初等数论答案到第四章

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 b

00(,)|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

||,||2

b 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,,,,2222

b b b b

b b -

--则a 必在此序列的某两项之间

即存在一个整数q ，使

1

22

q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22

q q

s t a bs a b =

=-=-，则有 02222

b q q q

a bs t a

b a b b t ≤-==-=-<∴<

若0b < 则令,22q q

s t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <

()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11

,22

q q s t a bs a b ++=

=-=-，则有 11

02222

b b q q t a bs a b a b t ++-

≤=-=-=-<∴≤ 若 0b <，则令11

,22

q 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111,22

b b

t 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

2

b

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

111222

11

1111,,,,,

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 r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,

即d '是(,)a b 的因数。

反过来(,)a b |a 且(,)a b |b ，若|(,),d a b ''则|,|d a d b ''''，所以(,)a b 的因数都是,a b 的公因数，从而,a b 的公因数与(,)a b 的因数相同。

2．证明：见本书P2，P3第3题证明。

3．应用§1习题4证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所

说的求法及辗转相除法实际算出（76501，9719）．

解：有§1习题4知：

,,0,,,a b Z b s t Z ∀∈≠∃∈使,||2

b

a bs t t =+≤

。， 11,s t ∴∃，使1112

||,||,,22t b b s t t t =+≤≤如此类推知：

21,,;n n n n n n s t t t s t --∃=+ 11111,,;n n n n n n s t t t s t ++-++∃=+

且1221

||||

||||

||22

22n n n n n t t t b t --+≤

≤≤≤

≤

而b 是一个有限数，,n N ∴∃∈使10n t +=

1121(,)(,)(,)(,)(,)(,0)n n n n a b b t t t t t t t t t +∴=======，存在其求法为：

1

(,)(,)(,())a b b a bs a bs b a bs s =-=

---=

(76501,9719)

(9719,7650197197)(8468,97198468)(1251,846812516)(3,1)1

∴=-⨯=-=-⨯===

4．证明本节（1）式中的log log 2

b

n ≤

证：由P3§1习题4知在（1）式中有 12

1121022

22n n n n n n

r r r b

r r --+-=<≤

≤≤≤

≤

，而1n r ≥ 1,22n

n

b b ∴≤

∴≤， 2

l o g l o g l o g 2b n b ∴≤=，即log log 2b n ≤ §3 整除的进一步性质及最小公倍数

1．证明两整数a ，b 互质的充分与必要条件是：存在两个整数s ，t 满足条件

1ax bt +=．

证明 必要性。若(,)1a b =，则由推论1.1知存在两个整数s ，t 满足：(,)as bt a b +=，

1as bt ∴+=

充分性。若存在整数s ，t 使as+bt=1，则a ，b 不全为0。 又因为(,)|,(,)|a b a a b b ，所以(,|)a b as bt + 即(,)|1a b 。 又(,)0a b >，(,)1a b ∴= 2．证明定理3 定理3 [][]1212,,||,||,||n n a a a a a a =

证：设121[,,

,]n a a a m =，则1|(1,2,,)i a m i n =

∴1|||(1,2,,)i a m i n =又设122[||,||,

,||]n a a a m =

则21|m m 。反之若2|||i a m ，则2|i a m ，12|m m ∴ 从而12m m =，即12[,,,]n a a a =122[||,||,,||]n a a a

3．设1110n n n n a x a x a x a --++

++ （1）

是一个整数系数多项式且0a ，n a 都不是零，则（1）的根只能是以0a 的因数作分子

以n a 不是有理数．

证：设（1）的任一有理根为

p

q ，(,)1,1p q q =>。则 111

0()()0n n n n p p

p

a a a a q q q

--++++= 111100n n n n n n a p a p q a pq a q ---++

++= （2）

由11110(2)n n n n n n a p a p q a pq a q ----=+

++，

所以q 整除上式的右端，所以|n n q a p ，又(,)1,1p q q =>， 所以(,)1,|n n q p q a =∴；

又由（2）有11110n n n n n n a p a p q a pq a q ---+++=-

因为p 整除上式的右端，所以0|n P a q ，(,)1,1p q q =>，所以(,)1, |n n q p p a =∴ 故（1）的有理根为

p

q

，且0|,|n p a q a 。

220x x =∴-=，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是

1,2±±为无理数。

=

,p

q

(,)1,1p q q =>，则2

222222222,2,(,)(2,)1p q p p q q p q q

=∴=∴==>

但由(,)1,1p q q =>知22(,)1p q =不是有理数。 §4 质数·算术基本定理 1．试造不超过100的质数表 解：用Eratosthenes 筛选法

（110=a

（2）10内的质数为：2，3，5，7

（3）划掉2，3，5，7的倍数，剩下的是100内的素数 将不超过100的正整数排列如下：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90

91 92 93 94 95 96 97 98 99 100

2．求82798848及81057226635000的标准式．

解：因为8|848，所以38|,827988488103498562A A B ==⨯=⨯， 又8|856，所以8|B ，3812937322B C =⨯=⨯， 又4|32，所以4|C ，243234332C D =⨯=⨯

又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D ，29359373D E =⨯=⨯， 又9|（3+5+9+3+7），所以9|E ，93993E =⨯ 又3399331331311=⨯=⨯ 所以8532311A =；

同理有3343281057226635000235711172337=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅。 3．证明推论3.3并推广到n 个正整数的情形． 推论3.3 设a ，b 是任意两个正整数，且

1212n

n a p p p ααα=⋅⋅

⋅，0i α≥，1,2,

,i k =， 12

12n

n b p p p βββ=⋅⋅⋅，0i β≥，1,2,

,i k =，

则1212(,)k k a b p p p γγγ=⋅⋅⋅，12

1

2[,]k

k a b p p p δδδ=⋅⋅⋅，

其中min(,)i i i γαβ=，min(,)i i i δαβ=，1,2,,i k =

证：

min(,)i i i γαβ=，∴0,0i i i i γαγβ≤≤≤≤

∴ |,|i i i i i i i i p p p p γαγβ

(1,2

)i k =

∴

1

1

i

i k

k

i

i i i p p γα==∏∏，1

1

i

i k

k

i

i i i p p γβ==∏∏. ∴ 12

12|(,)k k p p p a b γγγ，又显然12

12(,)|k

k a b p p p γγγ

∴ 121

2(,)k k p p p a b γγγ=，同理可得1212

[,]k

k p p p a b δδδ=，max{,}i i i δαβ=

推广

设11112

112k k a p p p βββ=,22122

212k k a p p p βββ=,12

12,n n nk n k a p p p βββ=

(其中j p 为质数1,2,

,,i j k a =为任意n 个正整数1,2,,,0ij i n β=≥)， 则

1212

121(,,

,),min{},

1,2,,i i ik

k n ij ij i n

p p p a a a j k γγγγβ≤≤=== 12

12121[,,,],max{},1,2,

,i i ik

k n ij ij i n

p p p a a a j k δδδδβ<<===

4．应用推论3.3证明§3的定理4（ii ）

证：设12

11

1

212

k k

k k a p p p b p p p αβααββ==，，

其中p 1, p 2, , p k 是互不相同的素数，αi ，βi （1 ≤ i ≤ k ）都是非负整数，有

11

11

12

12

(,)min{,}1[,]max{,}1k k

k i i i k i i i a b p p p i k a b p p p i k λλλμμμλαβμαβ==≤≤==≤≤，，，，，。

由此知(a , b )[a , b ] =

min{,}max{,}

1

11

i i

i i i i i i k

k

k

i

i

i i i i p

p

p λμαβαβαβ+++=====∏∏∏=ab ；从而有

[,](,)

ab

a b a b =

． ５．若n 21+是质数（n>1），则n 是2的方幂． 证：（反证法）设2(k n l l =为奇数）， 则2222(1)

2(2)2121(2)1(21)[221]k

k

k

k

k

n l l l l ⋅⋅-⋅-+=+=+=+-+

+

∵ 22121(2)121k

k

l n <+<+=+， ∴ 21n +为合数矛盾，故ｎ一定为２的方幂． §5 函数[x],{x}及其在数论中的一个应用 1．求30！的标准分解式．

解：30内的素数为2，3，5，7，11，13，17，19，23，29

22345303030303022222α⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤

=+++++

⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣

⎦

15431023=++++=

3234303030303333α⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤

=++++

⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦

1031014=+++=

5233030306107555α⎡⎤⎡⎤⎡⎤

=+++

=++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦

72303040477α⎡⎤⎡⎤

=++

=+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，11230302021111α⎡⎤⎡⎤

=++

=+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦

13230302021313α⎡⎤⎡⎤

=++

=+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦

，13230302021313α⎡⎤⎡⎤

=++

=+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦

17230301011717α⎡⎤⎡⎤

=++

=+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦

，191923291αααα====

∴ 2314542230!2357111317192329=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2．设n 是任一正整数，α是实数，证明：

(i) [][]n n αα⎡⎤

=⎢

⎥⎣⎦

(ii) [][]11n n n n αααα-⎡

⎤

⎡

⎤

+++⋅⋅⋅++=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣

⎦ 证：(i)设[]m α=.则由性质II 知1m m α≤<+, 所以 nm n nm n α≤<+, 所以[]nm n nm n α≤<+，所以[]

1n m m n

α≤

<+，又在ｍ与ｍ+１之间只有唯一整数ｍ，所以[]

[

][]n m n

αα==． (ii) [证法一]设

1{},0,1,2,,1k k k n n n

α+≤<=-,

则{}1,[][]k n k n n k ααα≤<+∴=+ ①当1i k n +≤-时,1{}1,[][]i k i i

n n n ααα+++

<≤+= ; ②当i k n +≥时,2{}1,[][]1i k i i n n n

ααα+>+

≥≥+=+;

111

00

11

[][][]

1[][][]()[]([]1)[]n n k n i i i n k n n n

i i

n n n n k k n k ααααααααα----=-=--∴+++++=+=+++=-++=+∑∑∑

1

[][]n i i

n n αα-=∴+=∑

[证法二] 令1

()[][]n i i f n n ααα-==

+-∑, 1011()[][1]()n i i f n f n n αααα-=++=+-+≡∑

10

11()[][1]()n i i f n f n n αααα-=++=+-+≡∑

()f α∴是以

1

n

为周期的函数。 又当[0,1),()000,,()0f R f αααα∈=-=∴∈≡时，

即

1

1[][]n i n n αα-=+=∑。 [评注]：[证一]充分体现了 常规方法的特点，而[证二]则表现了较高的技巧。 3．设α，β是任意二实数，证明： (i) [][][]αβαβ-=-或[]1αβ-+ (ii) [2][2][][][]αβααββ+≥+++ 证明：（i ）由高斯函数[x]的定义有

[],[],01;01r s r s ααββ=+=+≤<≤<。则

[][],1

r

s r s αβαβ-=-+--< 当0,[][][]r s αβαβ-≥-=-时

当0,[][][]1r s αβαβ-<-=--时

故 [][][][]1[][]αβαβαβαβ-=--+=-或 （ii ）设[],[],0,1x y x y ααββ=+=+≤<， 则有0{}{}2x y αβ≤+=+< 下面分两个区间讨论：

①若01x y ≤+<，则[]0x y +=，所以[][][]αβαβ+=+，所以

[2][2]αβ+=[2[]2][2[]2]x y αβ+++=2[]2[]2([][])x y αβ+++2[]2[]αβ≥+=[][][][]αββα+++=[][][]ααββ+++

②若12x y ≤+<，则[]1x y +=，所以[][][]1αβαβ+=++。 所以

1[2][2][2[]2][2[]2]2[]2[]2([][])2[]2[]2([][1])

[][][][]22([][])2[]2[]1[][][]

x y x y x y x x x x αβαβαβαβαββααβααββ≥-+=+++=+++≥+++-←−−−→

=++++++-≥++=+++

（ii ）（证法2）由于α，β对称，不妨设{}{}αβ≥

[2][2][2([]{})][2([]{})]αβααββ+=+++ 2[]2[][2{}][2{}]αβαβ=+++

2[]2[][{}{}]αβαβ≥+++

[][]([][][{}{}])αβαβαβ=+++++ [][][[]{}[]{}]αβααββ=+++++

[][][]ααββ=+++

4. (i) 设函数

在闭区间Q x R ≤≤上是连续的，并且非负，证明:和式

表示平面区域Q x R ≤≤，0()y f x <≤内的整点（整数坐标的点）的个数. (ii) 设p ，q 是两个互质的单正整数，证明：

(iii) 设

，T 是区域

内的整点数，证明：

(iv) 设

，T 是区域

，

，

内的整点数，证明：

证明：(略) 5. 设

任一正整数，且

，p 是质数，

，证明：

在的标准分解式中，质因数p 的指数是

其中

.

证明：在的标准分解式中，质因数p 的指数有限，即

，

所以

而

第二章 不定方程 §2．1 习题

1、解下列不定方程 )1525100a x y +=

630360306)=-y x b

解：)a 原方程等价于：3520x y += 显然它有一个整数解 0010,2x y ==- ，

故一般解为 105

(0,1,2,)

23x t t y t

=-⎧=±±⎨

=-+⎩ )b 原方程等价于：172035x y -= 显然它有一个整数解 00735,635x y =-⨯=-⨯

故一般解为 735

20(0,1,2,)635

17x t t y t =-⨯+⎧=±±⎨

=-⨯+⎩ 2、把100分成两份，使一份可被7整除，一份可被11整除。 解：依题意 即求 711100x y += 的正整数解，解得 008,4x y ==

一般解是： 811(0,1,)47x t

t y t =-⎧=±⎨=+⎩

但除 0t =外无其他正整数解，故有且只有 1005644=+ 3、证明：二元一次不定方程 ,0,0,(,)a x b y N a b a b +=>>=

的非负整数解为 N ab ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 或 1N ab ⎡⎤

+⎢⎥⎣⎦

证明：当0N <时，原方程没有整数解，而 10N ab ⎡⎤

+≤⎢⎥⎣⎦ 故命题正确

当0N =时，原方程有且只有一个非负整数解

()0,0

而 0N ab ⎡⎤

=⎢⎥⎣⎦

11N ab ⎡⎤

+=⎢⎥⎣⎦

因为 (),1a b = 所以

原方程有整数解 (){}{}100011021,,(1),,,(1),,n n n n x y y q q N x q q N ---=-=-

其中

[]123,,,,n a

q q q q b

=，由于0a b >>，故00,x y 中一正一负，可设

0,0x y >≤

原方程的一般解是：()000,1,

x x bt

t y y at

=-⎧=±⎨

=+⎩

要求00000,0x y x bt y at t b a

-≥+≥⇒

≥≥-， 仅当 0y a -

是整数时，才能取 0y t a ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦ ，否则 0y t a ⎡⎤

>-⎢⎥⎣⎦

故这个不等式的整数解个数T 是 ：

当是整数时 000011x y x y T b a b a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤

=--+=++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦

因而 001x y N N T ab b a ab ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤

=+⇒=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦

当

0y a 不是整数时 00001x y x y T b a b a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=--=++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦

因而 00001x y b a N ab x y b a ⎧⎡⎤⎡⎤

+⎪⎢⎥⎢⎥⎪⎣⎦⎣⎦

⎡⎤=⎨⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎡⎤

⎪++⎢⎥⎢⎥⎪⎣⎦⎣⎦

⎩ 所以 ()m ϕ

证明2：二元一次不定方程ax + by = N 的一切整数解为00x x bt

y y at =-⎧⎨=+⎩

，t ∈Z ，

于是由x ≥ 0，y ≥ 0得00y x t a b -

≤≤，但区间00,[]y x a b -的长度是

N

ab ，故此区间内的整数个数为[][]N N

ab ab

或+ 1。

：

4、证明：二元一次不定方程 ,(,)1,1,1ax by N a b a b +==>>，当 N ab a b >-- 时有非负整数解，N ab a b === 则不然。

证明：先证后一点，当 N ab a b =--时，原方程有非负整数解 ()00,x y 则12(,).d m m =

00001,11,1,1,1b x a y x bk y ah k h ⇒++⇒+=+=≥≥

(),2ab k h ab k h ⇒+=+≥，这是不可能的。

次证，当N>ab-a-b 时，因(a ，b)=1，故原方程有整数解（x 0，y 0），一般解是

{

00(0,1,)x x bt y y at

t =-=-=±要求x 0-bt ≥0，y 00at -≥00y x

t a b

⇒-

≤≤会证明存在满足这个不等式的整数0t t =可取使00(0)x bt r r b =+≤<于是对于这个0t 有：

001

1x b x bt r b t b

-+-=≤-⇒≥

而

0000000

000111

(1)()()()1

0a y at y x b by ax ab a N ab a ab a b ab a b b b b

y

y at t a

+≥+-++-+=-+>---+=-∴+≥⇒≥-这就证明了当N ab a b >--时，原方程有非负整数解． 1．证明定理2推论。

推论 单位圆周上座标都是有理数的点（称为有理点），可以写成

2222

2222222222,,()()ab a b a b ab a b a b a b a b

--±±±±++++或 的形式，其中a 与b 是不全为零的整数。

证明：设有理数l n

x y m m

=

=，（m ≠ 0）满足方程x 2 + y 2 = 1，即l 2 + n 2 = m 2，于是得l = ±2abd ，n = ±(a 2 - b 2)d ，m = ±(a 2 + b 2)d 或l = ±(a 2 - b 2)d ，m

=

±2abd

，

m

=

±(a 2

+

b 2)d

，

由

此

得

(x ,

y )

=222222222222

22,,()()ab a b a b ab a b a b a b a b

--±±±±++++或。反之，代入方程x 2 + y 2

= 1即知这样的点在单位圆周上。

2．求出不定方程2223,(,)1,0,0,0x y z x y x y z +==>>>的一切正整数解的公式。

解：设不定方程2223x y z +=,(,)1x y =有解则 (1)3/z-x 或3/z+x 因为2223()()y z x z x z x =-=-+

⇒3/()()3/z x z x z x -+⇒-或3/z+x

()()2

2

22

2

3333/3/z x z x

z x z x z x z x

y y

y x

z +-+=⇒

=

⋅-=+⋅+-或者得或

以下不妨设3/z x +

②(),1x z =， 设 2

2

2(x ,z )d ,

d /x ,d /z d /3,

y

x z =⇒=-则

2

2

2

,3/,9/,9/9/33/d y y x z ⇒⇒⇒若 ()3/,x y ⇒与(),1x y =矛盾!

这样()(

)

2

2

2

3,1/

//3d d d y

y

y d

=⇒⇒而()//,1d x d x y d ⇒⇒=

③(),12z x z x +-=或， (),/()()2t z x z x t z x z x x =+-⇒+--=设，

()/()()2/2.22t z x z x z t x z ++-=⇒= 即 12t t ==或

④若

(),1,,1,3z x z x z x z x +⎛⎫

+-=-=

⎪⎝⎭

则 ()()()2

2

33

z x

z x z x z x y y

+=+-⇒

=

⋅-从而 由引理可设

2

,3

z x a +=2,z x y ab b -== 从而≡ ， 为证得,x z 为整数， (),1,x z = 必须有a ， b 均为奇数，且2

2

3a

b >

⑤若(),2,1,1226

2z x z x z x z x z x z x +-+-⎛⎫⎛⎫

+-=⇒=⇒=

⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()()2

2

3262y z x z x z x z x y

+-⎛⎫

=+-⇒=⋅

⎪⎝⎭

从而 设

222222

,,,3,2,3622

z x z x y ab x y ab z a b a b a b +-====-==+即， 其中,a b 为一奇一偶，且有(),1

a b =

4．解不定方程：x 2 + 3y 2 = z 2，x > 0，y > 0，z > 0，(x , y ) = 1。

解：设(z - x , z + x ) = d ，易知d = 1或2。由(z - x )(z + x ) = 3y 2得z - x = 3da 2，z + x = db 2，y = dab 或z - x = db 2，z + x = 3da 2，y = dab ，a > 0，

b > 0，(a , b ) = 1。(ⅰ) 当d = 1：2222

|3|322

b a b a x y ab z -+===，，，a > 0，b > 0，(a , b ) = 1，3|/b ，a , b 同为奇数； (ⅱ) 当d = 2：x = |b 2 - 3a 2|，y = 2ab ，z = b 2 + 3a 2，a > 0，b > 0，(a , b ) = 1，3|/

b ，a , b 一奇一偶。反之，易验证(ⅰ)或(ⅱ)是原不定方程的解，且x > 0，y > 0，z > 0，(x , y )

= 1。

3．证明不等式方程

()2

2

4

,,1,0,0,/x y x y z x y x z +

==>>的一切正整数解．

可以写成公式: 2

24(

),x ab a

b =-y =∣442

2

6a b a

b

+-∣，2

2

z a

b =

+

其中()0,0,,1,,a b a b a b >>=一单一双 证明:由定理1知道原方程的解是2

222

2,,,x cd y z c

d c d ==

-=+

()0,,1c d c d >>=， 且c ， d 为一奇一偶，

其中，()2

2

2,,0,,1c ab d a b a b a

b ==->>=， 且a ， b 为一奇一偶．

所以2

2

4(

),x ab a

b =-y =∣4

4

2

2

6a b a

b

+-∣，2

2

z a

b =

+是原方程的正整数解

()2

2

(0,0,0,,1,2/,x y z x y x a b >>>=+且是奇数，

原方程正整数的解有:

()000,，，()2

0,a a ±±，

，

()2

,0,a

a ±±(

)

2

2

4

4

2

2

22

4(),(6),()

ab a b a b a b

a b ±-±+-±+，

()4

4

2

2

2

2

2

2

(6),4(),(),ab a b a b a b a b ±+-±-±+

6．求方程x 2 + y 2 = z 4的满足(x , y ) = 1，2∣x 的正整数解。

解：设x ，y ，z 是x 2 + y 2 = z 4的满足(x , y ) = 1，2∣x 的正整数解，则x = 2ab ，y = a 2 - b 2，z 2 = a 2 + b 2，a > b > 0，(a , b ) = 1，a , b 一奇一偶， 再由z 2 = a 2 + b 2得a = 2uv ，b = u 2 - v 2， z = u 2 + v 2 或 a = u 2 - v 2，b = 2uv ， z = u 2 + v 2， u > v > 0，(u , v ) = 1，u , v 一奇一偶，于是得x = 4uv (u 2 - v 2)，

y = |u 4 + v 4 - 6u 2v 2|，z = u 2 + v 2，u > v > 0，(u , v ) = 1，u , v 一奇一偶。反之，易验证它是原不定方程的整数解，且x > 0，y > 0，z > 0，(x , y ) = 1，2∣x 。

其中正负号可任意选取． 第三章 同余

ξ1同余的概念及其基本性质

1、 证明（i ）若1

k

ααA ≡1k

α

αB (modm)

x i ≡y i (modm)、i=1，2，、、、，k 则

1

1

1

11,,1

1,,1,,

k k k k

k

k

k x

x y y ααααααααααα

α

A ≡

B ∑∑(modm)

特别地，若i i a b ≡（modm ），i=0，1，

,n 则

111010n n n n n n n n a x a x a b x b x b ----++≡++

+（modm ）

(ii)若a ≡b(modm)，k 0,(mod ),ak bk mk >≡

（iii ）若a ≡b(modm)，d 是a ，b 及m 的任一正公因数，则(mod ),a b m

b d d

≡ (iv)若a ≡b(modm)，,0.d m d > 则a ≡b(modd)． 证明 ：（i ）据性质戊，由(mod ),1,2,,.i i x y m i k ≡=

得(mod ),1,2,,,i i i i x y m i k αα≡=

进一步，则

1

1

1

1

11

(mod )k

k

k k k k x x B y y m α

ααααααααA ≡

最后据性质丁，可得：

1

1

1

11,,1

1,,1,,

k k k k

k

k

k x

x y y ααααααααααα

α

A ≡

B ∑∑（modm ）

(ii) 据定理1，a ≡b(modm),m a b ⇒-

0,()k mk k a b ka kb >∴-=-

又据定理1，即得(mod ).ka kb mk ≡

（iii ）据定理1， a ≡b(modm) ,m a b ⇒-即a-b=ms(s ∈z)

,,,0,a b m d a b m d s d d ->∴

=，即,a b m

s d d d -=⋅ 仍据定理1，立得(mod ),a b m

b d d ≡

(iv) 据定理1， a ≡b(modm),(),a a ms s z ⇒-=∈ 又

,,,d m m dt t z ∴=∈

故(),,a b ms d st st z -==∈

(mod ).a b d ∴≡

2、设正整数1101010,010n n n n i a a a a a --=++

≤<

试证11整除的充分且必要条件是11整除

1

(1).i

n

i

i a =-∑

证明 ：101(mod11),≡-∴由上题(i)的特殊情形立得

1101010n n n n a a a a --=++≡110(1)(1)(mod11)n n n n a a a ---+-+

(1)(mod11),n

i i i a a =≡-∑

1111

(1)i

n

i

i a a =∴⇔-∑．

3．找出整数能被37，101整除有判別条件来。 解：10001(mod37)≡

故正整数11010001000,01000k k k k i a a a a a --=++≤<

立得0

3737

.k

i i a a =⇔∑

1001(mod101).≡-

故设正整数110100100,0100's s s s i a b b b b --=++≤<，

立得0

101101

(1).s

i i

i a b =⇔-∑

4、证明641｜3221+ 证明：∵()82256mod641≡

∴()162225665536154mod641≡=≡ ∴()3222154237161mod641≡=≡- 即641∣3221+

5、若a 是任一单数，则()

221mod 2n

n a +≡，()1n ≥ 证明：（数学归纳法）设21a m =+

（1）1n =时，()()()2

2214111mod8a m m m =+=++≡， 结论成立。

（2）设n k =时，结论成立，即：

()()

()22222110mod 22112k

k

k k m m t +++-≡⇒+-=，()t z ∈ 而(

)(

)(

)(

)

1

22222111112k k

k

k

k

a

a a a a +-=-+=---

(

)2

2

22

22k k t t ++=+⋅⋅

224

3

22k k t t ++=⋅+⋅ ()

31221k k t t ++=⋅⋅+

()

30m o d 2

k +≡ 故1n k =+时，结论也成立；∴1n ≥时，结论也成立。

证明：若2|/a ，n 是正整数，则2n

a ≡ 1 (mod 2n + 2)。 (4) 设a = 2k + 1，当n = 1时，有

a 2 = (2k + 1)2 = 4k (k + 1) + 1 ≡ 1 (mod 23)，

即式(4)成立。

设式(4)对于n = k 成立，则有

2k a ≡ 1 (mod 2k + 2) ⇒2k

a = 1 + q 2k + 2，

其中q ∈Z ，所以

1

2k a += (1 + q 2k + 2)2 = 1 + q '2k + 3 ≡ 1 (mod 2k + 3)，

其中q '是某个整数。这说明式(4)当n = k + 1也成立。

由归纳法知式(4)对所有正整数n 成立。

(0346)《初等数论》网上作业题及答案

（0346）《初等数论》网上作业题及答案1：第一次作业 2：第二次作业 3：第三次作业 4：第四次作业 5：第五次作业 1：[论述题]数论第一次作业 参考答案：数论第一次作业答案 2：[单选题]如果a|b，b|c，则（）。 A：a=c B：a=-c C：a|c D：c|a 参考答案：C 马克思主义哲学是我们时代的思想智慧。作为时代的思想智慧，马克思主义哲学主要具有反思功能、概括功能、批判功能和预测功能。 （1）“反思”是哲学思维的基本特征，是以思想的本身为内容，力求思想自觉其为思想。通过不断的反思，揭示自己时代的本质和规律，达到对事物本质和规律性的认识。 （2）概括是马克思主义哲学的重要功能，是马克思主义哲学把握人与世界总体性关系的基本思维方式。 （3）马克思主义哲学的批判功能主要是指对现存世界的积极否定。 （4）马克思主义哲学的预测功能在于预见现存世界的发展趋势。 3：[单选题]360与200的最大公约数是（）。 A：10 B：20 C：30 D：40 参考答案：D数论第一次作业答案 4：[单选题]如果a|b，b|a ，则（）。 A：a=b B：a=-b

C：a=b或a=-b D：a，b的关系无法确定 参考答案：C数论第一次作业答案 5：[单选题]-4除-39的余数是（）。 A：3 B：2 C：1 D：0 参考答案：C数论第一次作业答案 6：[单选题]设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。A：整除 B：不整除 C：等于 D：小于 参考答案：A数论第一次作业答案 7：[单选题]整数6的正约数的个数是（）。 A：1 B：2 C：3 D：4 参考答案：D数论第一次作业答案 8：[单选题]如果5|n ，7|n，则35（）n 。 A：不整除 B：等于 C：不一定 D：整除

《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 b 00(,)|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 ||,||2 b 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,,,,2222 b b b b b b --- 则a 必在此序列的某两项之间 即存在一个整数q ，使 1 22 q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22 q q s t a bs a b = =-=-，则有 02222 b q q q a bs t a b a b b t ≤-==-=-<∴< 若0b < 则令,22q q s t a bs a b =- =-=+，则同样有2 b t < ()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11 ,22 q q s t a bs a b ++= =-=-，则有

初等数论课后习题答案

1 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。 ∴ 存在n 个整数n p p p ,,21使 n n n m p a m p a m p a ===,,,222111 又n q q q ,,,21 是任意n 个整数 m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴ 即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数 2 证： )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n 1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n 从而可知 12)(1(/6++n n n 3 证： b a , 不全为0 ∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而 有形如by ax +的最小整数00by ax + Z y x ∈?,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+ 则b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=r ax by ax + +∴/0 0 下证8P 第二题 by ax by ax ++/0 0 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0 ++∴ ,/(0 b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( /),(by ax b a +∴ 故),(0 0b a by ax =+ 4 证：作序列 ,2 3, ,2 , 0,2 ,,2 3,b b b b b b - -- 则a 必在此序列的某两项之间（区间段）

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。费马小定理是指当p是素数且a是整数时，a的p次方与a同余模p。

初等数论习题及答案

初等数论习题及答案 初等数论习题及答案 数论作为数学的一个分支，研究的是整数的性质和关系。它广泛应用于密码学、计算机科学和其他领域。初等数论是数论的基础，它涉及到一些基本的概念和 定理。本文将介绍一些常见的初等数论习题，并提供相应的答案。 1. 习题：证明任意两个正整数的最大公约数和最小公倍数之积等于这两个正整 数的乘积。 答案：设两个正整数分别为a和b，它们的最大公约数为d，最小公倍数为l。根据最大公约数和最小公倍数的定义，我们有以下等式： a = dx b = dy 其中x和y是互素的正整数。根据最大公约数和最小公倍数的性质，我们有： l = dxy 因此，最大公约数和最小公倍数之积等于这两个正整数的乘积。 2. 习题：证明任意一个正整数的平方都是4的倍数或者4的倍数加1。 答案：设正整数为n。根据整数的奇偶性，我们可以将n分为两种情况讨论。情况一：n为偶数。偶数可以表示为2k的形式，其中k为整数。那么n的平 方为(2k)^2 = 4k^2，显然是4的倍数。 情况二：n为奇数。奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。那么n的 平方为(2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1，显然是4的倍数加1。 综上所述，任意一个正整数的平方都是4的倍数或者4的倍数加1。 3. 习题：证明任意一个正整数的立方都是6的倍数、6的倍数加1或者6的倍

数减1。 答案：设正整数为n。根据整数的奇偶性，我们可以将n分为三种情况讨论。情况一：n为偶数。偶数可以表示为2k的形式，其中k为整数。那么n的立 方为(2k)^3 = 8k^3，显然是6的倍数。 情况二：n为奇数且不是3的倍数。奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为 整数。那么n的立方为(2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1，显然是6的倍数加1。 情况三：n为奇数且是3的倍数。奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。那么n的立方为(2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1 = 6(4k^3 + 2k^2 + k) + 1，显然是6的倍数减1。 综上所述，任意一个正整数的立方都是6的倍数、6的倍数加1或者6的倍 数减1。 4. 习题：证明任意一个正整数的立方都可以表示为3k、3k+1或者3k+2的形式，其中k为整数。 答案：设正整数为n。根据整数的奇偶性，我们可以将n分为三种情况讨论。情况一：n为偶数。偶数可以表示为2k的形式，其中k为整数。那么n的立 方为(2k)^3 = 8k^3 = 3(2k^3)，显然可以表示为3k的形式。 情况二：n为奇数且不是3的倍数。奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为 整数。那么n的立方为(2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1 = 3(2k^3 + 4k^2 + 2k) + 1，显然可以表示为3k+1的形式。 情况三：n为奇数且是3的倍数。奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。那么n的立方为(2k+1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1 = 3(2k^3 + 4k^2 + 2k)

初等数论期中考试答案

《初等数论》测试题 1.,,|,1,,.|1,(),|,|,|,||(),|a b n a bn ax by x y a n ax by n n ax by anx bny a anx a bn a anx a bny a anx bny a n +=+==+=+∴∴+ 设满足是两个整数证明：证明：故即 1.:1,,|,|,|. ax by anx bny n a bn a anx bny a n +=∴+=∴+ 证明即 2.(,)1|,(,)(,) 1. (,),|,,|,|,|(),|,|,|(,),(,)1,1,(,)1(,)1,(,)(,)1 a b c a b c a c b d c a c a b q a b cq b cq a d a d c d cq a d b d a d a b a b d c a c b c a c b =+===+∃+=⇒=--∴====== 若，则证明：记故使故即又故即，同理可证故有 2.:|,|, |,|,|,1,(,) 1.(,) 1. d a d c c a b d a b d b d c a c b +∴+∴=±∴== 证明若同理 331212223.[]42[]66(,)3,,,. []42237[,]662311,237,237,(0,1,1,2,3)(,)3,3|,3|,1,[,]23711,[,]23117,7|1i i A B B C A C A B C A B B C A B i A C A C A B B B C B A αβααββαβαβ=====⨯⨯==⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯≤≤==∴===⨯⨯=⨯⨯ 已知，，，，求解：由，，故其中从而又由知必不含因子由知也必不含从而，11331111111|1,212,332(,)3 1.001,213366,26,21,2,3321,6,3321,2,6621,6,66.10,4233,26,42,2,3342,C A B A C A C B A B C A B C A B C A B C A C B A B C A B αβαβαβαβαβ⇒===⨯=⨯============================故,由知与不能同时为当时,或即时,或此时或即或或或当时,即时,此时或即或6,33 (21,2,33),(21,6,33),(21,2,66),(21,6,66),(42,2,33),(42,6,33). C =故共有六组解 57224(1)4.344 (2) (1)2(2)1313524,(2,2),22-(1)(2)726-2652-2-2,2-222,x y z x y z x y x y x t t y t x z x z z x z t t x t y t t z t ++=⎧⎨ --=⎩⨯++=⇒+==+⎧∈⎨=⎩ +⨯=⇒=⇒==+==+⎧⎪ ∴=-∈⎨⎪=⎩ 解不定方程组解：得显然为方程的一个特解故方程的解，又由得故方程的解为

初等数论潘承洞答案

初等数论潘承洞答案 【篇一：初等数论与中学数学】 摘要：《初等数论》是数学与应用数学、数学教育专业的一门专业基础课，主 要研究整数的性质，历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。近年来，数论在中学数学中的运用越来越多，特别是在中学的数学竞赛中运用极为广泛。本文主要介绍初等数论在中学数学中的应用以及初等数论与中学数学教学的相关问题。 关键词：初等数论中学数学数学竞赛中学数学教学 正文： 一、初等数论在中学数学中的应用在中学数学中，整数是最为常用的一种数之一，而初等数论是研究整数最基本的性质，与算术密切相关的一门学科，初等数论可以说是算术问题的延深。初 等数论中的整除性质，抽屉原理等一直是中学数学竞赛最热门的话题，由此可见初等数论在中学数学中的应用是极为广泛的。（一）中学数学中与初等数论相关的几个问题 1 、整除问题在小学的时候我们就知道，要知道一个数能不能被令一个数整除，可以用长 除法来判断，但当被除数位数较多的时候，计算量增大，问题就变得非常麻烦了。但在学习了初等数论之后问题会得到大大的简化。 1.1 整除的概念及其性质 定义1 （整除）设a、b是整数，b M0,如果存在整数q,使得a=bq 成立， 则称b整除a,或a能被b整除，记作：b I a。 定理1 （传递性）b I a，c I b =〉c I a 定理3 m I al , ........... , m I an,q1,q2, ........ qn€ z=〉 m I (a1q1+a1q2+ ....... +anqn) 定理4 设a 与b 是两个整数，b0, 则存在唯一的两个整数q 和r, 使得 a=bq+r,0 < rb (1) 并称q 为a 被b 除所得的不完全商；r 叫做a 被b 除所得的余数； (2)式称为带余数除法。 1 ． 2 下面举几个例子： 例1 证明3I n(n+1)(2n+1), 这里的n 是任意整数。 证法一：根据题意，n 可以写成n=3q+r, 这里r=0,1,2,q 为整数，对取不同 的值进行讨论，得出结论。证法二：根据整数定义，任何连续三个整数的乘积必是3 的倍数。 证明三：根据1A2+2A2+ ……+n 八2=1/6 n(n+1)(2 n+1)

《初等数论》习题解答

《初等数论》习题集 第1章 第 1 节 1. 证明定理1。 2. 证明：若m - p ∣mn + pq ，则m - p ∣mq + np 。 3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。 4. 设p 是n 的最小素约数，n = pn 1，n 1 > 1，证明：若p >3n ，则n 1 是素数。 5. 证明：存在无穷多个自然数n ，使得n 不能表示为 a 2 + p （a > 0是整数，p 为素数） 的形式。 第 2 节 1. 证明：12∣n 4 + 2n 3 + 11n 2 + 10n ，n ∈Z 。 2. 设3∣a 2 + b 2，证明：3∣a 且3∣b 。 3. 设n ，k 是正整数，证明：n k 与n k + 4的个位数字相同。 4. 证明：对于任何整数n ，m ，等式n 2 + (n + 1)2 = m 2 + 2不可能成立。 5. 设a 是自然数，问a 4 - 3a 2 + 9是素数还是合数？ 6. 证明：对于任意给定的n 个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n 整除。 第 3 节 1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。 2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。 3. 证明定理4的推论1和推论3。 4. 设x ，y ∈Z ，17∣2x + 3y ，证明：17∣9x + 5y 。 5. 设a ，b ，c ∈N ，c 无平方因子，a 2∣b 2c ，证明：a ∣b 。 6. 设n 是正整数，求1 223212C ,,C ,C -n n n n 的最大公约数。 第 4 节 1. 证明定理1。 2. 证明定理3的推论。 3. 设a ，b 是正整数，证明：(a + b )[a , b ] = a [b , a + b ]。 4. 求正整数a ，b ，使得a + b = 120，(a , b ) = 24，[a , b ] = 144。

初等数论王进明答案

初等数论王进明答案 【篇一：王进明__初等数论_习题解答】 s=txt>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+26=386. 这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题。 2．证明：(1) 当n∈z且n?9q?r(0?r?9)时，r只可能是0,1,8; 证：把n按被9除的余数分类，即：若n=3k, k∈z，则n?27k, r=0；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. 332323322333 n3n2n??的值是整数。 (2) 当 n∈z时，326 n3n2n2n3?3n2?n32??=证因为，只需证明分子2n?3n?n是6的 倍数。 3266 2n3?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。 (3) 若n为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)． (4)当m，n，l∈n+时，(m?n?l)!的值总是整数 m!n!l! (n?l?1)(n?l)(n?l?1)(l?1)?l! 证明：(m?n?l)!=(m?n?l)(m?n?l?1) 由k!必整除k个连续整数知：m!|(m?n?l)(m?n?l?1) n! |(n?l)(n?l?1)(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?|(an?bn)； (6)当a，b∈z且a ≠－b，n是单数时，?a?b?|(an?bn)． 解：利用例5结论：若a ≠ b，则?a?b?|(an?bn)．令b=－b*, 即得。或解： a = (a+b)－b， (5) 当n为双数时，由二项式展开

初等数论练习题答案

初等数论练习题一 一、填空题 1、d(2420)=12; ϕ(2420)=_880_ 2、设a,n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=_2. 3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1,0,1,2,3,4}. 4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。 5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t t ∈Z 。. 6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(m )_。 7、18100被172除的余数是_256。 8、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 =-1。 9、若p 是素数，则同余方程x p - 1 ≡1(mod p )的解数为 p-1 。 二、计算题 1、解同余方程：3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 105)。 解：因105 = 3⋅5⋅7， 同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 3)的解为x ≡ 1 (mod 3)， 同余方程3x 2+11x -38 ≡ 0 (mod 5)的解为x ≡ 0，3 (mod 5)， 同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 7)的解为x ≡ 2，6 (mod 7)， 故原同余方程有4解。 作同余方程组：x ≡ b 1 (mod 3)，x ≡ b 2 (mod 5)，x ≡ b 3 (mod 7)， 其中b 1 = 1，b 2 = 0，3，b 3 = 2，6， 由孙子定理得原同余方程的解为x ≡ 13，55，58，100 (mod 105)。 2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解？ 11074217 271071107713231071107311072107 710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-∙--∙-）（）（）（（），（）（）（），（）（））（）（（ ）（解： 故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。 3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。

初等数论 习题解答

王进明 初等数论 习题及作业解答 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：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++= (121)454122626390,b +=---=b =30, 被除数a =12b +26=360. 这题的后面部分是小学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454122626390---=是除数的13倍. 2．证明：(1) 当n ∈Z 且3 9(09)n q r r =+≤<时，r 只可能是0,1,8; 证：把n 按被9除的余数分类，即：若n=3k, k ∈Z ，则3327n k =, r=0； 若n=3k +1, k ∈Z ，则3322 (3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8. (2) 当 n ∈Z 时，32326 n n n -+的值是整数。 证 因为32326n n n -+=32236 n n n -+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。 32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=-- (1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+. 由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+. 或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --. 若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --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，(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。 又证： (1)(21)6 n n n --=02+12+22+…+(n-1)2,整数的平方和必为整数。 当 n ∈Z －时，-n ∈Z +, 从而同样推得(1)(21)6n n n --为整数，故命题得证。 (3) 若n 为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．