王进明,,初等数论,习题解答52
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王进明,,初等数论,习题解答
初等数论 习题及解答P17 习题1-1
1，2(2)(3), 3，7，11，12为作业。1．已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.解：a?12b?26,a?b?12?26?454,12b?26?b?12?26?454,(12?1)b?454?12?26?26?390,b=30, 被除数a=12b+26=360.这题的后面部分是数学的典型问题之一――“和倍” 问题：商为12,表明被除数减去余数后是除数的12倍，被除数减去余数后与除数相加的和是除数的（12+1）倍，即454?12?26?26?390是除数的13倍.2．证明：(1) 当n∈Z且n?9q?r(0?r?9)时，r只可能是0,1,8;33证：把n按被9除的余数分类，即：若n=3k, k∈Z，则n?27k, r=0； 3若n=3k +1, k∈Z，则n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9k(3k?3k?1)?1,r=1； 若n=3k－1, k∈Z，则n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9(3k?3k?k?1)?8,r=8. n3n2n??的值是整数。 (2) 当 n∈Z时，326n3n2n2n3?3n2?n32??=证 因为，只需证明分子2n?3n?n是6的倍数。 32662n3?3n2?n?n(2n2?3n?1)?(n?1)n(2n?1)?(n?1)n(n?2?n?1)=n(n?1)(n?2)?(n?1)n(n?1).由k! 必整除k个连续整数知：6 |n(n?1)(n?2),6 |(n?1)n(n?1).或证：2!|(n?1)n, (n?1)n必为偶数.故只需证3|(n?1)n(2n?1).若3|n, 显然3|(n?1)n(2n?1)；若n为3k +1, k∈Z，则n－1是3的倍数，得知(n?1)n(2n?1)为3的倍数；若n为3k－1, k∈Z，则2n－1=2(3k－1)－1=6k-3, 2n－1是3的倍数.综上所述，(n?1)n(2n?1)必是6的倍数,故命题得证。 (n?1)n(2n?1)222=0+1+2+?+(n-1)2,整数的平方和必为整数。 6(n?1)n(2n?1)－当 n∈Z时，-n∈Z+, 从而同样推得为整数，故命题得证。 6又证：(3) 若n为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．证明：利用11n+2+122n+1=121×11n +12×144 n =133×11n +12×(144 n－11 n)及例5的结论．(4)当m，n，l∈N+时，(m?n?l)!的值总是整数 m!n!l!证明：(m?n?l)!=(m?n?l)(m?n?l?1)?(n?l?1)(n?l)(n?l?1)?(l?1)?l! 由k!必整除k个连续整数知：m!|(m?n?l)(m?n?l?1)?(n?l?1),n! |(n?l)(n?l?1)?(l?1)，从而由和的整除性即证得命题。(5)当a，b∈Z且a ≠－b，n是双数时，?a?b?|(a?b)； nn(6)当a，b∈Z且a ≠－b，n是单数时，?a?b?|(a?b)． nn解：利用例5结论：若a ≠ b，则?a?b?|(a?b)．令b=－b*, 即得。 nn或解： a = (a+b)－b， (5) 当n为双数时，由二项式展开nan?bn??a?b?b?b? ????n??a?b??n?a?b?nn?1b?????1?n?1n?a?b?bn?1，证得。(6) 当n为单数时类似可得。3．已知a1，a2，a3，a4，a5，b∈Z,且?ai?152i?b2，说明这六个数不能都是奇数．解：若这六个数都是奇数，设ai?2ki?1,ki?Z,i?1,2,3,4,5，则?a??(2k?1)2iii?1i?1552?4?ki(ki?1)?5，因为2|ki(ki?1)，所以8 | 4?ki(ki?1), i?155i?1?ai?152i?8q?5,q?Z, 而b2?(2k?1)2?4k(k?1)?1，b2?8q*?1，k,q*?Z，即等式左边被8除余5, 而右边被8除余1, 故不可能这六个数都是奇数。4．能否在下式的各□内填入加号或减号，使下式成立；能的话给出一种填法，否则，说明理由。1□2□3□4□5□6□7□8□9=10不能，因为等式左边有单数个单数，它们的和差只能是奇数，而等式右边10为偶数。或解：无论各□内填入加号或减号，1□2□3□4□5□6□7□8□9+1+2+3+4+5+6+7+8+9总是偶数，而1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,因此的结果1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇数。5．已知：a，b，c均为奇数．证明ax?bx?c?0无有理根。 证：若有有理根，记为2ppp,p,q互质，代入方程有a()2?b??c?0 qqq即ap2?bpq?cq2?0，这是不可能的，因为p,q互质，二者不可能同时为偶数。 若p为偶数，则ap2?bpq为偶数，但cq是奇数，它们的和不可能为0;若q为偶数，则bpq?cq2为偶数，但ap是奇数，它们的和也不可能为0。6．在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．7．将1-―99这99个自然数依次写成一排，得一多位数A＝1 2 3 4 5 6 7 8 9
99，求A除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余数分别是多少?解：由数的整除特征，2和5 看末位，∴ A除以2余1，A除以5余4；4和25 看末两位，∴ A除以4余3，A除以25余24；8和125看末三位，∴ A除以8余3，且除以125余24；3和9看各位数字的和，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=45，A所有数字的和等于450,
∴ A除以3和9都余0，A除以11的余数利用定理1. 4, 计算奇数位数字之和－A 的偶数位数字之和．奇数位数字之和1+3+5+7+9+(0+1+…+9) ×9，偶数位数字之和2+4+6+8+(1+2+…+9) ×10，两者之差为－40，原数除以11的余数就是－40除以11的余数：4.8．四位数7x2y能同时被2，3，5整除，求这样的四位数．解：同时被2，5整除，个位为0，再考虑被3整除，有4个：，．9．从5, 6, 7, 8, 9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3, 5, 7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？被5整除，个位必为5. 5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5, 6, 7,9,但不同排序有65,95,从最大的开始试除，得95，那么要求的就是9765了。10．11．1至1001各数按以下的格式排列成表，像表中所示的那样用―个正方形框住其中的9个数，要使9个数的和等于(1)2001，(2)2529，(3)1989，能否办到?如能办到，写出框里的最小数与最大数．如办不到，说明理由． 22181571421 28?????解：设框里居中心的数为x,则9个数的和等于9x. (1) 9不能整除2001，∴和等于2001办不到；(2) 9x=2529，x=281，是所在行第一个数，∴和等于2529办不到；(3) 9x=1989，x=221，和等于1989能办到，框里的最大数为x+8=229，最小数为x－8=213．12．证明：7(或11或13) |anan?1?a3a2a1a0的特征是：7(或11或13) 整除|anan?1?a3?a2aa| 10解答：因为7×11×13=1001。（谐“一千零一夜”）而anan?1?a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0?(anan?1?a3?a2a1a0)×1000．或 anan?1?a3a2a1a0?anan?1?a3?7?11?13?(anan?1?a3?a2a1a0)∴附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1―1中的部分题目(与上面相同或相似的题目不列，以下各章节同)3．已知a，b，c中，有一个是2001，有一个是2002，有一个是2003，试判断(a―1)×(b―2)×(c―3)的奇偶性，并说明理由．6．24|62742,求?,?.9. 是否存在自然数a和b，使a2－b2 = 2002成立?11．证明：当n∈Z时，6 | n(n＋1)(2n＋1)．12．已知：f?x??ax?bx?c，f (0)，f (－1)，f (1)，x均为整数．证明：f?x??Z. 2解答：3．偶数．因为a，b，c中，有三个奇数，所以a－1，c－3中至少有一个是偶数．6．只需3|62742??,且8|62742??，即3|(???),且8|??，先考虑??0,2,4,6,8,有5组解 ????0,???2,???4,???7,???9, ???????0;???4;???8;???2;???6.9．不存在．利用a2－b2 =(a－b)(a + b)，而a－b，a + b的奇偶性相同．而01.11．用数学归纳法或n(n+1)(2n+1)= n(n+1)(n+2)+(n－1)n(n+1)，利用整除的基本性质(13)．12．由f (0)，f (－1)，f (1)，x均为整数可得c, a+b, a－b均为整数. 进而知2a，2b为整数.分类讨论(k∈Z): x=2k时，由2a，2b为整数f (x)显然为整数;x=2k+1时，f (2k+1) = 4ak(k+1) + 2bk + a + b + c, 可知f (x)仍然为整数。习题1-21. 用试除法确定下列各数中哪些是质数？哪些是合数？，?45, 45.022, 用质数试除到43，可知两者是质数，49.61, 用质数顺次试除，试除时，用数的整除特征考虑：2，3，5显然不能整除它，由上节第12题结论，357－17= 340，340不能被7，11，13整除，再用17，23考虑，, 2461是合数。用类似思路顺次试除17357，到17，得分解式21，17357是合数。2. 当 n 是什么正整数时，f1(n)?n?4，f2(n)?n?5n?9n+8n2+4n +1, f3(n)= n4+45, f4(n)= n4+ n2+1, f5(n)?3n?4n?1的值是质数？是合数？ 2解：f1(n)?n?4n?4?4n?(n?2)?(2n)?(n?2n?2)(n?2n?2) ?[(n?1)2?1][(n?1)2?1]，当n =1时，f1(n)是质数；当n &1时，f1(n)是合数。f2(n)?(n5?2n4?n3)?(3n4?6n3?3n2)+(2n3?4n2?2n)?(n2?2n?1)=( n +1)2(n3+3n2+2n +1)。n 无论是什么正整数时，n +1&1，∴f2(n)总是合数。f3(n)=(n2?3)(n2?15)令n2－3=1或n2－15=1知仅当 n=2或 n= 4时，f3(n)为质数，n为其它正整数时，f3(n)是合数。∵ n4+ n2+1 = n4+ 2n2+1－n2 = (n2+ n+ 1)(n2－n+ 1)，令n2+ n+ 1=1或n2－n+ 1=1知 仅当 n= 1时，f4(n)=n4+ n2+1为质数， n &1时，f4(n)是合数。f5(n)?(3n?1)(n?1)，∴f5(n)当n=2时为质数，n为其它正整数时是合数。3. 试证：(1) 一切大于3的质数，不是形如6n +1就是6n－1的数(n∈N)；(2) 任意多个形如6n +1的数的乘积仍是形如6n +1的数；(3) 形如 6n－1的数中含有无限多个质数.证：(1)因为形如6n或6n±2或6n+3为合数；所以结论成立；(2)先证明两个形如6n +1的数的乘积仍是形如6n +1的数：(6n1?1)(6n2?1)?36n1n2?6n1?6n2?1?6(6n1n2?n1?n2)?1，显然，6n1n2?n1?n2?N，结论成立。然后用数学归纳法可得一般性结论。(3) 若形如 6n－1的数中只有k个质数：p1, p2, …, pk。令N = 6 p1 p2 … pk－1，N为形如 6n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 6n－1的质因数p（否则就全是形如 6n + 1的数，由(2)中结论，乘积必为形如 6n+1的数，与N的形式不符）, 因此p为 p1, p2, …, pk中的某一个，于是，p | 1, 矛盾。4. 设m&1，当m |[(m?1)!?1]时，m必为质数.证：若m为合数，m最小的大于1的约数必为质数，设为p, p是2,3, …,m－1中一个数。 显然p | (m－1)!且p | [(m－1)!+1]，于是，p | 1, 矛盾。5. 是否有1999 个连续的自然数, 它们之中恰好只有一个是质数？证：显然存在1998个连续的自然数都是合数, 比如99!+3, …, . 现在设a1,a2,?，a1998是任意1998个连续的合数,若比a1小的最大的质数是 p， 则p,p+1,p+2,,?，p+1998 就是题目所要求的1999 个连续的自然数。这里的p可以如下确定：比a1小1的不是质数, 就考虑比a1小2的，还不是，就考虑小3的,?，直到是质数为止，这个质数即为p。事实上，p后面的合数不少于1998个， 所以可从p后面选1998个都是合数。附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1―2中的部分题目(与以上相同的不列)1. 判断下列各数中哪些是质数？109，20032. 求证：对任意 n∈Z+，必有 n 个连续的自然数都是合数.4. 求证：当 n∈Z+时，4n3+6n2+4n +1是合数.5. 求 a，使 a，a +4，a +14都是质数.6. 已知两个质数 p和 q满足关系式 3p+5q=31.求p/(3q+1)的值.7. 已知 p&3，且 p和 2p+1都是质数，问 4p+1是质数还是合数？8. 由超级计算机运算得到的结果（）是一个质数，试问：（）是质数还是合数？请说明理由.9. 已知：质数 p、q使得表达式（2p+1）/q及(2q-3)/p都是自然数，求 p、q的值 .10. 试证：形如 4n -1的数中包含有无穷多个质数.（此题在王进明教材中为例}）11.（1）若 n 是合数，证明：2n-1也是合数；（2）有人认为下列各和数：1+2+4，1+2+4+8，1+2+4+8+16，…交替为质数与合数，你认为对吗？12. 已知：质数 p≥ 5，且是质数，证明：4p+1必是合数 .习题1-2解答11, 109用质数试除到7, ?45,2003用质数试除到43，可知两者是质数，21是合数. 试除时，用数的整除特征考虑：2，3，5显然不能整除它，由上节第8题结论，357－17= 340，340不能被7，11，13整除，再用17考虑，得分解式。2. 为作一般性证明，可如下构造 n 个连续自然数：（n + 1）！+ 2，（n + 1）！+ 3，…，（n+ 1）！+ n + 1显然它们每个都是合数.4. 利用4n3+ 6n2+4n+1= (2n+1)(2n2+ 2n+ 1) ,n∈Z+, n?1,2n+1和2n2+ 2n+ 1皆为大于1的数.5.
a=3. 思路：分类讨论(k∈Z): ∵ a=3k+1时，a + 14是3的倍数，a=3k+2时，a + 4是3的倍数。∴ 必有a =3k，即a为3的倍数。而a是质数, 只有a =3时，三个数全是质数。6. 条件为一个不定方程, 可知1 & q? 5, 穷举得q=2, p=7;
q=5,p=2两组解。故1或 1/8。7. 合数. 利用质数 p& 3得 p不是 3的倍数，p= 3k+ 1，3 | 2p+1，所以，p=3k+2，3 | 4p+1.
或解：4p，4p+1，4p+2是三个连续整数，必有一个被3整除，由题设，只有3 | 4p+1.8. 合数 . 2859433不可能是3的倍数，连续三个自然数中必有一个是 3的倍数. 即（）。另一种解法：由习题1―1第1题（2）的结论，（2+1）|（）．9. 设2p?1?h,2q?3?k，h、 k 必为奇数, 2p?1?4p?2?4p?2?4p?2,得k?4，而kqpq2qkp?3kp不能为3, 故只有k =1, 这样2q－3=p , 代入h?4q?5?4，同时质数 p、q 大于 3. 所以, 只q能有h =3, 因而得 q =5,
p=7.10. 先证：一切大于 2的质数，不是形如 4n + 1就是形如 4n－1的数；再证任意多个形如 4n+1的数仍是形如4n +1的数；最后用数学归纳法验证.若形如 4n－1的质数只有有限个：p1, p2, ?, pk。令N = 4 p1 p2 ? pk－1，N为形如 4n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 4n－1的质因数p（否则就全是形如 4n + 1的数，乘积必为形如 4n+1的数）, 因此p为 p1, p2, ?, pk中在某一个，于是，p | 1, 矛盾。11.（1）n是合数, 设n=st,
2n-1=2st-1=（2s-1）［（2s）t-1+ （2s）t-2+ … + 2s+ 1］.（2）1+2+22+ … +2n-1=2n-1. 当 n=14，15时，214-1，215-1均为合数，∴ 不对 .12. 取模为6分类讨论 p，即设 p=6q+ r（r=0，1，2，3，4，5）.由质数 p≥ 5，若p=6q, 6q+2, 6q+3或6q+4,
p皆为合数, 不可能.
若p=6q+ 1,则2p +1=12q+ 3也是合数, 故在题设条件下, 只有p=6q+5, 此时4p+1=24q+21, 是合数.
实际上，这题与第7题完全相同。质数p& 3?质数p≥ 5，可用前面的方法简单求解。习题 1-31.求：（1）（30，45，84），［30，45，84］；（2）（21n +4，14n +3）（其中 n∈N）；解：（1）(30，45，84)=( 30，15，24)=( 0，15，9)=3,［30，45，84］=［90，84］=6［15，14］=6×15×14=1260.（2）-2（21n +4）+(14n +3）=1, 故（21n +4，14n +3）=1??12.当n∈N时，求证：(n?1,n?1)????2(2|n）　(2n）证：n=2k时，k∈Z,(n-1,n+1）=(2k-1,2k+1)=(-2 ,2k+1)=1; 即2 | n时, (n-1,n+1)=1；n=2k+1时，k∈Z, (n-1,n+1）= (n-1,2）= (2k,2)=2.3.用辗转相除法求（4 453, 5 767）,并写出相应的裴蜀等式。解：
竖式：?1?74 453??292
511?292?2??4?732924 453×22 +5767×(－17)= －73，∴
453×22 =7373?()?2?511??5? 453?或由推得 292?? 453?5?()?17?4 453?573?292?2?511?5767?17?4 453?224．已知24|62742ab, 求a, b.解：425×24, 故只需24|ab，即ab=0, 24, 36, 48, 72, 96.又解：24=3×8，3,8互质，故只需3 |62742ab,8 |62742ab，即3 |（a+b）；又8 |2ab，8 |200,故只需8|ab，从而ab必为8的倍数，3,8 同时考虑，故答案是00，24，48，72,
96.5．求证：lg2证
0=lg1& lg2& lg10=1，
lg2 不是整数．
453?1314?3q若lg2是有理数，可令lg2?p((p,q)?1,p,q?N?,p?1)，则10?2 qp?10q?2p?2q5q?2p?5q?2p?q,
(2，5) = 1,
(2q，5p－q) = 1,所以 2q≠5pq .∴ lg2不是有理数。综上所述，lg2是无理数.－q显然不是整数．?pq2((p,q)?1,p,q?N?,p?1)，则15=2 （1）.p∵ (p,q)?1,
∴ (p2，q2)=1, （1）式不可能成立。.6. 已知a + b=60，(a, b)+[ a, b]=84, 求a, b.解: 令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,则?t1,t2??1,有a?b?d(t1?t2),(a,b)??a,b??d(1?t1t2)。 d是a + b=60，(a, b)+[ a, b] =84的公约数，而(60,84)=12, ∴(a, b)=12，6，4，3，2，1 令 (a, b)=12，有t1+ t2=5, t1 t2=6，解得t1, t2为2,3或3,2。 令 (a, b)=6， t1+ t2=10, t1 t2=13,无整数解；令 (a, b)=4， t1+ t2=15, t1 t2=20,无整数解；类似知(a, b)= 3，2，1皆无整数解。 ∴ a, b为24, 36或36, 24.
(若考虑负数还有-12、72) ，一般的，有以下结论：令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,则?t1,t2??1,?x,y使xt1?yt2?1,?x(t1?t2)?(y?x)t2?1,?(t1?t2,t2)?1.同理(t1?t2,t1)?1.?(t1?t2,t1t2)?1?(dt1?dt2,dt1t2)?d.而dt1t2??a,b?,即?a?b,?a,b???(a,b).2?a,b,c? [a,b,c]7．求证：?[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)2a2b2c2?a,b,c?[a,b,c]21证：由教材例5,
??[a,b][b,c][c,a](a,b)2(b,c)2(c,a)2[a,b][b,c][c,a]2?a,b,c?abbcca????
?(a,b)(b,c)(c,a)[a,b](a,b)[b,c](b,c)[c,a](c,a)(a,b)(b,c)(c,a)8. 自然数 A =10x+ y（x是非负整数，y是 N 的个位数字），求证：(10n+1) |A的充要条件是 (10n+1) | (x－ny)
n∈N.利用这一结论（称作割（尾）减法）判断下列各数能否被 31，41，51整除：27，1361241证明：A=10x+ y= 10（x－ny）+(10n+1)y.必要性：(10n+1) |A, (10n+1) |(10n+1)y推得(10n+1) |10（x－ny）而（1+10n）与10互质，因此有(10n+1) | (x－ny)。充分性：由和与积的整除性显然可得。
31| 291，51|?26691； 31|||?1076537； 31|||1361241.?a,b,c?22以51为例，51|?26691?51|? ()；又51|?2664 ?51|? (266－4×5)；显然51|?246 。51||(×5)，又51||(1)，又51|56－6×5)，又51|2－6×5)，而51|102。9. 写出所有的小于20的三个自然数，使它们的最大公约数是1．但两两均不互质．解：设所求的三个自然数为a，b ，c. 由于两两都不互质．所以a，b，c 都是合数．由于a，b，c 都小于20，而最小三个质数的乘积 2×3 ×5 = 30 已大于20,因此a，b，c 这三合数中的每一个只能有两个不同质因数, 而相互之间又不能完全相同.这样， a＝2×3＝6， b＝3×5＝15， c＝2×5＝10．是满足题意的一组解.由于题目未限定每个数的质因数不能重复，这样 a＝2×2×3＝12 或2×3×3=18，而 b，c 仍分别为15, 10 (因为再大就超过20了）. 由此所得的两组数：12，15，10 与18，15，10 也是满足题意的解．10. 有 15 位同学，每位同学都有编号，他们是 1 号到 15 号 .1 号同学写了一个自然数，2号说“这个数能被 2整除”，3号说“这个数能被 3整除”……依此下去，每位同学都说这个数能被他的编号整除 .1 号做了一一验证，只有编号连续的两位同学说的不对，其余同学都对 .问：（1）说得不对的两位同学的编号是什么数？（2）如果 1号写的数是 5位数，这个 5位数是多少？解：（1）这两个连续的编号的倍数应该大于15, 否则编号是它们的倍数的同学说的也不对； 而且是这两个连续的编号的质因数的次数应该高于比它小的数，否则编号是它们的质因数的同学中至少也有一个说的也不对。因此它们是8，9.（2）60060；因为1号写的数是2到15除8，9之外的整数的公倍数，也就是3，4，5，7，11，13的公倍数，找公倍数先找最小公倍数，3，4，5，7，11，13两两互质，它们的最小公倍数60060就是5位数。60060的2倍就是6位数,故答案唯一。11. 用某一个数去除701, 1 059, 1 417, 2 312这四个数，所得余数都相同，满足要求的所有除数中最大的那个数是多少？解：701, 1 059, 1 417, 2 312两两相减，差的最大公约数就是所求的所有除数中最大的那个数。
1 059-701=358,
=358，=895，(895, 358)=(179 , 358)= 179. 故所求为179,且可知所得的相同余数是164.12.解：72=8×9,8,9互质，故总价必为8，9的倍数，可推得为 707.76元，因而知课桌的单价为9.83元；课椅的总价为 3□□.79元，由77=7×11推得另两个数字,即课椅总价为 328.79元，再得课椅单价为 4.27 元；合计金额为 1036.55元 .13.（略）14. 某位同学没有注意写在两个七位数之间的乘号，将其误认为是一个14位数，有趣的是此14位数正好是原来两个七位数乘积的三倍，试求出这三个数。解：设两个七位数分别是a，b，则由题设14位数a×107+b=3ab，即b=3ab－a×107= a (3b－107)，令k=3b－107，b=ka（k&10）, 得a×107+ ka=3ka2，即107+ k=3ka
(*),107 =(3a－1)k, k | 107，107只有2m×5n（m，n至少一个为正整数）形式的约数, 即k=2,4,5,8. 又由(*)，107+ k为3 的倍数，可排除4, 而若k=5, 8, 则107+ k=3ka?15a, 107+ k 大于1.5×107，这是不可能的。因此只有k=2，即107+ 2=6a，∴ a=1666667，b=3333334.或解：由a×107+b=3ab，得a?b7，a与b同为七位整数，∴3b－10只能是一位整73b－10b已经是六位数了，故只有b=3333334。 3b－107数，且3b是3的倍数且大于107，故3b为107+2或107+5或107+8等,于是b=33335等，但b?3333335时，b－107?5，此时a?以上两种方法基本相同，只不过前者考虑b为主，后者考虑a为主。附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1―3中的部分题目(与以上相同的不列)2.求证：［an，bn］= ［a，b］n（a，b，n∈Z+）.7. 狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳 4 12 米，黄鼠狼每次跳 2 34米，它们每秒钟都只跳一次，比赛途中，从起点开始，每隔 12 38米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米？8. 大雪后的一天，大亮和爸爸共同步测一个圆形花圃的周长，他俩的起点和走的方向完全相同，大亮每步长 54厘米，爸爸每步长 72厘米 .由于两人脚印有重合，所以雪地上只留下 60 个脚印，求花圃的周长 .9. 设 a，b是自然数，a + b=33，［a，b］=90，求（a，b）.10. 一公路由 A 经 B 到 C，已知 A、B 相距 280 米，B、C 相距 315米，现在路边植树，要求相邻两树间的距离相等，并要求在 B 点、AB、BC 的中点上都要植上一棵树，那么两树间的距离最多有多少米？11. 一袋糖不足 60 块，如果把它平均分给几个孩子，则每人恰好分得 6块；如果只分给这几个孩子中的男孩，则每个男孩恰好分得 10块 .这几个孩子中有几个女孩？12. 爷爷对小明说：“我现在的年龄是你的 7 倍，过几年是你的 6倍，再过若干年就分别是你的 5 倍、4 倍、3 倍、2 倍 .”你知道爷爷和小明现在的年龄吗？习题 1-3解答2.
证： 由定理1.14?an??anbnbn?nnn ?a,b?,?a,b????,?a,b?，?a,b???n?n?nn???a,b????a,b??a,b???a,b?????nn??a?n?b?n?ab??而由定理1.13, ，从而由定理1.21推论3，?=1。 ,?a,b,a,b??1??a,b??a,b???????????∴（an，bn）=（a，b）n，再由定理1.19,［a，b］（a，b）= a b，等式两边同时n次方，得[a，b］n（a，b）n = a n b n，
同样由定理1.19，
［an，bn］（an，bn）= an bn， ∴
［a，b］n（a，b）n =［an，bn］（an，bn）；
［a，b］n =［an，bn］。7. ???4,1,24750较小，?9. 黄鼠狼在第9跳掉进陷阱，此时狐狸跳了4.5×9 = 40.5米 .8.
[54，72]=216，每216厘米有脚印?6个，故花圃的周长2160厘米 . 54729. 此题应该先讨论a + b，［a，b］与（a，b）的关系。令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,?t1,t2??1,?x,y使xt1?yt2?1,x(t1?t2)?(y?x)t2?1,?(t1?t2,t2)?1.同理(t1?t2,t1)?1.?(t1?t2,t1t2)?(t1?t2,t1)?1(定理1.21),?(dt1?dt2,dt1t2)?d(定理1.14).即，?a,b??(a?b,?a,b?).( 33, 90 ) = 3,
所以 ( a, b ) = 3.10. 因为AB、BC 的中点上都要植上一棵树，315÷2=157.5因此应考虑的最大公约数175。最后答案：两树间的距离最多有17.5米 . 11. 2个 .12. 设小明 x岁，则爷爷 7x岁，7x +h =6(x+h) , x=5h; 7x +k =5(x+k) , x=2k; 7x +i =4(x+i) , x=i; 7x +j =2(x+j) , 5x=j; 知小明年龄是2, 5的倍数。因此小明 10岁，爷爷 70岁.习题 1-41.把下列各数分解质因数：，9 999 999 999 解： × 29，
2×23×61，
111 111= 3× 7×11×13× 37.
999 999 999 999=111 111×9 000 009=33× 7×11×13× 37×1 000 001，而 1 000 001=101×9901，∴999 999 999 999=33× 7×11×13× 37×101×9901。 2.用分解质因数法求：（1）（，）；（2）［，5890］. 解：78=23×589=23×19×31,
89=2×19×131
9=2×5×31,
3=32×19×37 ∴ (1)19，
(2)×37=．3. 将 85，87，102，111，124，148，154，230，341，354，413，667分成两组（每组 6个数），怎么分才能使每组各数的乘积相等？解：―组为：85，111，124，154，354，667；另一组为：87．102，148，230，341，413． 4．某校师生为贫困捐款1995元，这个学校共有教职工35人，14个教学班，各班学生人数相同，并且多于30人但又不超过45人，如果师生平均每人捐款的钱数都是整数元，那么平均每人捐款多少元？ 解：5=5×399=7×285=5×7×57=3×5×7×19, 每人捐款的钱数只能是1、3、5、15、19、21或57。57不可能，否则教师捐款就够了; 19,15和1元也不行，与学生数显然不符; 平均每人捐款5元的话，每班人数为(399-35)=364÷14=26, 仍少于30; 所以平均每人捐款3元。此时每班人数为(665-35)=630÷14=45符合假定人数范围。5. 甲、乙两人各射五箭，每射一箭得到环数或者是“0”(脱靶)，或者是不超过10的自然数。两人五箭所得环数的乘积都是1764，但甲的总环数比乙的少4环求甲、乙两人的总环数各是多少？解：1=4×212=22×32×72, 由441-1=440=2×220,220=11×10×2 6．证明：（1） (a，[b，c]) = [(a，b)，(a，c)]2?a,b,c?.此题1-3已证明，在此要求用分解质因数方法证明。 [a,b,c]（2）?[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)2r（采用教材p成分的说法，可使证明叙述起来简捷一些：设p为质数，a，r∈N+,如果p | a， 且 pr+1r| a，这时称 p为 a 的 p 成分，用 p(a) 表示a的p成分的幂指数，即p(a) =r. ）证明：设p(a) =l，p(b) = m，p(c) =n，且不妨设l?m?n。（1）p (a，[b，c]) =min{ p(a),max{ p(b), p(c)} }= min{l, m}=m，p [(a，b)，(a，c)]= max{ min{ p(a), p(b) }, min{ p(a), p(c)}}= max{m,n}= mr.由于p是任意质数，所以(a，[b，c]) = [(a，b)，(a，c)]。（2）∵p([a,b][b,c][c,a])?p[a,b]?p[b,c]?p[c,a]?l?m?l?2l?m?[a,b,c]2?p[a,b,c]?2p[a,b,c]?2l,∴p????m。?[a,b][b,c][c,a]?2∵p((a,b)(b,c)(c,a))?p?a,b??p(b,c)?p(c,a)?m?n?n?2n?m2??a,b,c??2???m。 p[a,b,c]?2p[a,b,c]?2n ∴p??(a,b)(b,c)(c,a)???由于p是任意质数，所以题设等式成立。7. 自然数555 555的约数中，最大的三位数是多少？解：555 555=5×111 111= 3×5×7×11×13× 37. 约数最小的三个相乘已经是三位数，那么在 C63?6?5?4?20种取法中， 3×5×37=555显然太小，故3,5只能取一个：5×11×13 3?2=55×13=715，再调大如7×11×13=1001就超出了；3×7×37=777，调大如3×11× 37=1 111,已经超出，故777即为所求。8.若 ， 四个数被同一个自然数相除，所得余数相同，求除数和余数各是多少？解：46=2×873=2×9×97,
2=2×291=2×3×97,58=2×679=2×7×97, （，1358）=2×97所以，除数为97时，余数为23；除数为194时，余数为120．9. (1)
所有正约数之和＝15的最小自然数是多少？(2)
所有正约数之积＝64的最小自然数是多少？(3)
有没有这样的自然数，其所有正的真约数之积等于它本身？解 (1) 15=1×15=3×5，若15=1×15，a有唯一质因数，即a=p，由公式??a?=15?p??p??1???p?1，?p(p??1???p?1)?14，p只能是2. 令自然数a=2k，此时??a??2若??a??15=3×5，即k?1??1?15，得k=3，即a=8； ?i?12pi?i?1?1?3×5 pi?13?pi?i?pi?i?1???pi?1?pi(p?i?1???pi?1)?2，pi,?i无解。故??a??15=3×5为不可能。因此所求最小自然数就是8.（2?64?26,a??a??212或a??a??46,a??a??84a??a??642。 ?(2)=2≠12, ?(4)=3≠6, ?(64)=7≠2, ?(8)=4, 因此所求最小自然数就是8.(3)
自然数a的所有正约数之积?a2，即??a??4=22，故分解式或 ⑴ 只含1个质因数 p，此时 p 的指数为3,
即a?p3, 或 ⑵ 为2 个质数的乘积，即a?p1p2，这样的自然数，其所有正的真约数之积都等于它本身。 210. 若a，b，c∈N+, 且 a= bc，(b，c)=1，则b，c均为平方数。 证明：?(b,c)?1,令b??pi?1mni?i,c??qjj,有pi?qj(?i,j)j?1nm?已知a?bc?2?pi??qj,故a??pi2??qj2,?ii?1j?1i?1j?1n?j?im?j?i2?N?,?j2?N?(?i,j).得?i?2?i',?j?2?j',?i'?N?,?j'?N?(?i,j).???2?'?'??b??pi2?i'???pi?i'?,c??qjj???qjj?, 结论成立。i?1j?1?i?1??j?1?nnmm2211. 975×935×972×（ ）要使这个乘积的最后 4个数字都是 0，括号中最小应填什么自然数？解：20．四个数分解质因数后一共应该有且只有4个2与4个5，需补充2个2与1个5。12.
（1）设[a，b]=72，且a≠b，那么a + b有多少种不同的值？ （2）已知（a，b）=12, [a，c]= [b，c]=300,满足上述条件的自然数共有多少组（a=12, b=c=300与a= c=300, b=12算不同的两组）？ 解：（1）72=23×32由于a，b是对称的，所以一共10种不同的值。一共5组。 13. 求：（1）?(180)；（2）?(180)；（3）?1 (180).23?133?152?1???7?13?6=546
(3)1809．解：180=2×3×5, ∴(1)3×3×2=18． (2) 2?13?15?12214．求出最小的正整数n，使其恰有144个正约数，并且其中有十个是连续的整数。 解：144=122=6×3×2×2×2, 表明n的标准分解式应含有五个不同质数,并应该从2开始取，且使2的次数为5，3的次数为2，其他皆为1，故所求即25×32×5×7×11=110880。 它不仅有10个甚至有12连续的约数:1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1―4中的部分题目(与以上相同的不列)6.200以内仅有 10个正约数的自然数有几个？并一一求出 .7.求：（1）?(180)；（2）?(180)；（3）?1 (180).8.已知［A，B］=42，［B，C］=66，（A，C）=3，求 A，B，C .9.一个自然数有 21个正约数，而另一个自然数有 10个正约数，这两个数的标准分解式中仅含有不大于 3的质因数，且这两个数的最大公约数是 18，求此两数是多少？10.小明有一个三层书架，他的书的五分之一放在第一层，七分之几（这个几记不清了）放在第二层，而第三层有书 303本，问小明共有书多少本？11.某班同学（50人左右）在王老师带领下去植树，学生恰好能分成人数相等的 3 组，如果老师与学生每人种树的棵数一样多，共种了884棵，那么每人种多少棵树？12.少年宫游乐厅内悬挂着 200个彩色灯泡，这 200个灯泡按 1耀200编号，它们的亮暗规则是：第 1秒：全部灯泡变亮；第 2秒：凡编号为 2的倍数的灯泡由亮变暗；第 3秒：凡编号为 3的倍数的灯泡改变原来的亮暗状态，即亮的变暗，暗的变亮 .一般地，第 n 秒凡编号为 n 的倍数的灯泡改变原来的亮暗状态。这样继续下去，每 4分钟一个周期，问第 200 秒时，明亮的灯泡有多少个？习题 1-4解答46．有5个，10=2×5=1×10因此所求的数应该为ab或c后者即令c=2也已经超出200,因9此分别令a=2.b=3;
a=3,b=2; a=2.b=11; 得48，80，112，162，176．8．因为B |?B,C? , B |?A,B?, 所以B是66，42的公约数，因而B是6的约数。又 因为?B,C??66?2?3?11,?A,B??42?2?3?7,所以7|A，11|C，从而设因为知?2??2?1,且?1?1。A?2?13?27,B?2?13?2,C?2?13?211, 由?A,C??3,若B不含2的话，由?B,C??66, ?A,B??42，A，C就必须同时含2, 与?A,C??3矛盾。∴A?2?1?3?7,B?2?3?2,C?2?1?3?11,?1,?2,?1?1,0,而且?1与?1不能同时为1. 于是?2?1和0时,各有?1?1,?1?0;?1?0,?1?0;?1?0,?1?三种情况1,共得6组解，分别为：（自行写出）9. 576和16210.3535本。解：由题目可知小明的书的册数是35的倍数, 设为35k, 可列出方程28k－5xk=（28－5x）k=303=3×101知k=101.11. 分解质因数：884=4×13×17=17×52=68×13，884的因数中有4, 13, 52都具有3k+1形式，只有52=符合50人左右的题设，因此学生51人。12. 灯的一次“改变”对应着它的编号的一个因子. 要使灯仍旧亮着需要奇数次“改变”．什么样的数有奇数个因子呢? 由定理1.26公式⑴知只有完全平方数! 200以内的完全平方数只有14个。即为答案. 此题也可先考虑10个灯泡。用归纳得出“只有完全平方数”的结论。习题1-6部分习题解答1. 若集A=?x|x?[sin?],??R?,B=x|x?[tan?],????2?k?,求A∩B,A∪B. ?解：A={－1,1}, B=Z(全体整数集合)，∴A∩B=A,A∪B=Z.2. 设2，试求??,????(1???的值。?2??3,?????2,???2?解：, 代入得10。 3.求的值。?1?2则1?8?7，即2??343。341，继续下去有3?3413，这显然是不可能的，因此=1.4. 证明：若（p, q）=1，则??????????q??q??证：对于1?k?q－1,均有q ?k p，即??p??2p??(q?1)p?(p?1)(q?1)。 ??q?2kp?kp??kp??Z，故????????1 q?q??q?于是??kp??(q?k)p??kp??kp?=??p????p?1 ???????q??q??q??q??p??2p??(q?1)p?q?11??kp??(q?k)p??(p?1)(q?1)∴????。 ????????????????2?q??q??q?k?12??q??q??5. 求?log21???log22???log23?????log21024?的值。解：?log21???log22???log23?????log21024?==?log22???log22???log24?????log24???log28?????log2512???log21024? ????????????????24=1×2+2×2+3×2+…+9×2+10=1 × (22-2)+2×(23-22)+3×(24-23)+…+9×(210-29)+10 239210?1=-2-2-2-…-2+9×2+10=?2?+9×210+10=7×210+12=9106. 求使101?102?103???999?1000为整数的最大自然数k的值。 k7解：即求101?102?103???999?1000的标准分解式中7的幂指数。101?102?103???999?!÷100!所以7(1000!÷100!)= 7(1000!)－ 7(100!) 所以k=??????100???2???3?????2=142+20+2-14-2=148. ??7??7??7??7??7?7. 解方程：（1）3x?5?x??50?0解：x??x??x?1故3?x??5?x??50?0,3?x??3?5?x??50?0,解得205047?x?.
代入原方程得3x=20,
?x??,?x??,??x??6.38850?5y50?3x50?3x8x?50或解：由已知得?x??设其为y，则x?，0??x??x???1, 3555y. 解得?,?y?, y?14
?x??x?. 即?2（2）原式化为?x??x(x??x?)?0，即?x???x?x?x?0，把x当作常数，由一元二次22方程求根公式得
?x??xx?。 8. 设x，y满足下列方程组??y?2?x??3?y?3?x?2??5，且不是一个整数，则x+ y在哪两个整数之间。解：y?2?x??3?3?x?2??5?3(?x????2?)?5?3(?x??2)?5?3?x??1， 可得［x］=4,∴4?x &5，y=2［x］+3=11
∴15& x+ y&16.9. 试证方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12345无实数解.证: 假设方程有实数解x=n+a,其中n∈Z, 0?a&1,于是,，[x]=n，[2x]=2n+[2a]，[4x]=4n+[4a]，[8x]=8n+[8a]，[16x]=16n+[16a]，[32x]=32n+[32a]。 代入原方程化简、变形，得 [2a]+[4a]+[8a]+[16a]+[32a]=12345-63n。由于0?a&1，因而0?[ka]?k-1故0?+3+7+15+31=57，即12288/63?n?12345/63亦即195.04?n?195.95，与n∈Z矛盾，故原方程无实数解。10. 1到120这120个正整数中所有质数的和是多少？解：2+3+5+7+11+13+17+19+23+29+31+37+41+43+47+53+59+61+67+71+73+79+83+89+97+ 101+103+107+109+113=1593.或解：应用逐步淘汰原则，所求的和=1到120这120个正整数的和－(120以内，下同)2的倍数的和－3的倍数的和－5的倍数的和－7的倍数的和－11的倍数的和+6的倍数的和+10的倍数的和+14的倍数的和+22的倍数的和+15的倍数的和+21的倍数的和+33的倍数的和+35的倍数的和+55的倍数的和+77－30的倍数的和－42的倍数的和－66－70－110－105= =60?121?2(1?2?????120?)?3(1?2???40)?5(1?2???24)? ??2??120??7(1?2????)?11(1?2???10)?6(1?2???20)?10(1?2???12) ?7???120??14(1?2????)?22(1?2???5)?15(1?2???8)?21(1?2???5)? ??14?+33(1+2+3)+105+165+77－30(1+2+3+4)－42－84－66－70－110－105=－61×60－3×41×20－5×25×12－7×17×8－11×11×5+6×21×10+10×13×6+14×9×4+22×3×5+15×9×4+21×3×5+33×6+105+165+77－300－42－84－66－70－110－105=1593.11. 求25！的标准分解式。解：25！=222×310×56×73×112×13×17×19×23. 由定理1.6.3公式求出各个质数的指数。12. 2000! 末尾有多少个连续的零? 解：?????????400?80?16?3?499个连续的零 ?5????52????53????54??13.某班学生参加数、理、化三科测试。数、理、化成绩的学生人数依次是30,28,25, 数理、理化、化数两科成绩都优秀的学生人数依为20,16,17。数理化三科都优秀的学生有10人。问：数理两科至少有一科优秀的学生有多少人，数理化三科至少有一科优秀的学生又有多少人。解：数理两科至少有一科优秀的学生人数为30+28－20=38;数理化三科至少有一科优秀的学生30+28+25－20－16－17+10=4014. 从自然数列1,2,3,4,?中依次划去3的倍数和4的倍数，但是其中凡是5的倍数的数均保留，划完之后的数依次构成一个新的数列：a1=1,a2=2,a3=5,a4=7,求a2000的值。 解：考虑1到个数中这个数列中的数的个数为??????3000??????? ???4??3????3?4????3?5????4?5????3?4?5??=-750+250+200+150-50=1800?300??300??300??300??300??300?300????????????=180 ???????3??4??3?4??3?5??4?5??3?4?5??30??30??30??30??30??30?30???????????=30－10-7+2+2+1=18 ?3??4??3?4????3?5????4?5????3?4?5??可知3330= a1998, 而3332是4的倍数，3333是3的倍数,所以a.附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1―6中的部分题目(与以上相同的不列)3. 若x,y?R?,?1?求证：?xy???x??y?; ?2?试讨论?xy?与?x??y?的大小关系。?证：?1??xy?????x??y?＋?x??y?＋?x??y??? ???x?＋?x????y?＋?y?????x??y???显然 ???x??y?＋?x??y?＋?x??y????0，证得。?2?x，y?Z＋时，?x???y???xy??0,有?x??y???xy?;而 x?1.2,y?2.1时,xy?2.52,?xy??0.52,?x??y??0.02,?x??y???xy?; 又 x?1.9,y?1.8时,xy?3.42,?xy??0.42,?x??y??0.72,?x??y???xy?.可见，三种情况都有。7.计算：（1）??199?1??199?2??199?96? ?????????979797??????5?1??5?2?5?96??解： 原式??2?1? ?2?2????2?96???????979797???????5?1??5?2??5?96??2?1?2?2???2?96????????97????97???97???5?1??5?19??5?20??5?38??5?39??5?58??9312?????????????????97???97????97???97????97???97???5?78??5?96??????????97???97??=9312+0+…+0+19+40+57+76=9504.（2）?1???111? ?????111111????1???? ?22?解： 考虑1??1?1?1111111??????2??2。从而=1. 1????222??8232008??8. 在前2001个自然数中，既不是5 的倍数，又不是7的倍数的数有多少个？ ??. 2001??=－285+57=1373个 ?5????7????7?5??10. 有100盏亮着的灯，各有一个拉线开关控制着，,现将其按顺序编上号码1,2, ?,100,然后将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5 的倍数的灯线拉一下，3次拉完之后还有几盏灯是亮的？49盏11. 解方程：x?1?x?1??x? ???2001?x??1??2?解：已知x?1?x?1??2x?1?x?1, x??1时,?x???2,??2?x??1；?2x?1??1?x?1时,?x??2x,即??x??0??1?x?0,即?2?2x?0,而2x?Z,x?1时,?x??2,?2?x?3.?x??,x?0;∴
－2? x&－1或 2? x&3或 x= －1/2 或 x= 0.
1212. 若?x???19??20??21?91??=546,求［100x］的值、 ?x??x????x????????100??100??100??100?y?8，这35项中最小的是等式左100解：等式左侧为73个数相加，而546?73?7?35.?7?x?8, 且可知等式左侧从右向左有且只有35项满足x?侧从右向左第35项x?5757?8，移项得x?7.43. ??100x??743. ，∴ 成立有x?100100习题2-11．计算m取何值时，下列各式成立：(1)32≡11(mod m);
(2)1001≡1(mod m);
(3)480≡26(mod m);
(4)28≡1(mod m).解：由充要条件知(1)32－11=21,所以m取21，7，3，1.(2)0所以m取1000的所有正约数，共16个；(3)480－26=454=2×227, 所以m取454，227,
2，1.(4)28－1=(24+1)( 22+1) ( 22－1)= 17×5×3, 所以m取255,85,51,15,17,5,3,1.2. 计算m取何值时，下列两式同时成立：(1)32≡11(mod m);
(2)1000≡－1(mod m) .一般地，若a≡b (mod m ), c≡d (mod m ) 同时成立,则m要满足什么条件？解：由m|(32-11)且m|(1000+1)知，m是21和1001的公约数，因此m取7，1.一般地，若a≡b (mod m ), c≡d (mod m ) 同时成立,则m|(a- b)且m|( c - d ).3.举例说明：(1) 由a2 ≡ b2 (mod m ),不能推出 a ≡ b (mod m )；解：(－1) 2 ≡12 (mod5), －1≡1 (mod5)不成立。又如3 2 ≡22 (mod5), 3 ≡ 2 (mod5) 不成立。(2) 由a ≡ b (mod m ),不能推出a2 ≡ b2 (mod m ). 这是性质（5）的特例，是正确的命题。4. 证明，?x?Z,( 15x5＋24x4＋32x3－16x2＋3x－13)≡(7x5＋3x+3) (mod 8) 证:由15≡7 (mod 8)，24≡32≡－16≡0 (mod 8)，－13≡3 (mod 8)即可证明上述同余式成立。5. 证明：70! ≡61! (mod 71)。证：70!－61!=(70×69×68×?×62－1) 61!= 52799×61!= 969×71×61!6. 设m为正整数，a，b，c，d为整数，若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) 同时成立，证明
a－c ≡ b－d (mod m).证：a－c－(b－d)= a－b－(c－d), 而由a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m)，m | (a－b), m |(c－d), ∴
m |[ a－b－(c－d)], 由同余的充分必要条件知a－c ≡ b－d (mod m). 命题成立。7. (1)求3100模10的余数； (2) 求350的十进制表示中最末两位数。解：(1)3100≡(32) 50≡(－1) 50 ≡1(mod 10),
∴ 3100模10的余数为1;(2) 350≡(325) 2 ≡((312) 2×3 ) 2 , 而312≡ ((33) 2) 2 ≡((27) 2) 2 = (729) 2 ≡(29) 2 = 841≡ 41 (mod 100),
412=1681≡81(mod 100) ∴350≡(412×3)2 ≡(81×3) 2≡(243) 2≡43 2=1849≡49 (mod 100),
故所求末两位是49.
（现在有计算器，此题可以直接计算350，但数字庞大）8. 求使2n+1能被5整除的一切正整数n。解：4≡－1 (mod5),即22≡－1 (mod5),
(1)又16≡1 (mod5), 即24≡1 (mod5), ∴24 k≡1 k=1
(2)(1) (2)两式分别相乘，得22+4k≡－1 (mod5), 即22+4k+1≡5≡0 (mod5)，因此n=2+4k,
k∈Z+. 说明：4×16=64≡4 (mod5), 64×16≡4×16=64≡4 (mod5), 依此类推可解，以上是抽象推导.9. 设m为正整数，a为整数，若a2 ≡a (mod m)，证明
an ≡a (mod m).证：∵ a2 ≡a (mod m)，∴ a3 ≡a2
∴ a3≡a (mod m)，依此类推得，an ≡a (mod m). （最好后面用数学归纳法）10设p为质数，a为整数，且a2 ≡b2 (mod p) ，证明a ≡b (mod p) ，或a ≡(－b) (mod p) 证：由题设，p | (a2－b) 2, 即p | (a－b) (a+b), p为质数，知p | (a－b), 或p | (a+b),命题成立。11.用弃九法验算下列算式是否有错：（略）12.在=8□43685中，遗漏了一个数字，如果其他数字都是正确的，求遗漏的数字。解： (mod 9),
≡7 (mod 9),
4×7=28≡1 (mod 9),8□4+□≡7 +□(mod 9), 因7 +3≡1 (mod 9) , 故遗漏的数字为3。附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题2―1中的部分题目5.若69, 90和125关于某数 d 同余,
证明对于d, 81与 4同余.证明：由69和90关于 d 同余, d | 90－ 69, d | 21,90和125关于某数 d 同余, d | 125－ 90, d | 35,∴
d | (21, 35) , d=1或7.29. 若(n, 8)=1，试证：n≡1(mod8)222证：由 (n, 8)=1可知,n为奇数.
n－1= 4k (k+1), 8 | (n－1).所以有n≡1(mod8)14. 任意平方数的末位数字都不能是 2,
3, 7, 8的某一个.2 22证：令a=(10x+y), 则a2=(10x+y)≡y
(mod 10). 令=0,1…9， y 的个位不能是2, 3, 7, 8.2 因此，数字 a (1≤a≤9) 的平方 a的末位数字也没有2, 3, 7, 8.习题2-2
1，2 验证完全剩余系，简化剩余系。（略）3. （1）求模9的一个完全剩余系，使其中每个数都是奇数；（2）求模9的一个完全剩余系，使其中每个数都是偶数；（3）对于模10来说，能实现（1）（2）的要求吗？（4）找出规律，证明之。解：（1）模9的非负最小完全剩余系为：{0,1,2,3,4,5,6,7,8},将其中的偶数减9或加9,如{9,1,11,3,13,5,-3,7,-1};（2）如上，代换其中的奇数，如{0,10,2,12,4,-4,6,-2,8}（3）对于模10来说，不能实现（1）（2）的要求。（4）对于(1)(2)的要求，奇数模可实现，偶数模不能实现。因为模m的最小非负完全剩余系中奇偶数各半.任一个完全剩余系中各数必与0, 1, …, m－1中的一个数同余,均可写成mkr+r，r= 0,1, …, m－1的形式。而整数加偶数的整数倍奇偶性不变，故偶数模的任一个完全剩余系必奇偶各半，不能实现（1）（2）的要求。奇数模则不然，因为mkr可奇可偶。 或证：若a, b属于模m的同一剩余类，必有a=b+mk，k∈Z, m为偶数时，mk为偶数，故 a, b奇偶性相同，即偶数模的剩余类分为偶数剩余类与奇数剩余类，完全剩余系就是从m的各个剩余类中取一个元素组成的集合。因此不能实现（1）（2）的要求；m为奇数时，若k 取奇数，mk为奇数，k 取偶数，mk为偶数，故a, b奇偶性可不同，即奇数模的任何一个剩余类中都是奇偶混杂，故能实现（1）（2）的要求。4.将上题中的完全剩余系改成简化剩余系，情况如何？无论奇数模，偶数模均不一定实现。5.设m为正整数，整数集合｛x1,x2, …，xm｝为模m的一个完全剩余系，则（1）当m为奇数时，x1+x2+…+xm≡0（mod m）;（2）当m为偶数时，x1+x2+…+xm≡m（mod m） 2证：由3题知，模m的任一个完全剩余系均有xr =mkr+r，r= 0,1, 2,…, m－1。x1+x2+…+xm≡1+2+…+m－1=m(m?1)m(m?1),（1）当m为奇数时，≡0（mod m）; 22m(m?1)m2?2m?mmmm??m(?1)??（mod m）（2）当m为偶数时，。 222226．设m为大于2的整数，证明：{02,12,22, …, (m－1)2}一定不是模m的一个完全剩余系。2222(m－1)－1 = m (m－2), (m－2)－2 = m (m－4) , …,对模m两两不同余。解：由平方差公式，7. 设m，s，t为正整数，且s &t，证明：整数集合{ x | x= u+mstv，0?u?mst－1 , 0?v?mt－1}为模ms的一个完全剩余系。－－证：首先确定集合元素的u有mst 种取法，而u每次取定之后要加不同的mstv，v有mt 种－取法，因此元素总数为mst×mt = ms。然后可以验证题设的集合元素就是0到ms－1的ms个数，它们构成ms的非负最小完全剩余系。证毕。 －－8. 计算欧拉函数值?(m)：?(1236)； ?(1218)； ?(2001)； ?(4200) 解：?(1236)= ?(12×103), 103是质数，因此?(1236)=(22-2)(3－1)(103－1)=408.?(1218)= ?(6×203) = ?(2×3×7×29)= 2×6×28=336
?(2001)= (3－1)(23－1) (29-1)=1122 ?(4200)= ?(23×3×52×7)= (23-22)(3－1)( 52－5) (7－1)= 9609. 设为大于2的整数，证明?(m)为偶数。证：若m的质因数至少有一奇数，由公式，可知?(m)=?p?p?1?为偶数。若m的?i?1iii?1k质因数一个奇数也没有，而m大于2，必有m =2,??1，此时?(m)=2???1,也是偶数。 或证：设 m = p1α1p2α2… pkαk，∵ m &2，∴ 至少存在 i，αi& 1或存在 j，pj是奇数， ∴ p1α1- p1α1 -1，…，pkαk- pkαk-1中至少有一个为偶数，知 φ（m）必为偶数中又证：若有?i?1,无论pi为奇为偶,有pi?i?pi?i?1=pi?i?1?pi?1?是偶数.所有的?i?1,则必有一个pi为奇数，因为如果m是质数，大于2的质数是奇数，?(m)?m?1是偶数；如果m是合数，pi中最多只有一个是2,那么至少有一个为奇数， 这时?(m)???pi?1?是偶数.i?1k10. 11(略)附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》将完全剩余系与简化剩余系分开在2-2,2-3两节, 下面是广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题2-3中的部分题目 1.乘幂 20，21，22，?，29能否构成模 11的一个简化剩余系？ 解：i & j时，2－2=2(2ijji－j－1), 11?2, 通过验证可知，对任何i，j，也有11? (2ji－j－1)，φ (11) = 10，而20，21，22，?，29为10个不同的整数，所以它们构成模 11的一个简化剩余系证明:（必要性）∵ x1，x2，…，xk是模 m 的简化剩余系，∴ k=φ(m)，且当 i ≠ j时，xixj（mod m），（xi，m）=1，i = 1，2，…，φ(m). （充分性）k=φ（m），∴ x1，x2，…，xk共有φ（m）个.又 xixj（mod m），（i ≠ j，1?i，j? k），（xi，m）=1（i=1，2，…，k），∴ x1，x2，…，xk各属于φ(m) 个不同的且与 m 互质的剩余类， ∴ x1，x2，…，xk是模 m 的简化剩余系. 4. 验证：（1）8，16，24，32，40，48是模 7的简化剩余系；（2）11，13，77，99是模 10的简化剩余系.
解：（1）∵（4，7）=1，可化为2，4，6，8，5，12，又5≡12（mod 7），∴ 8，16，24，32，40，48不是模 7的简化剩余系。（2）10的最小简化剩余系是1, 3, 7, 9。11，13，77，99分别与1, 3, 7, 9关于模10同余。∴ 11，13，77，99是模 10的简化剩余系. 5. 当 m 取下列各值时，计算φ（m）的值 .25，32，40，48，60，120，100，200，.答案：φ（25）= 20，φ（32）=16，φ（40）=16，φ（48）= 16，φ（60）=16，φ（120）= 32，φ（100）= 40，φ（200）= 80，φ（4200）= 960，φ（9450）= 2160.6. 若φ（m）是奇数，试求 m 的值. 解：(参看下一题)
m = 1或 m =2. 7. 当 m &2时，证明φ（m）是偶数 . 8. 试证：使φ(m) =14的数 m 不存在.证：φ(m) =14=2×7= p1α1 -1…pkαk-1 (p1－1)…(pk－1)，2,7是质数，所以必有p1=2，p1=7，这是不可能的。9. 已知φ(m) = 4，求 m .解：设m = p1α1p2α2… pkαk，由φ(m)= (p1α1- p1α1 -1)…(pkαk- pkαk-1)，φ(m) = 4=4×1=22，得m = 5，φ(m) =5－1= 4，或 m =8=23，φ(m) = 22或 m = 10=5×2，φ(m) =4×1，或 m =12.10. 如果 n =2m，（2，m）=1，那么φ（n）= φ（m）.解
∵（2，m）= 1，∴ φ（n）=φ（2m）=φ（2）φ（m）=φ（m）.11. 若 m 是奇数，则φ（4m）=2φ（m）.证：∵ m 是奇数，∴（4，m）= 1，则φ（4m）=φ（4）φ（m）.∵ φ（4）= 2，∴ φ（4m）=2φ（m）.12.（1）分母是正整数 n 的既约真分数的个数是多少？为什么？（2）分母不大于 n 的既约真分数的个数是多少？为什么？解：（1）φ（n）.
（2）φ（2）+φ（3）+ ? +φ（n）.习题 2-31.举例说明欧拉定理中（a，m）=1是不可缺少的条件 .解：当 a= 2，m =4时，?(4) =2，此时 22≡0（mod 4），可见（a，m）= 1是欧拉定理的不可缺少的条件.2. 设 p，q是两个大于 3的质数，求证：p2≡ q2（mod 24）.证：24=3×8，（3，8）= 1. 由条件，( p，3 ) = ( q，3 ) = 1，由费尔马小定理有p2≡1（mod 3），
q2≡1（mod3）.
∴ p2 ≡ q2（mod 3）.又 ∵ p，q 必为奇数，设p =2k+1，p2=4k(k +1)+1, 有p2≡1（mod 8），类似可得q2≡1（mod8）.∴ p2 ≡ q2（mod 8）.
∴ p2 ≡ q2（mod 24）.3.设 p是大于 5的质数，求证：p4≡1（mod 240）.2证： 240 = 3×5×16，由条件，(p，3) = (p，5) = 1，∴ p4≡1（mod5），p4≡（p2）≡1（mod3）.又 p为奇质数，从而 2 |（p2+ 1），8 |（p2-1），∴16 |（p4-1），即 p4≡1（mod 16）.
而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1. ∴ p4≡1（mod 240）.4. 如果今天是星期一，从今天起再过101010天是星期几？解：由欧拉定理，106≡1 (mod 7)，由普通除法知1010被6除余4, 即, k∈Z, 故 k?4k??64?64,而6≡1 (mod 7), ∴6≡1（mod 7）再过10天是星期二. 105. 求下列各题的非负最小余数：（1）84965除以13；
（2）541347除以17；（3）477385除以19；
（4）7891432除以18； （5）()28除以111.答案：（1）8. （2）10. （3）16. （4）1. （5）70.解：（1）84965除以13；（13，8）=1, ∴ 812≡1（mod 13），83×89≡1×(-1)4 ×8（mod 13）
或解：82≡－1（mod 13），82×8 ≡ (-1) 2482 ×8 ≡ 8（mod 13）。x6. 已知 a =18，m =77，求使 a≡1（mod m）成立的最小自然数 x.
答案：x=30.1860≡1 (mod 77) ,且满足要求的最小自然数 x必为60 的?(77)??11?1??7?1??60,由定理知，正约数：1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 由验算可知x=30. 事实上, 由欧拉定理知， 186≡1（mod 7），1810≡1（mod 11）,6与10的最小公倍数是30,故有1860≡1 (mod 77) ,而 182≡16 (mod 77) , 183≡57 (mod 77) , 182≡162≡ 25(mod 77) , 185≡57×16≡65 (mod 77) ,186≡(183) 2≡572 (mod 77) , ×182≡65×16≡1040≡39 (mod 77) ,(略)7. 设（m，n）=1，证明：m证：∵(m, n)= 1，∴n?(m)?(n)+ n?(m)≡1 (mod mn). ?(n)≡1（mod m），而 m≡ 0（mod m），∴ m?(n)+n?(m)≡ 1（mod m）.对称可得 m?(n)+n?(m)≡ 1 (mod n).
由同余性质可得 m?(n)+n?(m)≡ 1（mod mn）. 广西师大本其他题目：5.已知 p是质数，（a，p）=1，求证：（1）当 a 是奇数时，ap-1+(p－1)a ≡ 0（mod p）；（2）当 a 是偶数时，ap-1－(p－1)a ≡ 0（mod p）.证：（1）由 p 是 质 数，（a，p）= 1，a 为 奇 数，有 ap-1≡ 1（mod p）.(p－1)a ≡－1（mod p），∴ ap-1+ (p－1)a≡ 1－1≡ 0（mod p）.（2）由条件，ap-1≡1（mod p）, (p－1)a≡1（mod p），∴ap-1－(p－1)?(n)≡1－1≡0（mod p）.6. 已知 p，q 是 两 相 异 的 质 数，且 ap-1≡1（mod q），aq-1≡1（mod p），pq求证：a≡ a（mod pq）.证：∵ ap ≡ a（mod p），∴ apq ≡ (ap)q ≡ aq ≡ a（mod p）；同理，apq ≡ (aq)p ≡ ap ≡ a（mod q）， 而（p，q）= 1，故 apq≡ a（mod pq）.7. 如果（a，m）=1，x≡ ba?(m)?1（mod m），那么 ax≡ b（mod m）.8. 设 A 是十进制数 的各位数字之和，B 又是 A 的各位数字之和，求 B 的各位数字之和 .9. 当 x∈Z 时，求证：（1）2730 | x13- x；（2）24 | x（x+2）（25x2-1）.解答：7. ∵ x≡ba?(m)?1(mod m)，∴ ax≡ aba?(m)?1≡ a?(m)b (mod m).
∵ (a，m) = 1，a?(m)= 1(mod m)，∴ ax≡ b（mod m）.8. 设 B 的各位数字之和为 C，∵ lg44lg4444 & 776，即的位数小于17776，∴ A ? 9×17776 = 159984，B & 1 + 9×5 = 46，C ? 4 + 6 = 10.
又 ∵（7，9）= 1，?(9) = 6，0+4， ≡ 7 4444 ≡ 74
≡ (－2)4 ≡ 7（mod 9），∴ B 的各位数字之和为 7.9.（1）∵ × 5× 7× 13，2，3，5，7，13两两互质，x13- x= x（x12- 1）， ∴当 2 | x或 时都有 x（x12-1）≡ 0（mod 2），x（x12- 1）≡ 0（mod 13）.又 ∵x13-x= x（x6- 1）（x6+ 1），∴ 当 7 | x或 时都有 x（x6- 1）（x6+ 1）≡ 0（mod 7）.而x13- x= x（x4- 1）（x8+ x4+ 1），∴ 当 5 | x或 时，都有 x（x4-1）（x8+ x4+ 1）≡ 0（mod5）.又 x13- x= x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1），∴ 当 3 | x或 时，都有x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1）≡ 0（mod3）. ∴ 2730 | x13- x.（2）解法一，同上。解法二： x（x+2）（25x2-1）= 24 x3（x+2）+ x（x+2）（x2-1）,
x（x+2）（x2-1）= x（x-1）（x+1）（x+2），四个连续自然数的乘积必能被4!=24整除，证得。10. 设质数 p&3，x∈Z，试证：6p | xp- x.11. p是不等于 2和 5的质数，k是自然数，证明：p|99?99. ??????p?1?p个9解答：10. ∵质数 p& 3，∴ （6，p）=1，xp- x= x（xp-1- 1）≡ 0（mod p）. 又 p- 1是偶数，∴x（xp-1-1）≡ x（x2- 1）?（mod p）. 于是，当 2 | x或 时，x（x2- 1）≡ 0（mod 2）；当 3 | x或 时，x（x2-1）≡ 0（mod 3）.故 x（xp-1- 1）≡ 0（mod 6）.从而6 | p（xp- x）.?99?1011. 99??????p?1?k个9?p?1?k?1. 由条件，（10，p）= 1，∴ 10p-1≡ 1（mod p）.∴ （10p-1）k≡ 1（mod p）.
∴ p|99?99. ??????p?1?p个9(王进明与赵继源本三、四章编排顺序相反) 习题3-1(P157)1．试写出三个模数是20的一次同余方程，分别使它有唯一解，无解，有四个解。 解：7x≡50（mod 20）有唯一解，8x+5≡0（mod 20）无解， 4 x≡0（mod 20）有四个解。 2. 下列同余方程是否有解？为什么？如果有解，不出其所有解。（1）7x+4≡0（mod 25）；（2）12x+1≡0（mod 9）；（3）34x≡1（mod 51）； （4）42x≡8（mod 138）；（5）174x≡65（mod 1309）.解：（1）（7, 25）=1, 有唯一解。7x≡-4（mod 25）由欧拉定理，?(25)=20,故x≡719×(-4) ≡3 （mod 25）,化简过程：72≡-1（mod 25）故719×(-4) ≡718×7 (-4) ≡(-1)×7 (-4) ≡28≡3 （mod 25）.
用同余变形法解：x??4?25?3. 7（2）（12, 9）=3?1, 同余方程无解；（3）（34，51）=17?1, 同余方程无解；（4）138=2×3×23,（42,138）=6不能整除8, 同余方程无解；（5）174=2×3×29, ×17,( 174, 1309)=1.此题数字大，应该用大衍求一术。023183 862x≡489×65=3（mod 1309） 3.求下列一次同余方程的所有解：（1）3x≡1（mod 17）；（2）1215x≡560（mod 2755）； （3）47x≡89（mod 111）；（4）38x≡6（mod 106）；（5）11x≡6（mod 13）. （6）3x≡5（mod 29）；（7）5x≡6（mod 24）（8）66x≡14（mod 74）； 解：（1）（3, 17）=1, 有唯一解。由3x≡1+17（mod 17）得，x≡6（mod 17）；（2）（）=5(243,551)= 5(35, 19×29), 方程恰有5解，先解243x≡112（mod 551）: 这个系数相当大，故应该用大衍求一术。辗转相除过程的竖式略，由如下表格知x≡112×356≡200（mod 551）, 故原方程有解x≡02,（mod 2755）. （3）(47，111)=1,方程恰有一解x≡89（mod 111）；由欧拉定理，?(111)=72,故x≡4771×(89)≡94（mod 111）,用同余变形法解：x?89????????17（mod 111） 47?111?6488（4）38x≡6（mod 106）；先解19x≡3（mod 53）. 用同余变形法解有x?3????????11?42（mod 53） 19?53?11?1原同余方程的解有两个：x≡42（mod 106），x≡95（mod 106） （5）11x≡6（mod 13）.x???1??6?12?11?10???4?3?6?6?10（mod 13） 11!（6）3x≡5－29=－24（mod 29）,
∴ x≡－8=21（mod 29）；（7）5x≡6+24=30（mod 24）,
∴ x≡6（mod 24）（8）66x≡14（mod 74）；先解33x≡7（mod 37）；x???1?33?1?7?36?35?34???6?536?35?34?7??7???6??17≡26（mod 37） 33!4?3?2原同余方程的解有两个：x≡26（mod 74）, x≡63（mod 74）。下面是广西师大本中要求按指定方法求解的题目，可自行练习：4.化为不定方程解下列同余方程（王进明本第四章讲不定方程，此题建议用同余变形法）：（1）20x≡4（mod 30）；（2）57x≡87（mod 105）；
（3）4x≡11（mod 15）；5.利用欧拉定理解下列同余方程：（1）6x≡22（mod 36）； （2）3x≡10（mod 29）； （3）258x≡131（mod 348）；（4）11x≡7（mod 13）； （5）3x≡2（mod 17）；
（6）243x≡102（mod 551）.6.用求组合数的方法解下列同余方程：（1）5x≡13（mod 43）； （2）9x≡4（mod 2401）；习题4-3(P154)第2题a取什么值时，下面的同余方程组有解？解：因为(18, 21)=3, 3|8－5，所以??x?5(mod18),?x?5(mod18),有解；(18, 35)=1, 所以??x?8(mod21).?x?a(mod35).?x?a(mod35),总是有解。因此，要使题设的同余方程组有解，只需?有解。 x?8(mod21).?而这里，(21, 35)=7，由定理可知，只需a≡8≡1(mod 7).即x = 1+7t ( t为整数 )，题设的同余方程组总有解。3.解下列同余方程组：(1) ??x?3(mod7),,
(2)?x?5(mod11).?x?6(mod13), ??x?7(mod24).?2x?4(mod8), ?15x?5(mod35).?(4) ??5x?7(mod11),
(5) 6x?9?0(mod19).?解：(1)方法一：设x=5+11y, 代入第一个同余方程，得11y≡3－5 (mod 7)，
得y≡3 (mod 7) 所以同余方程组的解是x≡38 (mod 77)。方法二：用孙子定理解，M=77，M1=11，M2= 7，令11 M1′≡1(mod 7)，
得M1′≡2(mod 7)，
7 M2′≡1(mod 11)，得M2′≡－3(mod 11)，
所以同余方程组的解是x≡11×2×3 + 7×(－3)×5≡－39≡38
(mod 77).(2) 方法一：设x=7+24y, 代入第一个同余方程，得24y≡6－7 (mod 13)，得y≡7 (mod 13) 所以同余方程组的解是x≡7+24×7≡175 (mod 312)。方法二：用孙子定理解，M=312，M1=24，M2= 13，令24 M1′≡1(mod 13)， 得M1′≡6≡－7
(mod 13)，13 M2′≡1(mod 24)，得M2′≡13(mod 24)，所以同余方程组的解是x≡24×(－7)×6 + 13×13×7≡－≡175
(mod 312).第4题(1) (3) (4).5．.解下列同余方程组：（1x≡8（mod 15），
（2x≡6（mod 11），x≡3（mod 10），
x≡3（mod 8），x≡1（mod 8）；
x≡11（mod 20）；（3x≡2（mod 35），
（44x≡90（mod 105），x≡9（mod 14），
5x≡18（mod 63），x≡7（mod 20）；
7x≡10（mod 50），3x≡12（mod 22）?x ? 2 ?解：（1）化为?x ? 3??x ?1?mod 3?,?mod 5?,用孙子定理解，M=120，M1=40，M2=24，M3=15， ?mod 8?.令40 M1′≡1(mod 3)，
得M1′≡1 (mod 3)；24 M2′≡1(mod 5)，
得－M2′≡1(mod 5)，M2′≡－1(mod 5)；15 M3′≡1(mod 8)，
得－M2′≡1(mod 8)，M2′≡－1(mod 8)所以同余方程组的解是x≡40×2 + 24× (－1)×3 +15×(－1)×1 ≡ －7(mod 120).?x ? 2 ?（3）化为?x ? 9??x ?3?mod 35?, ?,?mod1?mod 4?.??x ? 2 即???x ?3?mod 35?, ?mod 4?.用孙子定理解，M=140，M1=4，M2=35，令4 M1′≡1(mod 35)，
得M1′≡9 (mod 35)；35 M2′≡1(mod 4)，
得－M2′≡1(mod 4)，M2′≡－1(mod 4)；所以同余方程组的解是x≡4×9×2 + 35× (－1)×3 ≡ －33 ≡ 107 (mod 140).6. 解我国古代数学家杨辉在 1275 年所写的《续古摘奇算法》中的三个例题：（1）七数剩一，八数剩一，九数剩三，问本数；（2）十一数余三，十二数余二，十三数余一，问本数；（3）二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数.解：（1）???x ? 1??x ?3?mod 56?, ?mod 9?.方法一：设x=1+56y, 代入第二个同余方程，得56y ≡ 3－1 (mod 13)，（56－54）y ≡ 2 (mod 13)得y ≡ 1 (mod 13) y，所以，同余方程组的解是x≡57 (mod 504)。方法二：用孙子定理解。?x ? 3 ?（2）?x ? 2??x ?1 ?,?mod11 ?,用孙子定理解，M=1716，M1=156，M2=143，M3=132， ?mod12 ?.?mod13令156 M1′≡1(mod 11)，
得2M1′≡12(mod 11)，M1′≡6(mod 11)；143 M2′≡1(mod 12)，
得－M2′≡1(mod 12)，M2′≡－1(mod 12)；132 M3′≡1(mod 13)，
得2M2′≡－12(mod 13)，M2′≡－6(mod 13)所以同余方程组的解是x≡156×6×3 + 143× (－1)×2 +132×(－6)×1 ≡ 14(mod 17). 法二：观察法。或累加试除法。7. 设韩信所辖某部士兵共 26641人，在一次战斗中损失近百人. 休整时清查：1～3报数余 1，1～5报数余 3，1～ 7报数余 4. 问损失了多少人？?x ? 1 ?mod 3?,??x ? 3 ?mod 5?,解：设还有士兵x人，由题设，得同余方程组??x ?4?mod 7?,?26541?x ?26600.?由口诀，x≡70 + 21×3 + 15×4≡193+105×251≡ 26548
(mod 105)2=93人。损失了93人。?26641?x ? 1 ??26641?x ? 3 设损失了x人，得同余方程组??26641?x ?4?0?x ?100.??x ? 0 ?mod 3?,?mod 3?,??mod 5?,?x ? 3 ?mod 5?,化为? ?mod 7?,?x ?2?mod 7?,?0?x ?100.?由口诀，x=21×3 + 15×2=93。损失了93人。8. 求 7的倍数，使它分别被 2，3，4，5，6除时，余数都是 1.解：设所求为7x,
[2，3，4，5，6] =60，由题设，得7x ? 1 ?mod 60?,用大衍求一术得x≡43 (mod 60),
7x=7×43=301， 故，所求为301+420t , t 为整数。9. 求三个连续的自然数，使它们从小到大依次被 15，17，19 整除（写出其中最小的一组）.??15x?1 ? 0 解：由题设，得同余方程组???15x ?2?0 ?, ?,??mod17?x ? 9 ?mod17化为标准形式为? x ?10mod19 .mod19 .??????用孙子定理解，M=321，M1=19，M2=17，令19 M1′≡1(mod 17)，
得M1′≡9(mod 17)，17 M2′≡1(mod 19)，
得M2′≡9(mod 19)，所以同余方程组的解是x≡19×(－8)×9 + 17×9×10 ≡ 162
(mod 321).本题所求的三个连续的自然数是162×15，162×15+1，162×15+2，即，2432。下面是不定方程内容习题3-11．解下列不定方程：（1）7x－15y=31；
（2）11x+15y=7；
（3）17x+40y=280；（4）525x+231y=42；
（5）764x+631y=527；
（6）133x－105y=217.解：（1）辗转相除得15=7×2＋1, ∴ 1 = 15－7×2= 7×(－2)－15×(－1)，∴ 因此原方程的一个解是 x0＝－2×31＝－62， y0＝－1×31＝－31;?x??62?15t原方程的通解为?这里t为任意常数.?y??31?7t（2）辗转相除得15=11×1＋4, 11=4×2＋3, 4=3+1 ∴ 1 = 4－3=4－(11－4×2)= 4×3－11=(15－11×1) ×3－11=15×3 + 11×(－4)，∴ 因此原方程的一个解是 x0＝－4×7＝－28， y0＝3×7＝21;?x??28?15t原方程的通解为?这里t为任意常数. y?21?11t?（3）用分离整数法：x?280?40y8?6y?16?2y?. 1717观察可知y =－10时，x = 36 + 4= 40.?x?40?40t∴ 原方程的通解为?这里t为任意常数. y??10?17t?2. 解下列不定方程：（1）8x-18y+10z=16；
（2）4x-9y+5z=8；
（3）39x-24y+9z=78；（4）4x+10y+14z+6t=20； （5）7x-5y+4z-3t=51.3. 解下列不定方程组：（1）x+2y+3z=10，
（25x+7y+3z=25，x-2y+5z=4；
3x- y-6z=2；（3），
（410x+7y+ z=84，；
x-14y+ z= -60；4. 求下列不定方程的正整数解：（1）5x－14y=11； （2）4x+7y=41； （3）3x+2y+8z=21.5.
21世纪有这样的年份，这个年份减去 22 等于它各个数字和的495倍，求这年份.6. 设大物三值七，中物三值五，小物三值二，共物一百三十八，共值一百三十八，问物大中小各几何？7. 买2元6角钱的东西，要用1元、5角、2角、1角的四种钱币去付，若每种钱币都得用，则共有多少种付法？8. 把 239分成两个正整数之和，一个数必是 17 的倍数，另一个数必是 24的倍数，求这两位数.9. 一个两位数，各位数字和的 5倍比原来大 10，求这个两位数.10. 某人 1981年时的年龄恰好等于他出生那一年的年号的各位数字之和，这个人是在哪一年出生的？11. 一个四位数，它的个位数上数比十位数字多 2，且此数与将其数字首尾颠倒过来所得的四位数之和为 11770，求此四位数 .习题 3-21．求 x2+ y2= z2中 0& z&60的所有互质的解.2．求三个整数 x，y，z（x& y& z&0），使 x- y，y- z，x- z都是平方数 .1．2. 设 x- y= a2，y- z= b2，x- z= c2，则 a2+ b2= c2，因此给出 a，b的值即可求得x，y，z.3.已知直角三角形斜边与一直角边的差为 9，三边的长互质且和小于 88，求此直角三角形的三边的长 .4.试证：不定方程 x4-4y4= z2没有正整数解 .3.
设直角三角形的三边的长为x, y, z. 则由定理，x=a2－b2,
y=2ab, z=a2+b2, 由题目得 a2+b2－(a2－b2)=9或a2+b2－2ab=9, 前者无整数解，后者(a－b)2=9, a－b=3. a=4,b=1,则 x=15，y=8，z= 17或a=5,b=2,则x= 21，y= 20，z= 29. a=7,b=4, 则三边的长的和大于88。4. 因为 z4= (x4-4y4)2 = x8－8x4y4+ 16y8= (x4+ 4y4)－(2xy)4，即(2xy)4+ z4=(x4+4y4)2，就是说，2如果x4-4y4= z2有正整数解，则u4+v4= w2有正整数解，与已证定理矛盾，故无正整数解 .5.试证：每个正整数 n 都可以写为n = x2+ y2- z2，这里 x，y，z都是整数 .6.求方程 x2－dy2= 1，当 d = 0、d = －1、d & －1 时的非负整数解 .7.试证：2x2+ y2+3z2=10t2无正整数解 .5. 适当取正整数 x，使 n - x2= m 为一正奇数，设 y = m + 12 ，因为 y2- m =m -1()22= z2，得 n- x2= y－ z2. 26. 当 d= 0时，x=1，y为任意非负整数；当 d= -1时，x= 1，y=0和 x= 0，y= 1；当 d& - 1时，x= 1，y=0.7. ∵y2+ 3z2是偶数，∴y与 z必同奇同偶 .若 y 与 z同为奇数，则 2x2+ y2+3z2被 8除和 10t2被 8 除的余数不相等，故 y 与 z一定同为偶数 .令 y= 2y1，z=2z1，代入原式得，x2+ 2y21+ 6z21= 5t，同样，x 和 t同奇同偶，也同样排除 x 和 t同奇，令 x= 2x1，t= 2t1，代入得，2x21+ y21+ 3z21= 10t21，由于 0& t1& t，矛盾，从而得证 .习题 3-31. 求不定方程 4x2-4xy-3y2=21的正整数解 .2. 求不定方程 x2+ y2=170的正整数解 .3. 求不定方程 x2-18xy+35=0的正整数解 .4. 求 4x2-2xy-12x+5y+11=0的正整数解 .5. 求 x2+ xy-6=0的正整数解 .6. 求 y- (x+3y)/(x+2) =1的正整数解 .7. 设 n =7（mod 8），则 n 不能表示为 3个平方数的和 .1. 由4x2－4xy－3y2= 21，得（2x+ y）（2x－3y）= 21. 得
，2x+ y=7， 即
x= 3，， 2x- 3y= 3.
y= 1.2. 由 x2+ y2=170知，x，y同为奇数或同为偶数.x，y为偶数，则 x2+ y2有因数 4，而 170无 4因数；x，y为奇数，设x =2k+1, y = 2h+1, 代入化简得k (k+1)+h (h+1) = 42, 仅当k = 0, h = 6或k = 0, h = 6时可求得：?x?1,?x?13,?x?7,?x?11, ????y?13;y?1;y?11;y?7.????x?35，x是 35的约数，得 x= 1，y= 2，或x=35，y=2. x64. 由原方程变为：y= 2x－1+ ，2x－5是 6的约数：± 1，±2，±3，±6，通过分析得 2x?53. x2-18xy+ 35=0，得 18y=x=3，y=11或x=4，y=9.5.
x=1，y=51或 x= 2，y= 11.6. 原方程变形为 y=2+ 4x- 1，可求得 x= 2，3，5，代入可求 y.7.
x2+ y2+ z2= n=7（mod 8），则 x，y，z必有一奇数 .由 x2≡1（mod 8），有y2+ z2=6（mod 8），即y，z同奇同偶，同奇不成立，同为偶时，由 y≡4（mod8）产生矛盾 .8.
x2+ y2= p≡3（mod4），当 x，y≡0，± 1，2（mod4）时，x2+ y2≡0，1，2（mod 4）），这产生矛盾，命题得证 .9. 由原方程组中 x+ y+ z=0得 z= - （x+ y），代入 x3+ y3+ z3= -18，则 xy（x+y）=6，故 xyz= -6，x、y、z都是 6的约数，并且只有一个是负数，可得其整数解 x= -3，y= 2，z= 1.10. 通过证明 x2+ y2+ z2被 8整除所得的余数不等于 - 1即可 .11. 通过证明 x3+ y3+ z3被 9整除所得的余数不等于 4即可 .
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