初等数论习题集参考答案.docx

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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（q1x1q2x2qkxk），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，从而|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mpmqnp。

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,a1,,a9,a19的数字和为s,s1,,s9,s10，其中必有一个能被11整除。

4.设不然，n1=n2n3，n2p，n3p，于是n=pn2n3p3，即p

，矛盾。

5.存在无穷多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，（k1）2不能表示为a2p的形式，事实上，若（k1）2=a2p，则（k1a）（k1a）=p，得k1a=1，k1a=p，即p=2k1，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=3q1r1，b=3q2r2，r1,r2=0,1或2，由3a2b2=3Qr12r22知r1=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rk+4-rk=rk（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（n1）2=m22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a43a29=（a23a3）（a23a3），当a=1，2时，a23a3=1，a43a29=a23a3=7，13，a43a29是素数；当a3时，a23a3>1，a23a3>1，a43a29是合数。

6.设给定的n个整数为a1,a2,,an，作

s1=a1，s2=a1a2，，sn=a1a2an，

如果si中有一个被n整除，则结论已真，否则存在si，sj，i

第一章习题三

1.（ⅰ）因为da和d|a|是等价的，所以a1,a2,,ak的公约数的集合与|a1|,|a2|,,|ak|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dp，da，由dp得d=1或d=p，前者推出（p,a）=1，后者推出pa。

2.（ⅰ）由dai推出dy0=（a1,a2,,ak）；（ⅱ）分别以y0和Y0表示集合A={y；y=

，xiZ，ik}和A*={y；y=

，xiZ，ik}中的最小正整数，显然有Y0=|m|y0；（ⅲ）在推论2中取m=，并用

代替a1,a2,,ak即可。

3.（ⅰ）若p

a，则（p,a）=1，从而由pab推出pb；（ⅱ）在（ⅰ）中取a=b可得；（ⅲ）（a,b1b2bn）=（a,b2bn）==（a,bn）=1。

4.由恒等式9（2x3y）2（9x5y）=17y及172x3y得172（9x5y），又（17,2）=1，故179x5y。

5.设（a,b）=d，则a=da1，b=db1，（a1,b1）=1，由a2b2c得a12b12c，a12c，因为c无平方因子，所以a1=1，a=d，b=ab1，即ab。

6.设

知d22n1，设2k|n并且2k+1不整除n，由2k+1||

，i=3,5,,2n1，得d=2k+1。

第一章习题四

1.（ⅰ），（ⅱ）显然；（ⅲ）设m1=[a1,a2,,ak]，m2=[|a1|,|a2|,,|ak|]，则由aim1推出|aI|m1，即m2m1，同理可得m1m2，故m1=m2；（ⅳ）显然a|b|，b|b|，又若am，bm，m>0，则|b|m，故有[a,b]=|b|。

2.设m是a1,a2,,an的任一个公倍数，由a1m，a2m知[a1,a2]=m2m，由m2m，a3m知[m2,a3]=m3m，，由mn1m，anm知[mn1,an]=mnm，即[a1,a2,,an]m。

3.只须证

，即只须证（b,ab）=（a,b），此式显然。

4.由ab=120及ab=（a,b）[a,b]=24144=3456解得a=48，b=72或a=72，b=48。

5.因为

，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=1k2k9k，则由2s=（1k9k）（2k8k）（9k1k）=10q1及2s=（0k9k）（1k8k）（9k0k）=9q2得102s和92s，于是有902s，从而129=45s。

第一章习题五

1.（ⅰ）ab知b=ab1，由性质（ma,mb）=|m|（a,b）得（a,b）=（a,ab1）=a（1,b1）=a；（ⅱ）由性质（ma,mb）=|m|（a,b）得（a,b）=（2a1,2b1）=2（2a1,b1）；（ⅲ）由性质（a,b）=1（a,bc）=（a,c）得（a,b）=（a,2b1）=（a,b1）；（ⅳ）由性质（a,b）=（|ab|,b）及（a,b）=1（a,bc）=（a,c）得（a,b）=（

b）。

2.作辗转相除：

1387=（162）（8）91，162=91

（2）20，91=20411，20=1119，11=912，9=241，2=120，由此得n=6，q1=8，q2=2，q3=4，q4=1，q5=1，q6=4，x=

（1）n1Qn=73，y=

（1）nPn=625，又（1387,162）=rn=1，故138773162625=1=（1387,162）。

3.（27090,21672,11352）=（4386,10320,11352）=（4386,1548,2580）

=（1290,1548,1032）=（258,516,1032）=（258,0,0）=258。

4.（Fn+1,Fn）=（FnFn1,Fn）=（Fn1,Fn）==（F1,F2）=1。

5.设除数为d，余数为r，则由

d45822836=1746，d51644582=582，d65225164=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=bq1r1，0

b=r1q2r2，0

rn2=rn1qnrn，0

rn1=rnqn1rn1，rn1=0。

由第一式得

2a1=

，

即

等，于是

。

第一章习题六

1.（ⅰ）显然d=

（0ii，1ik）是n的正因数。

反之，设d为n的任一个正因数，由dn知对每一个pi，d的标准分解式中pi的指数都不超过n的标准分解式中pi的指数，即d必可表示成

（0ii，1ik）的形式；（ⅱ）类似于（ⅰ）可证得。

2.（ⅰ）显然对于i=min{i,i}，1ik，

，而且若da，db，则d的标准分解式中pi的指数同时不超过a和b的标准分解式中pi的指数，即d

，这就证明了（a,b）=

，i=min{i,i}，1ik；（ⅱ）类似于（ⅰ）即可证得。

3.22345680=2435747283。

4.写i=

，i=1,2,,2n，则i为1,2,,2n中的奇数，即i只能取n个数值，在n1个这样的数中，必存在i=j（ij），于是易知i与j成倍数关系。

5.写i=

，i=1,2,,n，令=max{1,2,,n}=k，显然1，且由第一节例5知使=k的k（1kn）是唯一的，取T=2112n，若S是整数，则ST=

项外都是整数，矛盾。

6.设

，令

则a1，a2，b1，b2使得a=a1a2，b=b1b2，（a2,b2）=1，并且[a,b]=a2b2。

第一章习题七

1.（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）显然；（ⅳ）由[xy]=[[x]{x}[y]{y}]=[x][y][{x}{y}]即可证得；（ⅴ）由[x]=[（[x]{x}）]=[x][{x}]即可证得；（ⅵ）由{x}={（[x]{x}）}={{x}}即可证得。

2.

=1763251355=2054。

3.由例4得

=[2x][x]，于是

=[n]=n。

4．设x=a，a=1,2,…,n-1，0<1。

代入原方程得到[2a2]=2a,

知2aZ，的可能取值是

，即有2a个解。

由于x=n也是解，因此，共有

个解。

5.设x=n，nZ，1<1，则f（x）=[x][2x][22x][23x][24x][25x]

=n2n22n23n24n25n[2][22][23][24][25]，由此得63nf（x）63n137153163n57，另一方面，12345为63k60型，故f（x）12345。

6.设n=a02a122a22sas，ai=0或1，则

h=

=（a12a222a32s1as）（a22a32s2as）as

=（21）a1（221）a2（2s1）as

=（a02a122a22sas）（a0a1a2as）=nk。

第一章习题八

1.设不然，则n=2mn1，

<2n1，表明2n1是合数，矛盾。

2.设不然，则n=n1n2，1

<2n+1，表明2n1是合数，矛盾。

3.若6n5型的素数只有有限个，记为p1,p2,,pk，作A=6p1p2pk1，

显然A>1，A是奇数，且A是6n5型的整数，故A必存在一个6n5型的素因数p，从而p=pi（1ik），由pA，pp1p2pk推出p1，矛盾。

4.设p1，p2=dp1，p3=2dp1，首先p12且d是偶数，于是3

d，从而对任意给定的d，p1，p2，p3中有且只有一个被3整除，即p1，p2，p3有且只有一个等于3，故p1，p2，p3最多只有一组。

5.显然下面n个正整数（n1）!

2，（n1）!

2，，（n1）!

（n1）满足要求。

6.设不然，则存在k，使得

，设Q=p1p2pk，考虑1nQ，nN，

显然它们都不能被p1,p2,,pk整除，即1nQ的标准分解式中的素数都只能在pk+1,pk+2,中，从而对于任意的r1，有

，

右边是一个收敛的级数，故由比较判别法知

也收敛，但事实上

是一个发散级数，矛盾。

第二章习题一

1.定理1的证明：

如果（ⅰ）成立，mab，ab=mq，a=bmq，知（ⅱ）成立；如果（ⅱ）成立，写a=q1mr1,b=q2mr2，0r1,r2m1，则q1mr1=q2mr2mq，由此得r1=r2，知（ⅲ）成立；如果（ⅲ）成立，a=q1mr,b=q2mr，0rm1，则ab=m（q1q2），mab，知（ⅰ）成立。

定理2的证明：

结论（ⅰ）与（ⅱ）显然。

（ⅲ）由定理1及ab，bc（modm）可知存在整数q1，q2，使得a=bq1m，b=cq2m，因此a=c（q1q2）m，推出ac（modm）。

定理2得证。

2.由xy（modm）得xiyi（modm），由aibi（modm）得aixibiyi（modm），再由可加性得

（modm）。

3.（ⅰ）由ab（modm）得mab，又dm，故dab，即ab（modd）；（ⅱ）由ab（modm）得mab，故kmkakb，即akbk（modmk）；（ⅲ）由ab（modmi）得miab，故[m1,m2,,mk]ab，即ab（mod[m1,m2,,mk]）；（ⅳ）由ab（modm）得a=mqb，故（a,m）=（b,m）；（ⅴ）由acbc（modm）得macbc=c（ab），又（c,m）=1，故mab，即ab（modm）。

4.因为821（mod13），所以81234=（82）617

（1）617112（mod13），即81234被13除的余数是12。

5.对任意的整数x，xr（modm），1rm，于是f（x）f（r）

0（modm），从而f（x）0，所以方程f（x）=0没有整数解。

6.由

得=6或=15，从

得=2或=9，于是解关于，的方程组

得=2，=4。

第二章习题二

1.若A是模m的完全剩余系，显然（ⅰ）与（ⅱ）成立。

反之，满足（ⅰ）与（ⅱ）的一组数必分别来自于模m的每一个不同的剩余类，即A是模m的完全剩余系。

2.由威尔逊定理知1（2p）!

=p!

（p1）（2p）

（1）p（p!

）2（mod2p1），由此得（p!

）2

（1）p0（mod2p1）。

3.由（p1）!

p1（modp），（p1）!

p1（modp1）以及（p,p1）=1得（p1）!

p1（modp（p1）），又2N=p（p1），故（p1）!

p1（modN）。

4.设不然，n=n1n2，1

1（modn1）得01（modn1），矛盾。

5.设4m，如果{a1b1,a2b2,,ambm}是模m的完全剩余系，则其中的奇数与偶数各半，又{a1,a2,,am}与{b1,b2,,bm}也是模m的两个完全剩余系，故aibi必须使ai，bi同为奇数或偶数，即aibi

2（mod4），这对于4m的模m的完全剩余系是不可能的。

6.（ⅰ）由bi通过mi个数可知b11b22bnn通过m=m1m2mn个数；（ⅱ）如果b11b22bnnb11b22bnn（modm），则b11b22bnnb11b22bnn（modmi），即bibi（modmi），bi=bi。

故b11b22bnn通过模m=m1m2mn的完全剩余系。

第二章习题三

1.若A是模m的简化剩余系，显然（ⅰ），（ⅱ）与（ⅲ）成立。

反之，满足（ⅰ），（ⅱ）与（ⅲ）的一组数必分别来自于模m得每一个不同的与模m互素的剩余类，即它是模m的简化剩余系。

2.对n施行数学归纳法。

当n=2时，由定理3知命题成立，假定命题在n时成立，即x=M1x1M2x2Mnxn通过模m=m1m2mn的简化剩余系，则

mn+1xm1m2mnxn1

=mn+1M1x1mn+1M2x2mn+1Mnxnm1m2mnxn1

=M1x1M2x2MnxnMn+1xn+1

通过模m1m2mnmn+1的简化剩余系，由归纳原理知命题对一切n2成立。

3.写axi=mqiri，0ri

。

4.设

，则

由此得

（mn）（（m,n））=（m,n）

=（m,n）（m）（n）。

5.设

，取

，（k,a）=（k,b）=1，则可得

，即a（m）=b（n）。

6.（ⅰ）当n=1时显然；当n=2时，

（2）=21>

（1）；当n=p，p为奇素数时，（p）=pp1>

（1）；现在设

，则

。

（ⅱ）设n是合数，p0为n的最小素因数，则p0

，于是

（n）=

。

第二章习题四

1.因103=2353，显然1978103197830（mod23），再由19781001（mod53）得1978103197830（mod53），故1978103197830（mod103）。

2.313159=5159=（56）265353=255456（mod7）。

3.因561=31117，对于一切整数a，（a,561）=1，有（a,3）=1，（a,11）=1，（a,17）=1，由费马定理可得a560=（a2）2801（mod3），a560=（a10）561（mod11），a560=（a16）351（mod17），故a5601（mod561）。

4.由费马定理qp11（modp），pq11（modq），pq1qp11（modp），pq1qp11（modq），故pq1qp11（modpq）。

5.6121=（631）（631）（661）=54373146657，对于46657，它的素因数必为12k1型，经检验的46657=133797，故6121=571331374397。

6.设素数pbn1，即bn1（modp），于是b2n1（modp），由例5得下面两种情形之一成立：

（ⅰ）pbd1对于2n的某个因数d<2n成立；

（ⅱ）p1（mod2n）。

第二章习题五

1.设

，则n正因数可表示为d=

（0ii，1ik），于是d（n）=

=（11）（12）（1k）。

由上式立知d（n）是积性函数，但d（4）=34=d

（2）d

（2），故d（n）不是完全积性函数。

2.若不恒为零的数论函数f（n）是完全积性函数，必为积性函数，故f

（1）=1且

。

反之，若整数m，n中有一个等于1，显然有f（mn）=f（m）f（n），若

，则

3.

。

4.（ⅰ）当n=1时，右边的连乘理解为1，等式成立。

设

，则有

；（ⅱ）当n=1时，右边的连乘理解为1，等式成立。

设

，则有

。

5.当n=1时，

=1，设

，则

第四章习题一

1.设

，即35x21y15z=17，因（35,21）=7，（7,15）=1，117，故有解。

分别解5x3y=t，7t15z=17得x=t3u，y=2t5u，uZ，t=1115v，z=47v，vZ，消去t得x=1115v3u，y=2230v5u，z=47v，u，vZ。

对于任意的确定的u和v的值，都给出一种表示法。

2.分别解x12x2=t，t3x3=41得x1=t2u，x2=u，uZ，t=413v，x3=v，vZ，消去t得x1=413v2u，x2=u，x3=v，u，vZ。

由此得原方程的全部正整数解为（x1,x2,x3）=（413v2u,u,v），u>0，v>0，413v2u>0。

3.消去x1得9x214x3=3，解得x2=914t，x3=69t，tZ，从而得不定方程组的解为x1=4355t，x2=914t，x3=69t，tZ，

4.设甲、乙班的学生每人分别得x，y支铅笔，则7x11y=100，解这个不定方程得x=8，y=4。

5.二元一次不定方程axby=n的一切整数解为

，tZ，于是由x0，y0得

，但区间

的长度是

，故此区间内的整数个数为

1。

6.因为0,1,2,,abab中共有（a1）（b1）个数，故只须证明n与gn（g=abab）有且只有一个能表示成axby（x0，y0）的形式。

如果n与gn都能表示成axby（x0，y0）的形式，即axby=n（x0，y0），axby=gn（x0，y0），则a（xx）b（yy）=g，这是不可能的；如果n不能表示成axby（x0，y0）的形式，则