾。

所以x 与y 中至少有一个奇数。

如果x 与y 都是奇数，则 x 2 =4m+1,，y 2 =4n+ 1，x 2 + y 2 =4(m+n)+2, 而 z2=4N 或4N+1,所以x ，y ，z 不可能是方程(1)的解。

因此，x 与y 有不同的奇偶性。

(,)|(,)1(,)(,1(,)(,)(,)|;1,(,)141,(,)10)||||1,(,)1a b cax by cax by a b a bx y a b a b a b a b c a b c q ax by a b ax a x b y a by a b a b b +=+=⇓⇓+==⇓+=+=⇓+==>>=c 解（）：先求，判断是否整除。

若，求特解，进而求所有解先解最后乘即为原方程解同解归结为形为的方程（）的方程且的方程(5) 19301930235x y z =++⎩⎨⎧-=+-=u z ut 5461⎩⎨⎧-=+=aty y btx x t t 00()()2221211b a y y x x P P t t t t t t +=-+-=+++23x t v y t v =+⎧⎨=--⎩16216345x u vy u v z u =-++⎧⎪=--⎨⎪=-⎩1911430235=-++22b a +第四章1.2. 10x ≡22 (mod 36)等价于解不定方程10x -36y=22 求整数x ，再按模36分类： x ≡ 13 (mod 36) x ≡ 31 (mod 36) 3.1296x ≡1125 (mod 1935)解（1296，1935）=9，9|1125，故同余式有9个解 化简为 144 x ≡125 (mod 215)4.从另一角度考虑 ax ≡ b (mod m ) (2)（1）当(a, m )=1时,(2)恰有一个解：（2）当(a, m )=d ≠ 1时,(2) 有解时有d 个解,且d|b5. 10x ≡22 (mod 36) 两种解法：x ≡ 13 (mod 36) x ≡ 31 (mod 36) 6.1296x ≡1125 (mod 1935)解（1296，1935）=9，9|1125，故同余式有9个解 化简为 144 x ≡125 (mod 215),故7.解同余方程组解 将(1)的前一式乘以2,后一式乘以3再相减得到 19y ≡ -4 (mod 7)， 5y ≡ -4 (mod 7)， y ≡ 2 (mod 7)。

再代入(1)的前一式得到3x + 10 ≡ 1 (mod 7)， x ≡ 4 (mod 7)。

即同余方程组(1)的解是x ≡ 4，y ≡ 2 (mod 7)8.七数余一，八数余一，九 数余三，问此数？4322(1) 482412630(mod )31612(2)(mod ),(3)30(mod 5)p x x x x m m m m x x p p p x --++≡===≡+≡则时不谈次数；时是零次的；时是一次的。

为质数：解有个；例无解()1(mod )m x bam ϕ-≡()()()1(,)11(mod )(2)(mod )(mod )(mod )m m m a m a m ax b m ax ba m x ba m ϕϕϕ-=≡≡⇒≡⇒≡由欧拉定理 时，而此时有唯一解使11111010101001111(mod ),,,,2(,)1(1),(mod ),,2,(mod ),0,1,2,,12a a d b b d m m d a m x x m x x m t t Z x x m m x x m a x b t x t x m r m r d d m ====*≡=+∈⇔*=+=≡+≡+-*=L 设则由（）可有由及（）式有唯一解，设为即而满足（）的满足（）,于是考虑模有即为（）（）的全部解。

1251252153408585215300144144144363636252521580(mod 215)3380215,,980,295,510,725,940,1155,1370,1585,1800(mod1935)x x t t Z x ++≡≡=≡≡=+≡≡==+∈≡即因此原同余式的个解为⎩⎨⎧≡-≡+)7(mod 232)7(mod 153y x y x9.10．（ Wilson 定理) ( p - 1)! +1 ≡ 0 (mod p )即模p 的一个简化剩余系中全体数之积对模p 与-1同余。

证明 (1) 由Fermat 定理，数1, 2, Λ, p - 1是同余式x p - 1 ≡ 1 (mod p ) 的解，因此，利用定理2即有。

(2) 在（1）中取x =p 即可。

注：Wilson 定理其实是充要条件，即p 是素数当且仅当( p - 1)! +1 ≡ 0 (mod p )定理4（Lagrange ） 同余方程(1)的解数≤ n ，即最多有n 个解 证明 假设同余式(1)解数多于n,则至少有n + 1个不同的解， 设x ≡ xi (mod p )，1 ≤ i ≤ n + 1为（1）的n+1个不同的解,则 由定理2，有f (x ) ≡ an (x - x 1)Λ(x - xn ) (mod p )，因此0 ≡ f (xn + 1) ≡ an (xn + 1 - x 1)Λ(xn + 1 - xn ) (mod p )。

由于p an ，xn + 1 xi (mod p )，1 ≤ i ≤ n ，所以上式不能成立。

这个矛盾说明同余方程(1)不能有n + 1个解。

证毕。

注:(1)此定理仅对质数模同余式成立.如x 3- x ≡ 0 (mod 6)有6个解 (2)若同余式（1）解数大于n,则p 整除所有系数(3)由定理1，4知:(1)的次数>p 时，(1)的解数<n; :(1)的次数n ≤p 时，(1)的解数可能等于n;123123123123123311(mod 7),1(mod8)3(mod 9)7,8,91,1,3,789504,72,63,561(mod 7),631(mod8),561(mod 9)4,7,5()4i i i i x x x x m m m b b b m M M M M M M M M M x M M b =≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩=======⨯⨯====''≡≡''''≡⇒==='⇒≡=⋅∑解：设此数为则解 且两两互质；分别解同余式 72不唯一7217631556328843184057(mod504)⋅+⋅⋅+⋅⋅=++≡ 10(mod 55)140(mod 247)245(mod 391)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩123123123123123155511,2471319,391172310,140,245,5311735,96577,21505,135851(mod 55),215051(mod 247),135851(mod 391)18,139,43()i i m m m b b b m M M M M M M M M M x M ===⨯==⨯==⨯=======''≡≡''''≡⇒==='⇒≡解：且两两互质；分别解同余式 96577不唯一310020(mod5311735)i i M b ≡∑111111(1)!10(mod ),,|1,|(1)!(1)!10(mod ),|(1)!+1|1,p p p p p p p p p p p p p p p p -+≡<<--+≡-⇒事实上，若而为合数不妨设，则且即也有矛盾，故为质数。