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1、初等数论习题集参考答案习题参考答案第一章 习 题 一1. () 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； () 由ab，bc知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即ac； () 由bai知ai = bqi，于是a1x1 a2x2 akxk = b(q1x1 q2x2 qkxk)，即ba1x1 a2x2 akxk；() 由ba知a = bq，于是ac = bcq，即bcac； () 由ba知a = bq，于是|a| = |b|q|，再由a 0得|q| 1，从而|a|

2、|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 pmn pq可知m pmq 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 ，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

3、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3a2 b2 = 3Q r12 r22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，

4、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a4 3a2 9 = (a2 3a 3)( a2 3a 3)，当a = 1，2时，a2 3a 3 = 1，a4 3a2 9 = a2 3a 3 = 7，13，a4 3a2 9是素数；当a 3时，a2 3a 3 1，a2 3a 3 1，a4 3a2 9是合数。6. 设给定的n个整数为a1, a2, , an，作s1 = a1，s2 = a1 a2，sn = a1 a2 an，如果si中有一个被n整除，则结论已真，否则存在si，sj，i 0，则|b| m，故有a, b = |b|。2. 设

5、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mn 1m，anm知mn 1, an = mnm，即a1, a2, , anm。3. 只须证，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，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

6、 9k，则由2s = (1k 9k) (2k 8k) (9k 1k) = 10q1及2s = (0k 9k) (1k 8k) (9k 0k) = 9q2得102s和92s，于是有902s，从而1 2 9 = 45s 。第一章 习 题 五1. () ab知b = ab1，由性质(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (a, ab1) = a(1, b1) = a； () 由性质(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (2a1, 2b1) = 2 (2 a1, b1)； ()由性质(a, b) = 1 (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (a

7、, 2b1) = (a, b1)； () 由性质(a, b) = (|a b|, 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 = 204 11，20 = 111 9，11 = 91 2，9 = 24 1，2 = 12 0，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138773 1626

8、25 = 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) = (Fn Fn 1, Fn) = (Fn 1, Fn) = = (F1, F2) = 1。5. 设除数为d，余数为r，则由d4582 2836 = 1746，d5164 4582 = 582，d6522 5164 = 1358知d(1746, 582, 1358) =

9、 194，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 120。6. 作辗转相除：a = bq1 r1， 0 r1 |b|，b = r1q2 r2， 0 r2 r1， rn 2 = rn 1qn rn，0 rn rn 1，rn 1 = rnqn 1 rn 1，rn 1 = 0。由第一式得2a 1 =，即等，于是。第一章 习 题 六1. () 显然d =（0 i i，1 i k）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（0 i i，1 i k）的形式； () 类似于()可证得。2.

10、() 显然对于i = mini, i，1 i k，而且若d a，d b，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 = mini, i，1 i k； () 类似于()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n 1个这样的数中，必存在i = j（i j），于是易知i与j成倍数关系。5. 写i =，i = 1, 2, , n，令 = max1, 2, ,n = k，显然 1，且由第一节例5知使 = k的k（1

11、 k n）是唯一的，取T = 2 112n，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. ()，()，() 显然； () 由x y = x x y y = x y x y即可证得； () 由x =(x x) = x x即可证得； () 由x = (x x) = x即可证得。2. = 1763 251 35 5 = 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2a 2 =

12、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= n 2n 22n 23n 24n 25n 2 22 23 24 25，由此得63n f(x) 63n 1 3 7 15 31 63n 57，另一方面，12345为63k 60型，故f(x) 12345。6. 设n = a0 2a1 22a2 2sas，ai = 0或1，则h = = (a1 2a2 22a3 2s1as) (a2 2a3 2s2as) as= (2 1)a1 (22 1)a2 (2s 1)as= (a0 2

13、a1 22a2 2sas) (a0 a1 a2 as) = n k 。第一章 习 题 八1. 设不然，则n = 2mn1， 2n 1，表明2n 1是合数，矛盾。2. 设不然，则n = n1n2， 1 n1 n，则2n 1 = 1，A是奇数，且A是6n 5型的整数，故A必存在一个6n 5型的素因数p，从而p = pi（1 i k），由pA，pp1p2pk推出p1，矛盾。4. 设p1，p2 = d p1，p3 = 2d p1，首先p1 2且d是偶数，于是3d，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

14、下面n个正整数(n 1)! 2，(n 1)! 2，(n 1)! (n 1)满足要求。6. 设不然，则存在k，使得，设Q = p1p2pk，考虑1 nQ，nN，显然它们都不能被p1, p2, , pk整除， 即1 nQ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r 1，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()成立，ma b，a b = mq，a = b mq，知()成立；如果()成立，写a = q1m r1, b = q2m r2， 0 r1, r2 m 1，则q1m r1 =

15、q2m r2 mq，由此得r1 = r2，知()成立；如果()成立，a = q1m r, b = q2m r，0 r m 1，则a b = m(q1 q2)，ma b，知()成立。 定理2的证明：结论()与()显然。 () 由定理1及a b，b c (mod m)可知存在整数q1，q2，使得a = b q1m，b = c q2m，因此a = c (q1 q2)m，推出a c (mod m)。定理2得证。2. 由x y (mod m)得xi yi (mod m)，由ai bi (mod m)得aixi biyi (mod m)，再由可加性得(mod m)。3. () 由a b (mod m)得m

16、a b，又dm，故da b，即a b (mod d)；() 由a b (mod m)得ma b，故kmka kb，即ak bk (mod mk)； () 由a b (mod mi )得mia b，故m1, m2, , mka b，即a b (mod m1, m2, , mk)； () 由a b (mod m)得a = mq b，故(a, m) = (b, m)； () 由ac bc (mod m)得mac bc = c(a b)，又(c, m) = 1，故ma b，即a b (mod m)。4. 因为82 1(mod 13)，所以81234 = (82)617 (1)617 1 12 (mod

17、 13)，即81234被13除的余数是12。5. 对任意的整数x，x r (mod m)，1 r m，于是f(x) f(r) 0(mod m)，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()与()成立。反之，满足()与()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!(p 1)(2p) (1)p(p!)2(mod 2p 1)，由此得(p!)2 (1)p 0 (mod

18、 2p 1)。3. 由(p 1)! p 1 (mod p)，(p 1)! p 1 (mod p 1)以及(p, p 1) = 1得(p 1)! p 1 (mod p(p 1)，又2N = p(p 1)，故(p 1)! p 1 (mod N)。4. 设不然，n = n1n2，1 n1 n，由(n 1)! 1 (mod n1)得0 1 (mod n1)，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aibi2 (mod

19、4)，这对于4m的模m的完全剩余系是不可能的。6. () 由bi通过mi个数可知b11 b22 bnn通过m = m1m2mn个数； () 如果b11 b22 bnn b11 b22 bnn (mod m)，则b11 b22 bnn b11 b22 bnn (mod mi)，即bi bi(mod mi)，bi = bi。故b11 b22 bnn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()，()与()成立。反之，满足()，()与()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

20、= 2时，由定理3知命题成立，假定命题在n时成立，即x = M1x1 M2x2 Mnxn通过模m = m1m2mn的简化剩余系，则mn+1x m1m2mnxn 1 = mn + 1M1x1 mn + 1M2x2 mn + 1Mnxn m1m2mnxn 1 = M1x1 M2x2 Mnxn M n + 1x n + 1通过模m1m2mnmn + 1的简化剩余系，由归纳原理知命题对一切n 2成立。3. 写axi = mqi ri，0 ri （ 1）；当n = p，p为奇素数时，(p) = p p 1 （ 1）；现在设，则。 () 设n是合数，p0为n的最小素因数，则p0 ，于是(n) =。第二章

21、习 题 四1. 因103 = 2353，显然1978103 19783 0 (mod 23)，再由1978100 1 (mod 53)得1978103 19783 0 (mod 53)，故1978103 19783 0 (mod 103)。2. 313159 = 5159 = (56)2653 53 = 255 45 6 (mod 7)。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)280 1 (mod 3)，a560 = (a10)56 1 (mod 11

22、)，a560 = (a16)35 1 (mod 17)，故a560 1 (mod 561)。4. 由费马定理qp 1 1 (mod p)，pq 1 1 (mod q)，pq 1 qp 1 1 (mod p)，pq 1 qp 1 1 (mod q)，故pq 1 qp 1 1 (mod pq)。5. 612 1 = (63 1)( 63 1)( 66 1) =54373146657，对于46657，它的素因数必为12k 1型，经检验的46657 = 133797，故612 1 = 571331374397。6. 设素数pbn 1，即bn 1 (mod p)，于是b2n 1 (mod p)，由例5得

23、下面两种情形之一成立：() pbd 1对于2n的某个因数d 0，v 0，41 3v 2u 0。3. 消去x1得9x2 14x3 = 3，解得x2 = 9 14t，x3 = 6 9t，tZ，从而得不定方程组的解为x1 = 43 55t，x2 = 9 14t，x3 = 6 9t，tZ，4. 设甲、乙班的学生每人分别得x，y支铅笔，则7x 11y = 100，解这个不定方程得x = 8，y = 4。5. 二元一次不定方程ax by = n的一切整数解为，tZ，于是由x 0，y 0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, , ab a b中共有(a 1)(b 1)个数，故只须证明n与g n（g = ab a b）有且只有一个能表示成ax by（x 0，y 0）的形式。如果n与g n都能表示成ax by（x 0，y 0）的形式，即ax by = n（x 0，y 0），ax by = g n（x 0，y 0），则a(x x) b(y y) = g，这是不可能的；如果n不能表示成ax by（x 0，y 0）的形式，则