初等数论 附录1 习题参考答案
初等数论练习题一（含答案）
初等数论练习题⼀（含答案）《初等数论》期末练习⼆⼀、单项选择题1、=),0(b （）.A bB b -C bD 02、如果1),(=b a ，则),(b a ab +=（）.A aB bC 1D b a +3、⼩于30的素数的个数（）.A 10B 9C 8D 74、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则A )(mod m bc ac ≡B b a =C (mod )ac bc m ≡/D b a ≠5、不定⽅程210231525=+y x （）.A 有解B ⽆解C 有正数解D 有负数解6、整数5874192能被( )整除.A 3B 3与9C 9D 3或97、如果a b ，b a ，则( ).A b a =B b a -=C b a ≥D b a ±=8、公因数是最⼤公因数的（）.A 因数B 倍数C 相等D 不确定9、⼤于20且⼩于40的素数有（）.A 4个B 5个C 2个D 3个10、模7的最⼩⾮负完全剩余系是( ).A -3，-2,-1,0,1,2，3B -6，-5,-4,-3,-2,-1C 1,2,3,4,5，6D 0,1,2,3,4，5，611、因为( ),所以不定⽅程71512=+y x 没有解.A [12，15]不整除7B （12，15）不整除7C 7不整除（12，15）D 7不整除[12，15]12、同余式)593(m od 4382≡x （）.A 有解B ⽆解C ⽆法确定D 有⽆限个解⼆、填空题1、有理数ba ，0,(,)1ab a b <<=，能写成循环⼩数的条件是（）. 2、同余式)45(mod 01512≡+x 有解，⽽且解的个数为( ). 3、不⼤于545⽽为13的倍数的正整数的个数为( ).4、设n 是⼀正整数，Euler 函数)(n ?表⽰所有( )n ，⽽且与n （）的正整数的个数.5、设b a ,整数，则),(b a （）=ab .6、⼀个整数能被3整除的充分必要条件是它的（）数码的和能被3整除.7、+=][x x （）.8、同余式)321(m od 75111≡x 有解,⽽且解的个数( ). 9、在176与545之间有( )是17的倍数.10、如果0 ab ,则),](,[b a b a =( ).11、b a ,的最⼩公倍数是它们公倍数的( ).12、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( ).三、计算题1、求24871与3468的最⼩公倍数?2、求解不定⽅程2537107=+y x .（8分）3、求??563429,其中563是素数. （8分） 4、解同余式)321(m od 75111≡x .（8分） 5、求[525,231]=?6、求解不定⽅程18116=-y x .7、判断同余式)1847(m od 3652≡x 是否有解？8、求11的平⽅剩余与平⽅⾮剩余.四、证明题1、任意⼀个n 位数121a a a a n n -与其按逆字码排列得到的数n n a a a a 121- 的差必是9的倍数.（11分）2、证明当n 是奇数时，有)12(3+n .（10分）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.（11分）4、如果整数a 的个位数是5,则该数是5的倍数.5、如果b a ,是两个整数,0 b ,则存在唯⼀的整数对r q ,,使得r bq a +=,其中b r ≤0.《初等数论》期末练习⼆答案⼀、单项选择题1、C2、C3、A4、A5、A6、B7、D8、A9、A 10、D 11、B 12、B⼆、填空题1、有理数ba ，1),(,0=b a b a ，能写成循环⼩数的条件是（ 1)10,(=b ）. 2、同余式)45(mod 01512≡+x 有解，⽽且解的个数为( 3 ). 3、不⼤于545⽽为13的倍数的正整数的个数为( 41 ).4、设n 是⼀正整数，Euler 函数)(n ?表⽰所有( 不⼤于 )n ，⽽且与n （互素）的正整数的个数.5、设b a ,整数，则),(b a （ ],[b a ）=ab .6、⼀个整数能被3整除的充分必要条件是它的（⼗进位）数码的和能被3整除.7、+=][x x （ }{x ）.8、同余式)321(m od 75111≡x 有解,⽽且解的个数( 3 ). 9、在176与545之间有( 12 )是17的倍数.10、如果0 ab ,则),](,[b a b a =( ab ).11、b a ,的最⼩公倍数是它们公倍数的( 因数 ).12、如果1),(=b a ,那么),(b a ab +=( 1 ).三、计算题1、求24871与3468的最⼩公倍数?解：因为（24871,3468）=17所以[24871,3468]= 17346824871?=5073684 所以24871与3468的最⼩公倍数是5073684。
《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
第三版课后习题解答3163243...
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)(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。
《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》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 ++-+-。
初等数论第三版课后习题答案
初等数论第三版课后习题答案初等数论是数学中的一个重要分支，它研究的是整数的性质和关系。
而初等数论第三版是一本经典的教材，对于初学者来说非常有用。
在学习过程中，课后习题是巩固知识和提高能力的重要途径。
下面，我将为大家提供初等数论第三版课后习题的答案，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，一个数能被4整除，意味着它能被2整除且能被4整除。
因此，这个结论是显然成立的。
2. 证明：如果一个整数能被6整除，那么它一定能被2和3整除。
答案：我们知道，一个数能被6整除，意味着它能被2整除且能被3整除。
因此，这个结论是显然成立的。
3. 证明：如果一个整数能被8整除，那么它一定能被2整除。
答案：我们知道，一个数能被8整除，意味着它能被2整除且能被8整除。
因此，这个结论是显然成立的。
4. 证明：如果一个整数能被9整除，那么它一定能被3整除。
答案：我们知道，一个数能被9整除，意味着它能被3整除且能被9整除。
因此，这个结论是显然成立的。
5. 证明：如果一个整数能被10整除，那么它一定能被2和5整除。
答案：我们知道，一个数能被10整除，意味着它能被2整除且能被5整除。
因此，这个结论是显然成立的。
通过以上的习题和答案，我们可以看出初等数论的一些基本性质。
在实际应用中，初等数论有着广泛的应用。
比如在密码学中，初等数论的知识可以用于加密算法的设计；在计算机科学中，初等数论的知识可以用于算法的设计和分析等等。
因此，掌握初等数论的知识不仅有助于我们提高数学能力，还有助于我们在实际问题中解决问题。
总结起来，初等数论第三版课后习题的答案是我们巩固知识和提高能力的重要途径。
通过解答这些习题，我们可以深入理解初等数论的基本性质，为将来的学习和应用打下坚实的基础。
希望大家能够认真对待这些习题，不断提高自己的数学水平。
《初等数论》习题集及答案
《初等数论》习题集及答案《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 =。
初等数论第三版复习题解答
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 L ，，，都是m 得倍数，12n q q q L ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++L 是m 得倍数．证明：Q 12,,n a a a L 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p L 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===L又12,,,n q q q L 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++L1122n n q p m q p m q p m =+++L1122()n n p q q p q p m =+++L即1122n n q a q a q a +++L 是m 的整数 2．证明 3|(1)(21)n n n ++证明 (1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-Q (1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+又(1)(2)n n n ++Q ，(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 Q 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 ++Q （,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 ---L L 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 ++=-=-=+，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---++-=+=+=+==≤<<<<L L∴(,)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。
初等数论答案01
第一章整除理论整除性理论是初等数论的基础。
本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。
第一节数的整除性定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得a = bc成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被b 整除，记为b|/a。
显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。
被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。
定理1下面的结论成立：(ⅰ) a∣b⇔±a∣±b；(ⅱ) a∣b，b∣c⇒a∣c；(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k⇒b∣a1x1+a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是任意的整数；(ⅳ) b∣a ⇒bc∣ac，此处c是任意的非零整数；(ⅴ) b∣a，a≠ 0 ⇒ |b| ≤ |a|；b∣a且|a| < |b| ⇒a = 0。
证明留作习题。
定义2若整数a≠ 0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。
以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。
定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。
证明若a是素数，则定理是显然的。
若a 不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d 1, d 2, , d k 。
不妨设d 1是其中最小的。
若d 1不是素数，则存在e 1 > 1，e 2 > 1，使得d 1 = e 1e 2，因此，e 1和e 2也是a 的正的非平凡约数。
这与d 1的最小性矛盾。
所以d 1是素数。
证毕。
推论 任何大于1的合数a 必有一个不超过a 的素约数。
证明 使用定理2中的记号，有a = d 1d 2，其中d 1 > 1是最小的素约数，所以d 12 ≤ a 。
初等数论附录1习题参考答案
附录1习题参照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bai知ai=bqi，于是a1x1a2x2akxk=b(q1x1q 2x2qkxk)，即ba1x1a2x2akxk；(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，进而|a| |b|，后半结论由前半结论可得。
2 .由恒等式mqnp=(mnpq)(mp)(nq)及条件mpmnpq可知mpmq np。
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，此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,,a9,a19的数字和为s,s1,,s9,s10，此中必有一个能被11整除。
.设不然，n1=n2n3，n2p，n3p，于是n=pn2n3p3，即p3n，矛盾。
.存在无量多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，(k1)2不可以表示为a2p的形式，事实上，若(k1)2=a2p，则(k1a)(k1a)=p，得k 1a=1，k1a=p，即p=2k1，此与p为素数矛盾。
第一章习题二1.考证当n=0,1，2，,11时，12|f(n)。
2 .1，b=3q22，r12，由3a2=3Qr122知写a=3q r ,r=0,1或2br1=r2=0，即3a且3b。
3 .记n=10q+r,(r=0,1,,9)，则nk+4-nk被10除的余数和r k+4-r k=rk(r4-1)被1除的余数同样。
对r=0,1,,9进行考证即可。
4 .对于任何整数n，m，等式n2(n1)2=m22的左侧被4除的余数为1，而右侧被4除的余数为2或3，故它不行能建立。
5因a43a29=(a23a3)(a23a3)，当a=1，2时，a23a3=1，a 43a29=a2a3=7，13，a43a29是素数；当a3时，a23a3>1，a 23a3>1，a43a29是合数。
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
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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
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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(闵嗣鹤、严士健)》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)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(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 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 r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
(完整版)初等数论第2版习题答案
第一章§11证明：都是的倍数。
n a a a ,,21 m 存在个整数使∴n n p p p ,,21nn n m p a m p a m p a ===,,,222111 又是任意个整数n q q q ,,,21 n mp q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴ 即是的整数n n a q a q a q +++ 2211m 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 n 3证： 不全为b a , 0在整数集合中存在正整数，因而∴{}Z y x by ax S ∈+=,|有形如的最小整数by ax +00by ax + ，由带余除法有Z y x ∈∀,00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+ 则，由是中的最小整数知S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(0000by ax +S 0=r 下证第二题by ax by ax ++∴/008P （为任意整数） by ax by ax ++/00 y x ,b by ax a by ax /,/0000++∴ 又有).,/(00b a by ax +∴bb a a b a /),(,/),( 故00/),(by ax b a +∴),(00b a by ax =+4证：作序列则必在此序列的某两项之间,23,,2,0,2,,23,b b b b b b ---a即存在一个整数，使成立q b q a b q 212+<≤ 当为偶数时，若则令，则有)(i q .0>b b qa bs a t q s 2,2-=-==22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤ 若 则令，则同样有0<b b qa bs a t q s 2,2+=-=-=2b t <当为奇数时，若则令，则有)(ii q 0>b b q a bs a t q s 21,21+-=-=+=2021212b t b q a b q a bs a t b≤∴<+-=+-=-=≤-若 ，则令0<b b q a bs a t q s 21,21++=-=+-= 则同样有 2b t ≤综上 存在性得证 下证唯一性当为奇数时，设则b 11t bs t bs a +=+=bs s b t t >-=-)(11而 矛盾 故b t t t t bt bt ≤+≤-∴≤≤1112,211,t t s s ==当为偶数时，不唯一，举例如下：此时为整数b t s ,2b2,2),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=，取M=这里k 是使最n14131211+++++p k 75321⋅⋅⋅-n k ≤2大整数，p 是不大于n 的最大奇数。
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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a1x1+a2x2+Λ+a k x k = b(q1x1+q2x2+Λ+q k x k)，即b∣a1x1+a2x2+Λ+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, Λ, a+ 9, a+ 19的数字和为s, s+ 1, Λ, 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。
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n2+ (n + 1)2 = m2+ 2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 2 + 3a + 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 2 + 9是合数。
6. 设给定的n 个整数为a 1, a 2, Λ, a n ，作s 1 = a 1，s 2 = a 1 + a 2，Λ，s n = a 1 + a 2 + Λ + 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 + Λ + 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, Λ, a k 的公约数的集合与|a 1|, |a 2|, Λ,|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, Λ, a k )； (ⅱ) 分别以y 0和Y 0表示集合A = { y ；y =∑=k i i i x a 1，x i ∈Z ，1 ≤ i ≤ k }和A * = { y ；y =∑=k i i i x ma 1，x i ∈Z ，1 ≤ 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 = δ，并用δδδk a a a ,,,21Λ代替a 1, a 2, Λ, a k 即可。
3. (ⅰ) 若p |/a ，则(p , a ) = 1，从而由p ∣ab 推出p ∣b ； (ⅱ) 在(ⅰ)中取a = b 可得； (ⅲ) (a , b 1b 2Λb n ) = (a , b 2Λb n ) = Λ = (a , b n ) = 1。
4. 由恒等式9(2x + 3y ) - 2(9x + 5y ) = 17y 及17∣2x + 3y 得17∣2(9x + 5y )，又(17, 2) = 1，故17∣9x + 5y 。
5. 设(a , b ) = d ，则a = da 1，b = db 1，(a 1, b 1) = 1，由a 2∣b 2c 得a 12∣b 12c ，a 12∣c ，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 ΛΛ，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, Λ, 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, Λ, a k ]，m 2 = [ |a 1|, |a 2|, Λ, |a k | ]，则由a i ∣m 1推出|a I |∣m 1，即m 2∣m 1，同理可得m 1∣m 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, Λ, a n 的任一个公倍数，由a 1∣m ，a 2∣m 知[a 1, a 2] = m 2∣m ，由m 2∣m ，a 3∣m 知[m 2, a 3] = m 3∣m ，Λ，由m n - 1∣m ，a n ∣m 知[m n - 1, a n ] = m n ∣m ，即[a 1, a 2, Λ, 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 + Λ + 9k ，则由2s = (1k + 9k ) + (2k + 8k ) + Λ + (9k + 1k ) = 10q 1及2s = (0k + 9k ) + (1k + 8k ) + Λ + (9k + 0k ) = 9q 2得10∣2s 和9∣2s ，于是有90∣2s ，从而1 + 2 + Λ + 9 = 45∣s 。
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 ) = (2αa 1, 2βb 1) = 2β (2α - βa 1, b 1)； (ⅲ)由性质(a , b ) = 1 ⇒ (a , bc ) = (a , c )得(a , b ) = (a , 2βb 1) = (a , b 1)； (ⅳ) 由性质(a , b )= (|a - b |, b )及(a , b ) = 1 ⇒ (a , bc ) = (a , c )得(a , b ) = (||2b a -, 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)n P n = 625，又(1387, 162)= r n = 1，故1387⋅73 - 162⋅625 = 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 ) = Λ = (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，Λ Λr n - 2 = r n - 1q n + r n ，0 < r n < r n - 1，r n - 1 = r n q n + 1 + r n + 1，r n + 1 = 0。