初等数论习题集参考答案Word格式文档下载.docx

1、 j，使得si与sj被n除的余数相等，于是nsj si = ai + 1 aj 。第一章 习 题 三1. （） 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； （），（） 显然； （） 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. （） 由dai推出dy0 = （a1, a2, , ak）； （） 分别以y0和Y0表示集合A = y；y =，xiZ， i k 和A* = y；，xiZ， i k 中的最小正整数，显

2、然有Y0 = |m|y0； （） 在推论2中取m = ，并用代替a1, a2, , ak即可。3. （） 若pa，则（p, a） = 1，从而由pab推出pb； （） 在（）中取a = b可得； （） （a, b1b2bn） = （a, b2bn） = = （a, bn） = 1。4. 由恒等式9（2x 3y） 2（9x 5y） = 17y及172x 3y得172（9x 5y），又（17, 2） = 1，故179x 5y。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 =

3、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, , 2n 1，得d = 2k + 1。第一章 习 题 四1. （），（） 显然； （） 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； （） 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 =

4、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 9k，则由2s = （1k 9k） （2k 8k） （9k 1k） = 10q1及2s = （0k 9k） （1k 8k）

5、 （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, 2b1） = （a, b1）； （） 由性质（a, b） = （|a b|, b）及（a, b） = 1 （a, bc）

6、 = （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 162625 = 1 = （1387, 162）。3. （27090, 21672, 11352） = （4386, 10320,

7、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） = 194，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 120。6. 作辗转相除：a = bq1 r1， 0 r

8、1 |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. （） 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

9、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 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。，令则a1，a2，b1，b2使得a =

10、 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 = 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

11、 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 2a1 22a2 2sas） （a0 a1 a2 as） = n k 。第一章 习 题 八1. 设不然，则n = 2mn1， 2n 1

12、，表明2n 1是合数，矛盾。2. 设不然，则n = n1n2， 1 n1 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，

13、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 = 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

14、），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ma 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）； （）

15、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 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

16、） 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 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 （

17、mod p（p 1），又2N = p（p 1），故（p 1）! p 1 （mod N）。4. 设不然，n = n1n2，1 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 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

18、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 = 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

19、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 现在设 （） 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1978103 19783 0 （mod 23），再由1978100 1 （mod 53）得1978103 19783 0 （mod

20、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），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

21、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 9

22、t，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