闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答
闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答
第四章 同余式§1 习题（P61）1． 求下列各同余式的解 （i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1） 先解不定方程 2563371x y += ……（2） 由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。
（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。
解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2） 先解： 2435511x y += ……（3） 解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1） （1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2． 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2） 由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3） 由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。
初等数论闵嗣鹤第四版答案
初等数论闵嗣鹤第四版答案介绍《初等数论闵嗣鹤第四版答案》是对闵嗣鹤所著《初等数论》第四版的习题答案进行了整理和解析。
《初等数论》是普通高校数学系本科生的一门基础课程，有助于培养学生的数学思维和推理能力。
通过学习该答案，学生可以更好地理解和掌握《初等数论》中的知识点，并提高解题能力。
目录1.第一章素数2.第二章同余3.第三章数论函数4.第四章域上的多项式5.第五章幂的剩余与解方程6.第六章整数的几何性质第一章素数1.1 什么是素数？简要解答：素数指的是只能被1和自身整除的正整数。
详细解答：一个大于1的正整数如果只能被1和它本身整除，则称之为素数，也叫质数。
反之，如果大于1的正整数可以被其他正整数整除，则称之为合数。
最小的素数是2。
1.2 素数的性质简要解答：素数有无限多个，并且一个数是否是素数可以通过试除法判断。
详细解答：欧几里得证明了素数有无限多个的结论。
对于给定的一个正整数n，如果在2到√n之间找不到小于n的因数，那么n就是素数。
这就是试除法。
试除法是素数判断的基础，但它的效率不高，因为需要逐个试除所有小于n的数。
1.3 素数的应用简要解答：素数在密码学和随机数生成中经常被使用。
详细解答：由于素数具有唯一分解性质，使得许多密码学算法中的关键操作依赖于素数。
比如RSA算法中，公钥和私钥的生成需要使用两个大素数。
此外，素数还在随机数生成和随机性检验中发挥重要作用。
第二章同余2.1 什么是同余？简要解答：同余是数论中的一种等价关系。
详细解答：a和b对模m同余，记作a≡b(mod m)，当且仅当a和b的差是m的倍数。
同余关系具有三个基本性质：反身性、对称性和传递性。
同余关系的性质使得其在数论中有广泛的应用。
2.2 同余定理简要解答：同余定理是一类用来计算同余的定理，包括欧拉定理、费马小定理等。
详细解答：欧拉定理是指当a和m互质时，a的φ(m)次方与1同余模m，其中φ(m)表示不大于m且与m互质的正整数的个数。
《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(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。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件4-2
一、同余式组的解法——中国剩余定理
定理1[孙子定理]
设有同余式组
x b1 (mod m1 ), x b2 (mod m2 ), , x bk (mod mk ) (1) m1, m2, , mk是两两互质的正整数， m 记 m = m1m2mk ， M i ,1 i k . mi 则(1)的解为
5×7 3×7 3×5
35×2×3 21×1×3 15×1×2
140+63+ 23330 2×105= 23 =233
为什么啊？ 3
从而有 x1 x2 2(mod 3), x1 x2 3(mod 5).
4
1
问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩三，七七数之剩二，问物几何。〔《孙子算经》〕 记 x1 5 7 n1 2, 且5 7 n1 1(mod 3), 则x1 2(mod 3)； 记 x2 3 7 n2 3, 且 3 7 n2 1(mod 5), 则x2 3(mod 5). 记 x3 3 5n2 2, 且 3 5n2 1(mod 7), 则x3 2(mod 7). 另外，显然有 5 7 | x1 , 3 7 | x2 , 3 5 | x3 , 令x x1 x2 x3 ,
1 2
问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩三，七七数之剩二，问物几何。〔《孙子算经》〕
除 数 3 5 7 余数 最小公倍 数 2 3 2 3×5×7 =105 衍数 乘 率 2 1 1 各 总 答 数 最小 答数
问题1：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩二，七七数之剩二，问物几何。
则
m x a ,m x a m ,m a a a a mod m , m ,1 i , j n.
与全称(或特称)命题真假有关的参数取值范围问题——利用导数解决的方法
与 ７ 的最小公倍数为 ３５ꎬ则该数为:３５ｎ ＋ ３. 当 ｎ ＝ ３ 时ꎬ
该数为 １０８. 故选答案 Ｄ. “ 最 小 公 倍 数 作 周 期ꎬ 余 同 取 余ꎬ 和 同 加 和ꎬ 差 同 减
差”具有普遍实用性. ꎬ利用本文的定理有效地化解一次 同余式ꎬ使得解一次同余式组更加简捷. 从而有效地回避 了孙子定理中要求模互素的情形. 可以归纳ꎬ得到:
３. ｘ 除以 ｎ１ 余 ａ１ ꎬ除以 ｎ２ 余 ａ２ ꎬ除以 ｎ３ 余 ａ３ ꎬ������ꎬ除 以 ｎｉ 余 ａｉ ꎬ若 ｎ１ － ａ１ ＝ ｎ２ － ａ２ ＝ ｎ３ － ａ３ ������ ＝ ｎｋ － ａｋ ＝ ｃꎬ则 ｘ ＝ ｋｎ － ｃꎬｋ∈Ｚꎬ其中 ｎ 为 ｎ１ ꎬｎ２ ꎬｎ３ ꎬ������ꎬｎｉ 的最小公倍数.
－ ２ｎ１ ２１
＋３ ꎬ特别地ꎬ当
ｎ１
＝ １２
时ꎬｎ２
＝ ２３ꎬ则
３６
× ２３
＝
１４４９ꎬ故
ｘ
≡９ ( ｍｏｄ１２０)ꎻｘ ≡０ ( ｍｏｄ６３) ⇔ｘ ≡１４４９ ( ｍｏｄ１２０)ꎻｘ ≡１４４９
(ｍｏｄ６３). 由于 １２０ꎬ６３ 的最小公倍数为 ２５２０ꎬ则 ｘ ＝ ２５２０ｎ ＋
１４４９ꎬｎ∈Ｎꎬ当 ｎ ＝ ０ 时ꎬｘ ＝ １４４９ꎬ即为所求.
例 ３ ( 江西省公务员考试行测 ２００９) 学生在操场上
列队做操ꎬ只知人数在 ９０ － １１０ 之间. 若排成 ３ 排则不多
不少ꎻ排成 ５ 排则少 ２ 人ꎻ排成 ７ 排则少 ４ 人. 则学生人数
是( ).
Ａ. １０２ Ｂ. ９８ Ｃ. １０４ Ｄ. １０８
解析 该数除以 ５ 余 ３ꎬ除以 ７ 余 ３ꎬ余数同为 ３ꎬ且 ５
{ｘ≡１( ｍｏｄ２) ꎻｘ≡１( ｍｏｄ４) ꎻｘ≡ － １( ｍｏｄ５) ꎻ ｘ≡３( ｍｏｄ６) ꎻｘ≡１( ｍｏｄ８) ꎻｘ≡０( ｍｏｄ１) ꎻ ｘ≡０( ｍｏｄ３) ꎻｘ≡０( ｍｏｄ７) ꎻｘ≡０( ｍｏｄ９)
《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 ++-+-。
闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答(剩余类及完全剩余系)
闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答（剩余类及完全剩余系）1.证明,0,1,,1,0,1,,1,s t s t t x u p v u p v p t s --=+=-=-≤是模s p 的一个完全剩余系。
证 易知，当0,1,,1,0,1,,1s t t u p v p -=-=- 时，s t x u p v -=+通过s p 个整数，下证这s p 个整数对模s p 两两部同余。
设()mod ,s t s t s u p v u p v p --''''''+≡+ （1）其中01,01,01,01,s t s t t t u p u p v p v p --''''''≤≤-≤≤-≤≤-≤≤-则()()mod ,mod .s t s t s t s t u p v u p v p u u p ----'''''''''+≡+≡又因01,01s t s t u p u p --'''≤≤-≤≤-，故.u u '''=从而由（1）式得()()mod ,mod .s t s t s t p v p v p v v p --''''''≡≡又由01,01ttv p v p '''≤≤-≤≤-得.v v '''=故这sp 个整数对模sp 两两不同余，从而它们作成模sp 的完全剩余系。
2. 若12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数，12,,,k x x x 分别通过模12,,,km m m 的完全剩余系，则1122k k M x M x M x +++通过模12k m m m m = 的完全剩余系，其中,1,2,,.i i m m M i k == 。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-4
且
a p1 p2 pn q1q2 qm ,
p1 a q1q2 qm , 则必有某个q j , 使得p1 q j , 从而p1 q j . 同理 , 又有某个pi , 使得q1 pi , 所以q1 pi . 又p1 p2 pn , q1 q2 qk , 可知p1 q1 . 从而重复上述这一过程 , 得到n k , pi qi , 所以结论成立.
k 1 2 1 1 1 pk p1 1 1 p2 (2)a的不同的正约数之和为 1 p1 1 p2 1 pk 1
例2
写出51480的标准分解式。
解：51480 = 225740 = 2212870 = 236435 = 2351287 = 2353429 = 23532143 = 233251113。
7
推论3.3 设a,b是任意两个正整数，且
a p11 p2 2 pk k , b p1 1 p2 2 pk k , i , i 0,
则 ( a , b ) p1 p2 pk
1
2
k
i 1,2, k . , i min i , i , i 1,2, , k .
证明：令k 2ak pk，pk为奇数，k 1, 2, , n. 设 是满足 2 n的最大整数， 1. 则在1,2, 3,4,5, , n中，有且仅有一个k含因子 2 . 1 1 1 从而，在 2 p1 p2 pn (1 )的展开式中， n 2 3 有且仅有一项为奇数，其他均为偶数，其和为奇数.
§1.4 质数
一、质数与合数
算术基本定理
证明 : 假设q不是质数 ,由定义 , q除1及本身外还有一正因数q1 ,
闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答
第四章 同余式§1 习题（P61）1． 求下列各同余式的解 （i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1） 先解不定方程 2563371x y += ……（2） 由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。
（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。
解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2） 先解： 2435511x y += ……（3） 解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1） （1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2． 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2） 由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3） 由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。
《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)
《初等数论》试卷一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） １．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． ２．下列命题中不正确的是( ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,,,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数３．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( )Ａ．00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =-=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,;a bx x t y y t t d d =+=-=±± Ｃ．00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d =+=-=±± Ｄ．00,,0,1,2,;b ax x t y y t t d d=-=-=±±４．下列各组数中不构成勾股数的是( )Ａ．５，１２，１３； Ｂ．７，２４，２５； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７ ５．下列推导中不正确的是( )Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ ６．模１０的一个简化剩余系是( ) Ａ．0,1,2,,9; Ｂ．1,2,3,,10;Ｃ．5,4,3,2,1,0,1,2,3,4;----- Ｄ．1,3,7,9. ７．()mod a b m ≡的充分必要条件是( ) Ａ．;m a b - Ｂ．;a b m - Ｃ．;m a b + Ｄ．.a b m +８．设()43289f x x x x =+++，同余式()()0mod5f x ≡的所有解为( ) Ａ．1x =或1;- Ｂ．1x =或4; Ｃ．1x ≡或()1mod5;- Ｄ．无解． 9、设f(x)=10n n a x a x a +++其中()0,mod i a x x p ≡是奇数若为f(x)()0mod p ≡的一个解，则:( )A ．()()mod ()0mod ,1p f x p χχ∂≡≡∂>一定为的一个解 B ．()()0mod ,1,()0mod p f x p χχ∂∂≡∂>≡一定为的一个解C ．()()()00(),()0mod mod ,mod p f x f x p x x p x x p ααα≡≡≡当不整除时一定有解其中 D ．()()()00mod ()0mod ,mod x x p f x p x x p ααα≡≡≡若为的一个解则有 10．()10(),,0mod ,,n n i n f x a x a x a a a p n p =+++≡>/设其中为奇数则同余式()()0mod f x p ≡的解数：（ ） A ．有时大于p 但不大于n; B ．可超过pC ．等于pD ．等于n11．若2为模p 的平方剩余，则p 只能为下列质数中的 :( )A ．3B ．11C ．13D ．23 12．若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭，则 ( ) A ．()2mod ,x a m ≡同余式一定有解B ．()()2,1,mod a m x a p =≡当时同余式有解;C ．()2(,mod m p x a p =≡当奇数)时同余式有解;D ．()2(),mod a p x a p =≡当奇数时同余式有解．13．()()2mod 2,3,2,1,x a a αα≡≥=若同余式有解则解数等于( )A ． 4B ． 3C ． 2D ． 1 14． 模12的所有可能的指数为;( )A ．1，2，4B ．1，2，4，6，12C ．1，2，3，4，6，12D ．无法确定 15． 若模m 的单根存在，下列数中，m 可能等于: ( ) A ． 2 B ． 3 C ． 4 D ． 12 16．对于模5，下列式子成立的是: ( )A ．322ind =B ． 323ind =C ． 350ind =D ． 3331025ind ind ind =+ 17．下列函数中不是可乘函数的是: ( ) A ．茂陛鸟斯(mobius)函数w(a) ; B ． 欧拉函数()a φ；C ．不超过x 的质数的个数()x π；D ．除数函数()a τ；18． 若x 对模m 的指数是ab ，a >0，ab >0，则x α对模m 的指数是( ) A ．a B ．b C ．ab D ．无法确定 19．()f a ，()g a 均为可乘函数，则( ) A ．()()f a g a 为可乘函数； B ．()()f ag a 为可乘函数 C ．()()f a g a +为可乘函数； D ．()()f a g a -为可乘函数 20．设()a μ为茂陛乌斯函数，则有( )不成立A ．()11μ=B ．()11μ-=C ．()21μ=-D ．()90μ= 二．填空题：（每小题1分，共10分）21． 3在45!中的最高次n ＝ ____________________； 22． 多元一次不定方程：1122n n a x a x a x N +++=，其中1a ，2a ，…，n a ，N 均为整数，2n ≥，有整数解的充分必要条件是___________________；23．有理数ab，0a b <<，)(,1a b =，能表成纯循环小数的充分必要条件是_______________________；24． 设()0mod x x m ≡为一次同余式()mod ax b m ≡，a ≡()0mod m 的一个解，则它的所有解为_________________________；25． 威尔生（wilson ）定理：________________________________________； 26． 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=________________________________________； 27． 若)(,1a p =，则a 是模p 的平方剩余的充分必要条件是_____________(欧拉判别条件)； 28． 在模m 的简化剩余系中，原根的个数是_______________________； 29． 设1α≥，g 为模p α的一个原根，则模2p α的一个原根为_____________； 30． ()48ϕ=_________________________________。
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第四章 同余式§1 习题（P61）1． 求下列各同余式的解 （i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1） 先解不定方程 2563371x y += ……（2） 由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。
（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。
解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2） 先解： 2435511x y += ……（3） 解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1） （1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2） 先解： 1442151x y += ……（3） 解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2． 求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2） 由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3） 由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。
先解 143171z y += 得解 05z =，042y =- 于是得（3）的一个解 05(142)z =⨯-，0(42)(142)y =-⨯-， 代入得 029442(142)1435(142)776454(m o d 143)x =-⨯⨯-+⨯⨯-=-≡ ∴原联立同余式的解为：4(mod143)42(mod143)x y ≡⎧⎨≡⎩ 3．（i ）设m 是正整数，(,)1a m =，证明()1(mod ) m x ba m ϕ-≡是同余式(mod ) ax b m ≡的解 （ii ）设p 是质数，0a p <<，证明1(1)(2)(1)(1)(mod )!a p p p a xb p a ----+≡-是同余式(mod ) ax b p ≡的解。
证：（i ）由Euler 定理有()1(mod ) m a m ϕ≡，于是有 ()1()(mod ) m m ax aba ba b m ϕϕ-≡=≡ （ii ）由1(1)(2)(1)(1)(2)((1))(1)(1)!(mod ) a p p p a a a p ----+≡----=--即得：112(1)(1)(2)(1)(1)(1)!(1)(1)!(mod ) a a a ax ba p p p a b a a ba p ---≡---+≡-⋅--=-由0(!,)1a pa p a p C <<⇒=⇒=(1)(2)(1)!p p p p a a ---+中!(1)(1)a p p a --+，于是有1(1)(2)(1)(1)(m o d )!a p p p a ab p a ----+-是同余式(mod ) ax b p ≡的解。
4． 设m 是正整数，τ是常数，1m τ<，(,)1m a =， 证明：同余式(mod ) ax y m ≡，0xτ，0my τ<<有解。
证：设[]t τ=，作同余式（1） 12100(m o d )1(m o d )2(m o d )(1)(m o d )(m o d )0(m o d ) t t a m a y m a y m a t y m a t y m a m m -⋅≡⎧⎪'⋅≡⎪⎪'⋅≡⎪⎪⎨⎪'⋅-≡⎪⎪'⋅≡⎪⎪⋅≡⎩ （2）11221100(mod )(mod )(mod )(mod )(mod )0(mod ) t t t t a m a x y m a x y m a x y m a x y m a m m --⋅≡⎧⎪''⋅≡⎪⎪''⋅≡⎪⎪⎨⎪''⋅≡⎪⎪''⋅≡⎪⎪≡⎩由1m τ<，(,)1m a =，则0i y m '<<，1,2,,i t = 并且当,i j i j y y ''≠⇒≠把0，1y '，2y '，…，t y '，m 由小到大排列得： 120t y y y m ''''''<<<<<把同余式组（1）中同余式适当调换次序得同余式组（2），然后把同余式（2）依次相减得同余式组（3）11212111(0)0(mod )()(mod )()(mod )(0)(mod )t t t t t t a x y m a x x y y m a x x y y m a x m y m --⎧''⋅-≡-⎪⎪''''⋅-≡-⎪⎪⎨⎪''''⋅-≡-⎪⎪''-≡-⎪⎩其中，10y ''>，10i i y y +''''->，（1,2,,1i t =-），0t m y ''->把（3）中t +1个正整数1y ''，21y y ''''-，…，i m y ''-相加得： 1y ''+（21y y ''''-）+…+（t m y ''-）= m由1t m +，易见这1t +个正整数中必有一个1mt + 设*1m my t t<+，其对应同余式为**(mod ) ax y m ≡ 其中*x t τ即是说同余式(mod ) ax y m ≡，0xτ，0my τ<<有解。
§2 习题（P65）1、 试解下列各式：（i ）十一数余三，七二数余二，十三数余一，问本数。
(ii) 二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数。
解：（i ）解同余式组3(mod11) x ≡，2(mod72) x ≡，1(mod13) x ≡由111372m =⨯⨯，11372M =⨯，21113M =⨯，31172M =⨯ 及同余式113721(mod11) M '⨯≡即 11(mod11) M '≡ 解为 11M '= 211131(mod 72) M '⨯≡即 21(mod72) M '-≡- 解为 21M '=-372111(mod13) M '⨯≡即 3121(mod13) M ≡ 解为 31M '=-由1112223331372311132721111730M M b M M b M M b '''++=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯= ∴同余式组的解为1730(mod 10296) x ≡（ii ）解同余式组1(mod 2) x ≡，2(mod5) x ≡ 3(mod7) x ≡，4(mod9) x ≡由15791(mod 2) M '⨯⨯≡即 11(mod 2) M '≡ 解为 11M '= 22791(mod5) M '⨯⨯≡即 21(mod5) M '≡ 解为 21M '= 32591(mod 7) M '⨯⨯≡即 361(mod 7) M '≡ 解为 31M '=- 42571(mod9) M '⨯⨯≡即 471(mod9) M '≡ 解为 44M '=∴同余式组的解为 57927922593257441417157(mod630)x ≡⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=≡2、（i ）设1m ，2m ，3m 是三个正整数，证明：1323123[(,),(,)]([,],)m m m m m m m = （ii ）设12(,)d m m =，证明同余式组11(mod ) x b m ≡，22(mod ) x b m ≡ （1） 有解的充要条件是 12 d b b -在有解的情况下，适合（1）的一切整数可用下式求出1,212(mod[,]) x x m m ≡其中1,2x 是适合（1）的一个整数。
（iii ）应用（i ），（ii ）证明同余式组(mod ) i i x b m ≡ 1,2,,i k = （2）有解的充要条件是(,)i j i j m m b b -，,1,2,,i j k =，并在有解的情况下，适合（2）的一切整数可由下式求出：1,2,,12(mod[,,,]) k k x x m m m ≡其中1,2,,k x 是适合（2）的一个整数。
证：（i ）考虑：对于任意实数a ，b ，c 有(min(,),min(,))min((,),)Max a c b c Max a b c = 因为01 若abc ，则右边min(,)a c c ==，左边max(,)c c =02 若acb ，则右边min(,)ac c ==左边max(,)c b c == 03 若cab ，则右边min(,)ac a ==左边max(,)a b a == 由对称性知，对任意实数a ，b ，c 上式恒成立。
设 111t a a t m p p =，121t b b t m p p =，131t c c t m p p =0ia ，0ib ，0ic于是max(min(,),min(,))13231[(,),(,)]i i i i t a c b c i i m m m m p ==∏m i n (m a x(,),)1231([,],)i i i ta b c i i p m m m =∏= （ii ）01 设12(,)d m m =，11m n d =，22m n d =必要性：若0x 是（1）的解011022,x km b x lm b ⇒=+=+ 1221km lm b b ⇒-=-122121(n )d kn l b b d b b ⇒-=-⇒-充分性：若21 d b b -，则不定方程1221m x m y b b -=-有整数解，设x k =，y l =是其一解，令01122x km b lm b =+=+则0x 为（1）的解。