王進明初等數(shù)論習題解答

1、P17習題1-11，2(2)(3), 3，7，11，12為作業(yè)。1已知兩整數(shù)相除，得商12，余數(shù)26，又知被除數(shù)、除數(shù)、商及余數(shù)之和為454求被除數(shù).解：b=30,被除數(shù)a=12b+26=360+26=386.這題的后面部分是小學數(shù)學的典型問題之一“和倍”問題。2證明：(1)當nZ且時，r只可能是0,1,8;證：把n按被9除的余數(shù)分類，即：若n=3k, kZ，則, r=0；若n=3k +1, kZ，則,r=1；若n=3k1, kZ，則,r=8.(2)當 nZ時，的值是整數(shù)。證因為=，只需證明分子是6的倍數(shù)。=.由k!必整除k個連續(xù)整數(shù)知：6 ,6 |.或證：2!|, 必為偶數(shù).故只需證3|.若

2、3|n, 顯然3|；若n為3k +1, kZ，則n1是3的倍數(shù)，得知為3的倍數(shù)；若n為3k1, kZ，則2n1=2(3k1)1=6k-3,2n1是3的倍數(shù).綜上所述，必是6的倍數(shù),故命題得證。(3)若n為非負整數(shù)，則133|(11n+2+122n+1)證明：利用11n+2+122n+1=121×11n +12×144 n =133×11n +12×(144 n11 n)及例5的結論(4)當m，n，lN+時，的值總是整數(shù)證明：=由k!必整除k個連續(xù)整數(shù)知：,n! |，從而由和的整除性即證得命題。(5)當a，bZ且ab，n是雙數(shù)時，；(6)當a，bZ且ab，

3、n是單數(shù)時，解：利用例5結論：若ab，則令b=b*, 即得?；蚪猓篴=(a+b)b， (5)當n為雙數(shù)時，由二項式展開，證得。(6)當n為單數(shù)時類似可得。3已知a1，a2，a3，a4，a5，bZ,且，說明這六個數(shù)不能都是奇數(shù)解：若這六個數(shù)都是奇數(shù)，設，則，因為，所以8 | 4,而，即等式左邊被8除余5,而右邊被8除余1, 故不可能這六個數(shù)都是奇數(shù)。4能否在下式的各內填入加號或減號，使下式成立；能的話給出一種填法，否則，說明理由。123456789=10 不能，因為等式左邊有單數(shù)個單數(shù)，它們的和差只能是奇數(shù)，而等式右邊10為偶數(shù)。或解：無論各內填入加號或減號，123456789+1+2+3+4+

4、5+6+7+8+9總是偶數(shù)，而1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,因此的結果123456789一定是奇數(shù)。5已知：a，b，c均為奇數(shù)證明無有理根。證：若有有理根，記為互質，代入方程有即，這是不可能的，因為p,q互質，二者不可能同時為偶數(shù)。若p為偶數(shù)，則為偶數(shù)，但是奇數(shù)，它們的和不可能為0;若q為偶數(shù)，則為偶數(shù)，但是奇數(shù)，它們的和也不可能為0。6在黑板上寫出三個整數(shù)，然后擦去一個，換成其他兩數(shù)之和加1，繼續(xù)這樣操作下去，最后得到三個數(shù)為35，47，83問原來所寫的三個數(shù)能否是2，4，6?解：不能因為原來所寫的三個數(shù)若是2，4，6，每次操作后剩下的三個數(shù)是兩偶一奇7將1-99這99個自然數(shù)依

5、次寫成一排，得一多位數(shù)A1 2 34 5 67 8 9101197 9899，求A除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余數(shù)分別是多少?解：由數(shù)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 看末兩位， 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看各位數(shù)字的和，123456789=45，A所有數(shù)字的和等于450, A除以3和9都余0，A除以11的余數(shù)利用定理1. 4, 計算奇數(shù)位數(shù)字之和A 的偶數(shù)位數(shù)字之和奇數(shù)位數(shù)字之和1+3+5+7+9+(0+1+9) ×9，偶數(shù)位數(shù)字之和2+4+6+8+(1+2+9

6、) ×10，兩者之差為40，原數(shù)除以11的余數(shù)就是40除以11的余數(shù)：4.8四位數(shù)7x2y能同時被2，3，5整除，求這樣的四位數(shù)解：同時被2，5整除，個位為0，再考慮被3整除，有4個：7020，7320，7620，79209從5, 6, 7, 8, 9這五個數(shù)字中選出四個不同的數(shù)字組成一個四位數(shù)，它能同時被3, 5, 7整除，那么這些四位數(shù)中最大的一個是多少？被5整除，個位必為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，故選出的四個不同的數(shù)字是5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,69

7、75,6795,從最大的開始試除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。10111至1001各數(shù)按以下的格式排列成表，像表中所示的那樣用個正方形框住其中的9個數(shù)，要使9個數(shù)的和等于(1)2001，(2)2529，(3)1989，能否辦到?如能辦到，寫出框里的最小數(shù)與最大數(shù)如辦不到，說明理由解：設框里居中心的數(shù)為x,則9個數(shù)的和等于9x. (1)9不能整除2001，和等于2001辦不到；(2)9x=2529，x=281，是所在行第一個數(shù)，和等于2529辦不到；(3)9x=1989，x=221，和等于1989能辦到，框里的最大數(shù)為x+8=229，最小數(shù)為x8=21312證明

8、：7(或11或13) 的特征是：7(或11或13) 整除解答：因為7×11×13=1001。（諧“一千零一夜”）anan-1a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0+(anan-1a3a2a1a0)×1000附）廣西師范大學趙繼源主編的初等數(shù)論習題11中的部分題目3已知a，b，c中，有一個是2001，有一個是2002，有一個是2003，試判斷(a1)×(b2)×(c3)的奇偶性，并說明理由69.是否存在自然數(shù)a和b，使a2b2 = 2002成立?11證明：當nZ時，6 | n(n1)(2n1)12已知：，f

9、(0)，f (1)，f (1)，x均為整數(shù)證明：解答：3偶數(shù)因為a，b，c中，有三個奇數(shù)，所以a1，c3中至少有一個是偶數(shù)6只需，即，先考慮有5組解9不存在利用a2b2 =(ab)(a + b)，而ab，a + b的奇偶性相同而2002=2×1001.11用數(shù)學歸納法或n(n+1)(2n+1)= n(n+1)(n+2)+(n1)n(n+1)，利用整除的基本性質(13)12由f (0)，f (1)，f (1)，x均為整數(shù)可得c,a+b,ab均為整數(shù). 進而知2a，2b為整數(shù).分類討論(kZ): x=2k時，由2a，2b為整數(shù)f (x)顯然為整數(shù); x=2k+1時，f (2k+1) =

10、4ak(k+1) + 2bk + a + b + c, 可知f (x)仍然為整數(shù)。習題1-21.判斷下列各數(shù)中哪些是質數(shù)？109，2003，173572.求證：對任意 nZ+，必有 n 個連續(xù)的自然數(shù)都是合數(shù).3.當 n 是什么整數(shù)時，n4+ n2+1是質數(shù)？4.求證：當 nZ+時，4n3+6n2+4n +1是合數(shù).5.求 a，使 a，a +4，a +14都是質數(shù).6.p/(3q+1)的值.7.已知 p>3，且 p和 2p+1都是質數(shù)，問 4p+1是質數(shù)還是合數(shù)？8.由超級計算機運算得到的結果（28594331）是一個質數(shù)，試問：（2859433+1）是質數(shù)還是合數(shù)？請說明理由.9.已知

11、：質數(shù) p、q使得表達式（2p+1）/q及(2q-3)/p都是自然數(shù)，求 p、q的值 .10.試證：形如 4n -1的數(shù)中包含有無窮多個質數(shù) .11.（1）若 n 是合數(shù)，證明：2n-1也是合數(shù)；（2）有人認為下列各和數(shù)：1+2+4，1+2+4+8，1+2+4+8+16，交替為質數(shù)與合數(shù)，你認為對嗎？12.已知：質數(shù) p 5，且是質數(shù)，證明：4p+1必是合數(shù) .習題1-2解答1., 109用質數(shù)試除到7, ,2003用質數(shù)試除到37，可知兩者是質數(shù)，17357=17×1021是合數(shù).試除時，用數(shù)的整除特征考慮：2，3，5顯然不能整除它，由上節(jié)第8題結論，35717= 340，340不

12、能被7，11，13整除，再用17考慮，得分解式。2.為作一般性證明，可如下構造 n 個連續(xù)自然數(shù)：（n + 1）！+ 2，（n + 1）！+ 3，（n+ 1）！+ n+ 1顯然它們每個都是合數(shù).3.利用 n4+ n2+1=n4+ 2n2+1n2=(n2+ n+ 1)(n2n+ 1)，知僅當 n= ± 1時，n4+ n2+1為質數(shù) .4.利用4n3+ 6n2+4n+1= (2n+1)(2n2+ 2n+ 1),nZ+, n1,2n+1和2n2+ 2n+ 1皆為大于1的數(shù).5. a=3. 思路：分類討論(kZ):a=3k+1時，a +14是3的倍數(shù)，a=3k+2時，a +4是3的倍數(shù)。必有

13、a =3k，即a為3的倍數(shù)。而a是質數(shù), 只有a =3時，三個數(shù)全是質數(shù)。6.條件為一個不定方程, 可知1 < q 5,窮舉得q=2, p=7;q=5,p=2兩組解。故1或 1/8。7.合數(shù).利用質數(shù) p> 3得 p不是 3的倍數(shù)，p= 3k+ 1，3 | 2p+1，所以，p=3k+2，3 | 4p+1. 或解：4p，4p+1，4p+2是三個連續(xù)整數(shù)，必有一個被3整除，由題設，只有3 | 4p+1.8.合數(shù) .2859433不可能是3的倍數(shù)，連續(xù)三個自然數(shù)中必有一個是 3的倍數(shù).即（2859433+1）。另一種解法：由習題11第1題（2）的結論，（2+1）|（2859433+1）9

14、. 設，h、k 必為奇數(shù), ，而k不能為3, 故只有k =1, 這樣2q3=p , 代入，同時質數(shù)p、q 大于 3.所以,只能有h =3, 因而得q =5, p=7.10.先證：一切大于 2的質數(shù)，不是形如 4n + 1就是形如 4n1的數(shù)；再證任意多個形如 4n+1的數(shù)，最后用數(shù)學歸納法驗證 .若形如 4n1的質數(shù)只有有限個：p1,p2,pk。令N=4p1p2pk1，N為形如 4n1的數(shù)，由假設N必為合數(shù)，且必有一個形如 4n1的質因數(shù)p（為什么？）, 因此p為p1,p2,pk中在某一個，于是，p | 1, 矛盾。11.（1）n是合數(shù),設n=st, 2n-1=2st-1=（2s-1）（2s）

15、t-1+ （2s）t-2+ + 2s+ 1.（2）1+2+22+ +2n-1=2n-1.當 n=14，15時，214-1，215-1均為合數(shù)， 不對 .12.書后提示說取模為6分類討論 p，即設 p=6q+ r（r=0，1，2，3，4，5）.由質數(shù) p 5，若p=6q, 6q+2, 6q+3或6q+4, p皆為合數(shù), 不可能. 若p=6q+ 1, 則2p+1=12q+ 3也是合數(shù), 故在題設條件下, 只有p=6q+5, 此時4p+1=24q+21,是合數(shù). 實際上，這題與第7題完全相同。質數(shù)p> 3ó質數(shù)p 5，可用前面的方法簡單求解。習題 1-31.求：（1）（21n +4，

16、14n +3）（其中 nZ+）；（2）（30，45，84），30，45，84；（3）（5767，4453）.2.求證：an，bn= a，bn（a，b，nZ+）.3.自然數(shù) N =10x+ y（x是非負整數(shù)，y是 N 的個位數(shù)字），求證：13 N的充要條件是 13 （x+4y）.4.用割（尾）減法判斷下列各數(shù)能否被 31，41，51整除：26691，1076537，13612415.有 15 位同學，每位同學都有編號，他們是 1 號到 15 號 .1 號同學寫了一個自然數(shù)，2號說“這個數(shù)能被 2整除”，3號說“這個數(shù)能被 3整除”依此下去，每位同學都說這個數(shù)能被他的編號整除 .1 號做了一一驗證

17、，只有編號連續(xù)的兩位同學說的不對，其余同學都對 .問：（1）說得不對的兩位同學的編號是什么數(shù)？（2）如果 1號寫的數(shù)是 5位數(shù)，這個 5位數(shù)是多少？中內的數(shù)字：品名數(shù)量單價（元）總價（元）課桌72.7.7課椅77.3.合計金額（元）3.557.狐貍和黃鼠狼進行跳躍比賽，狐貍每次跳 4 12 米，黃鼠狼每次跳 2 34米，它們每秒鐘都只跳一次，比賽途中，從起點開始，每隔 12 38米設有一個陷阱，當它們之中有一個掉進陷阱時，另一個跳了多少米？8.大雪后的一天，大亮和爸爸共同步測一個圓形花圃的周長，他倆的起點和走的方向完全相同，大亮每步長 54厘米，爸爸每步長 72厘米 .由于兩人腳印有重合，所以

18、雪地上只留下 60 個腳印，求花圃的周長 .9.設 a，b是自然數(shù)，a + b=33，a，b=90，求（a，b）.10.一公路由 A 經(jīng) B 到 C，已知 A、B 相距 280 米，B、C 相距 315米，現(xiàn)在路邊植樹，要求相鄰兩樹間的距離相等，并要求在 B 點、AB、BC 的中點上都要植上一棵樹，那么兩樹間的距離最多有多少米？11.一袋糖不足 60 塊，如果把它平均分給幾個孩子，則每人恰好分得 6塊；如果只分給這幾個孩子中的男孩，則每個男孩恰好分得 10塊 .這幾個孩子中有幾個女孩？12.爺爺對小明說：“我現(xiàn)在的年齡是你的 7 倍，過幾年是你的 6倍，再過若干年就分別是你的 5 倍、4 倍、

19、3 倍、2 倍 .”你知道爺爺和小明現(xiàn)在的年齡嗎？習題 1-3解答1.（1）1. 用輾轉相除法 （2）1260. （3）73.用輾轉相除法2.證：，而由定理1.13,，從而由3，=1。（an，bn）=（a，b）n，再由定理9,a，b（a，b）= ab，等式兩邊同時n次方，得a，bn（a，b）n = anbn，同樣由定理9，an，bn（an，bn）= anbn，a，bn（a，b）n =an，bn（an，bn）；a，bn =an，bn。3.利用10x+ y= 10（x+4y）39y.4.31| 26691，41|26691，5126691；31|1076537，41|1076537，5110765

20、37；31|1361241，41|1361241，51|1361241.以51為例，5126691ó51(26691×5)；又512664ó51(2664×5)；顯然51246。51|1361241ó51|(1361241×5)，又51|136119ó51|(136119×5)，又51|13566ó51|(13566×5)，又51|1326ó51|(1326×5)，而51|102。5.（1）這兩個連續(xù)的編號的倍數(shù)應該大于15, 否則編號是它們的倍數(shù)的同學說的也不對； 而且是這

21、兩個連續(xù)的編號的質因數(shù)的次數(shù)應該高于比它小的數(shù)，否則編號是它們的質因數(shù)的同學中至少也有一個說的也不對。因此只能是8，9. （2）60060；因為1號寫的數(shù)是2到15除8，9之外的整數(shù)的公倍數(shù)，也就是3，4，5，7，11，13的公倍數(shù)，3，4，5，7，11，13兩兩互質，它們的最小公倍數(shù)60060就是5位數(shù)。6.72=8×9,8,9互質，故總價必為8，9的倍數(shù)，可推得，因而知；課椅的總價為 3.79元，由77=7×11推得另兩個數(shù)字,即課椅，再得課椅單價為 4.27 元；合計金額為 1036.55元 .7. 黃鼠狼在第9跳掉進陷阱，此時狐貍跳了4.5×9 = .8.

22、54，72=216，每216厘米有腳印6個，故花圃的周長2160厘米 .9.此題應該先討論a + b，a，b與（a，b）的關系。( 33, 90 ) = 3, 所以 ( a, b ) = 3.10.因為AB、BC 的中點上都要植上一棵樹，因此應考慮1400和1575的最大公約數(shù)175。最后答案：兩樹間的距離最多有 .11.2個 .12.設小明 x歲，則爺爺 7x歲，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; 知小明年齡是2, 5的倍數(shù)。因此小明 10歲，爺爺 70歲.習題 1-4

23、1.把下列各數(shù)分解質因數(shù)：2001，26840，1111112.將 85，87，102，111，124，148，154，230，341，354，413，667分成兩組（每組 6個數(shù)），怎么分才能使每組各數(shù)的乘積相等？3.要使下面四個數(shù)的乘積的最后 4個數(shù)字都是 0，括號中最小應填什么自然數(shù)？975×935×972×（）.4.用分解質因數(shù)法求：（1）（4712，4978，5890）；（2）4712，4978，5890.5.若 2836，4582，5164，6522 四個數(shù)被同一個自然數(shù)相除，所得余數(shù)相同，求除數(shù)和余數(shù)各是多少？6.200以內僅有 10個正約數(shù)的自然數(shù)

24、有幾個？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 .9.一個自然數(shù)有 21個正約數(shù)，而另一個自然數(shù)有 10個正約數(shù)，這兩個數(shù)的標準分解式中僅含有不大于 3的質因數(shù)，且這兩個數(shù)的最大公約數(shù)是 18，求此兩數(shù)是多少？10.小明有一個三層書架，他的書的五分之一放在第一層，七分之幾（這個幾記不清了）放在第二層，而第三層有書 303本，問小明共有書多少本？11.某班同學（50人左右）在王老師帶領下去植樹，學生恰好能分成人數(shù)相等的 3 組，如果老師與學生每人種樹的棵數(shù)一樣多，共種了

25、884棵，那么每人種多少棵樹？12.少年宮游樂廳內懸掛著 200個彩色燈泡，這 200個燈泡按 1耀200編號，它們的亮暗規(guī)則是：第 1秒：全部燈泡變亮；第 2秒：凡編號為 2的倍數(shù)的燈泡由亮變暗；第 3秒：凡編號為 3的倍數(shù)的燈泡改變原來的亮暗狀態(tài)，即亮的變暗，暗的變亮 .一般地，第 n 秒凡編號為 n 的倍數(shù)的燈泡改變原來的亮暗狀態(tài)。這樣繼續(xù)下去，每 4分鐘一個周期，問第 200 秒時，明亮的燈泡有多少個？習題 1-4解答1.2001= 3×23× 29， 26840= 23×5×11× 61， 111111= 3× 7×

26、;11×13× 37.2.組為：85，111，124，154，354，667；另一組為：87102，148，230，341，413320四個數(shù)分解質因數(shù)后一共應該有且 且只有4個2與4個5，需補充2個2與1個5。4(1)38， (2)30863605除數(shù)為l或2時，余數(shù)為0；除數(shù)為97時，余數(shù)為23；除數(shù)為194時，余數(shù)為1206有5個，10=2×5=1×10因此所求的數(shù)應該為或后者即令c=2也已經(jīng)超出200,因此分別令a=2.b=3; a=2.b=5; a=2.b=7; a=3,b=2; a=2.b=11; 得48，80，112，162，1767(1)

27、18 (2)546 (3)180'8因為B |, B |, 所以B是66，42的公約數(shù)，因而B是6的約數(shù)。又所以7|A，11|C，從而設 由因為若B不含2的話，由，A，C就必須同時含2, 與矛盾。于是共得6組解，分別為：9. 576和162。解：由題目可知小明的書的冊數(shù)是35的倍數(shù), 設為35k, 可列出方程28k5xk=（285x）k=303=3×101知k=101.11. 分解質因數(shù)：884=4×13×17=17×52=68×13，884的因數(shù)中有4, 13, 52都具有3k+1形式，只有52=符合50人左右的題設，因此學生51人。

28、12. 燈的一次“改變”對應著它的編號的一個因子. 要使燈仍舊亮著需要奇數(shù)次“改變”什么樣的數(shù)有奇數(shù)個因子呢? 由公式知只有完全平方數(shù)!200以內的完全平方數(shù)只有14個。即為答案. 此題也可先考慮10個燈泡。用歸納得出“只有完全平方數(shù)”的結論。習題1-6部分習題解答2. , 代入得10。3. 若證：可見，三種情況都有。4. 解方程：（1）解：（2）原式化為，整理后再由一元二次方程求根公式得，與相乘后的積為整數(shù)，只能是。5.15< x+ y<16.6.25！=222×310× 56× 73×112×13×17×19

29、×23.由公式求出各個質數(shù)的指數(shù)。7.（1）解： =9312+0+0+19+40+57+76=9504. （2）。從而=1.8.1373個 .9.14人 .10.49盞 .11.；2 x<1或 2 x<3或 x=1/2 或 x= 0.12.解：且可知有且只有滿足由第35項移項得習題2-15. 若69, 90和125關于某數(shù) d 同余, 證明對于d, 81與 4同余.證明：由69和90關于 d 同余, d | 90 69, d | 21,90和125關于某數(shù) d 同余, d | 125 90, d | 35, d | (21, 35) , d=1或7.9. 由 (n, 8)

30、=1可知,n為奇數(shù). 設n=2k+1, n21=4k(k+1),8|(n21).12. 4+1=5, 因此個位為4的2n, 加1后都能被5整除. 先考察n=1, 2, , n 較小的情況:個位為6的冪間隔4次得重復出現(xiàn), 又6 ×4=24. 因此即n=4k+2(kZ+).14.任意平方數(shù)的末位數(shù)字都不能是 2, 3, 7, 8的某一個. 證：令a=(10x+y),則a2=(10x+y)2y 2 (mod 10).令=0,19，y 2的個位不能是2, 3, 7, 8.因此，數(shù)字 a (1a9) 的平方 a2的末位數(shù)字也沒有2, 3, 7, 8.習題2-2 3. 4. 偶數(shù)m的最小非負完

31、全剩余系中奇偶各半.任一組完全剩余系中各數(shù)必與0,1, m1中一個數(shù)同余,故均可寫成mkr+r,r= 0,1, m1的形式.故亦奇偶各半.其他的都是較基本的題目, 請看書后的答案或提示.習題2-31.乘冪 20，21，22，29能否構成模 11的一個簡化剩余系？解：i > j時，2i2j=2j(2ij1), 112j, 通過驗證可知，對任何i，j，也有11(2ij1)， (11) = 10，而20，21，22，29為10個不同的整數(shù)，所以它們構成模 11的一個簡化剩余系2.列表求出模 m 為 10，11，12，18等值時的最小簡化剩余系及相應的 (m).m最小簡化剩余系 (m)10137

32、941112345678910101215711413123456789101112121413591113615124781113148161357911131581712345678910111213141516161815711131763.證明定理 2.7.證明:（必要性）x1，x2，xk是模 m 的簡化剩余系，k=(m)，且當 ij時，xixj（mod m），（xi，m）=1，i=1，2，(m).（充分性）k=（m），x1，x2，xk共有（m）個.又 xixj（mod m），（ij，1i，jk），（xi，m）=1（i=1，2，k），x1，x2，xk各屬于(m) 個不同的且與 m 互質

33、的剩余類，x1，x2，xk是模 m 的簡化剩余系.4.驗證：（1）8，16，24，32，40，48是模 7的簡化剩余系；（2）11，13，77，99是模 10的簡化剩余系. 解：（1）（4，7）=1，可化為2，4，6，8，5，12，又512（mod 7），8，16，24，32，40，48不是模 7的簡化剩余系。（2）10的最小簡化剩余系是1, 3, 7, 9。11，13，77，99分別與1, 3, 7, 9關于模10同余。11，13，77，99是模 10的簡化剩余系.5.當 m 取下列各值時，計算（m）的值 .25，32，40，48，60，120，100，200，4200，9450.答案：（2

34、5）= 20，（32）=16，（40）=16，（48）= 16，（60）=16，（120）= 32，（100）= 40，（200）= 80，（4200）= 960，（9450）= 2160.6.若（m）是奇數(shù)，試求 m 的值.解：(參看下一題) m = 1或 m =2.7.當 m >2時，證明（m）是偶數(shù) .證：設 m = p11p22 pkk，m >2， 至少存在 i，i> 1或存在 j，pj是奇數(shù)，p11- p11 -1，pkk- pkk-1中至少有一個為偶數(shù)，知（m）必為偶數(shù)或證：8.試證：使(m) =14的數(shù) m 不存在.證：(m) =14=2×7=p11

35、-1pkk-1(p11)(pk1)，2,7是質數(shù)，所以必有p1=2，p1=7，這是不可能的。9.已知(m) =4，求 m .解：設m = p11p22 pkk，由(m)= (p11- p11 -1)(pkk- pkk-1)，(m) = 4=4×1=22，得m = 5，(m) =51= 4，或 m =8=23，(m) = 22或 m = 10=5×2，(m) =4×1，或 m =12.10.如果 n =2m，（2，m）=1，那么（n）=（m）.11.若 m 是奇數(shù)，則（4m）=2（m）.12.（1）分母是正整數(shù) n 的既約真分數(shù)的個數(shù)是多少？為什么？（2）分母不大于

36、 n 的既約真分數(shù)的個數(shù)是多少？為什么？解 10.（2，m）= 1，（n）=（2m）=（2）（m）=（m）.11.m 是奇數(shù)，（4，m）= 1，則（4m）=（4）（m）.（4）= 2，（4m）=2（m）.12.（1）（n）. （2）（2）+（3）+ +（n）.習題 2-41.舉例說明歐拉定理中（a，m）=1是不可缺少的條件 .2.求下列各題的非負最小余數(shù)：（1）84965除以13；（2）541347除以17；（3）477385除以19；（4）7891432除以18；（5）(127156+34)28除以111.解答：1.當 a= 2，m =4時，(4) =2，此時 220（mod 4），可見（a

37、，m）= 1是歐拉定理的不可缺少的條件 .2.（1）8. （2）10. （3）16. （4）1. （5）70. （1）84965除以13；（13，8）=1, 8121（mod 13），84965=(812)413×891×(-1)4 ×8（mod 13） 或解：821（mod 13），84965=(82)2482×8 (-1) 2482 ×8 8（mod 13）。3.設 p，q是兩個大于 3的質數(shù)，求證：p2 q2（mod 24）.4.設 p是大于 5的質數(shù)，求證：p41（mod 240）.解答：3.24=3×8，（3，8）= 1.由

38、條件，( p，3 ) = ( q，3 ) = 1，由費爾馬小定理有p21（mod 3），q21（mod3）.p2 q2（mod 3）.又 p，q 必為奇數(shù)，由習題2-1第9題的結論，有p21（mod 8），q21（mod8）.p2q2（mod 8）.p2 q2（mod 24）.4.240= 3×5×16，由條件，( p，3 ) = ( p，5 ) = 1，p41（mod5），p4（p2）21（mod3）.又 p為奇質數(shù)，從而 2 |（p2+ 1），8 |（p2-1），16 |（p4-1），即 p41（mod 16）.而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1.p41（m

39、od 240）.5.已知 p是質數(shù)，（a，p）=1，求證：（1）當 a 是奇數(shù)時，ap-1+(p1)a0（mod p）；（2）當 a 是偶數(shù)時，ap-1(p1)a0（mod p）.6.已知 p，q 是 兩 相 異 的 質 數(shù)，且 ap-11（mod q），aq-11（mod p），求證：apq a（mod pq）.解答：5.（1）由 p 是 質 數(shù)，（a，p）= 1，a 為 奇 數(shù)，有 ap-1 1（mod p）.(p1)a1（mod p），ap-1+(p1)a 11 0（mod p）. （2）由條件，ap-11（mod p）, (p1)a1（mod p），ap-1(p1)110（mod p）

40、.6. apa（mod p），apq(ap)q aq a（mod p）；同理，apq (aq)p apa（mod q），而（p，q）= 1，故 apq a（mod pq）.7.如果（a，m）=1，x ba（mod m），那么 ax b（mod m）.8.設 A 是十進制數(shù) 44444444的各位數(shù)字之和，B 又是 A 的各位數(shù)字之和，求 B 的各位數(shù)字之和 .9.當 xZ 時，求證：（1）2730 | x13- x；（2）24 | x（x+2）（25x2-1）.解答：7. xba(mod m)， ax aba ab (mod m). (a，m) =1，a= 1 (mod m)，ax b（mod

41、 m）.8.設 B 的各位數(shù)字之和為 C， lg44444444= 4444lg4444 < 4444×4= 17776，即44444444的位數(shù)小于17776，A 9×17776 = 159984，B < 1 + 9×5 = 46，C 4 + 6 = 10. 又 （7，9）= 1，(9) = 6，4444= 6×740+4，444444447444474(2)47（mod 9），B 的各位數(shù)字之和為 7.9.（1） 2730=2×3× 5× 7× 13，2，3，5，7，13兩兩互質，x13- x= x

42、（x12- 1），當 2 | x或 2 | x時都有 x（x12-1）0（mod2），x（x12- 1）0（mod 13）.又 x13-x= x（x6- 1）（x6+ 1）， 當 7 | x或 7 | x時都有 x（x6- 1）（x6+ 1）0（mod 7）.而x13- x= x（x4- 1）（x8+ x4+ 1）， 當 5 | x或 5 | x時，都有 x（x4-1）（x8+ x4+ 1）0（mod5）.又 x13- x= x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1）， 當 3 | x或 3 | x時，都有x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1）0（mod3）.2730 |

43、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），四個連續(xù)自然數(shù)的乘積必能被4!=24整除，證得。10.設質數(shù) p>3，xZ，試證：6p | xp- x.11. p是不等于 2和 5的質數(shù)，k是自然數(shù)，證明：.解答：10.質數(shù) p> 3， （6，p）=1，xp- x= x（xp-1- 1）0（mod p）.又 p- 1是偶數(shù)，x（xp-1-1） x（x2- 1）（mod p）.于是，當 2 | x或 2 | x 時，x（x2- 1）0（mod2）；當

44、3| x或 3 | x時，x（x2-1）0（mod 3）.故 x（xp-1- 1）0（mod 6）.從而6 | p（xp- x）.11. .由條件，（10，p）= 1， 10p-1 1（mod p）. （10p-1）k 1（mod p）.12.設（m，n）=1，證明：m+ n1（mod mn）.證：（m，n）= 1，n1（mod m ），而 m0（mod m ），m+n1（mod m）.對稱可得 m+n1（mod n）.m+n1（mod mn）.13.已知 a =18，m =77，求使 ax1（mod m）成立的最小自然數(shù) x.x=30.,由定理，滿足要求的最小自然數(shù) x必為60 的

45、約數(shù)。驗算可知。習題3-11解下列不定方程：（1）7x15y=31；（2）11x+15y=7；（3）17x+40y=280；（4）525x+231y=42；（5）764x+631y=527；（6）133x105y=217.解：（1）輾轉相除得15=7×21, 1 = 157×2= 7×(2)15×(1)，因此原方程的一個解是x02×3162， y01×3131;原方程的通解為（2）輾轉相除得15=11×14, 11=4×23, 4=3+1 1 = 43=4(114×2)=4×311=(1511&

46、#215;1) ×311=15×3 + 11×(4)，因此原方程的一個解是x04×728， y03×721;原方程的通解為（3）用分離整數(shù)法：觀察可知y=10時，x= 36 + 4=40.原方程的通解為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.解下列不定方程組：（1） x+2y+3z=10，（2）5x+7y+3z=25，x-2y+5z=4；3x- y-6z=2；（3）4x-10y+ z=6，（

47、4）10x+7y+ z=84，x-4y- z=5；x-14y+ z= -60；4.求下列不定方程的正整數(shù)解：（1）5x14y=11；（2）4x+7y=41；（3）3x+2y+8z=21.5.21世紀有這樣的年份，這個年份減去 22 等于它各個數(shù)字和的495倍，求這年份.6.設大物三值七，中物三值五，小物三值二，共物一百三十八，共值一百三十八，問物大中小各幾何？7.買2元6角錢的東西，要用1元、5角、2角、1角的四種錢幣去付，若每種錢幣都得用，則共有多少種付法？8.把 239分成兩個正整數(shù)之和，一個數(shù)必是 17 的倍數(shù)，另一個數(shù)必是 24的倍數(shù)，求這兩位數(shù).9.一個兩位數(shù)，各位數(shù)字和的 5倍比原

48、來大 10，求這個兩位數(shù).10.某人 1981年時的年齡恰好等于他出生那一年的年號的各位數(shù)字之和，這個人是在哪一年出生的？11.一個四位數(shù)，它的個位數(shù)上數(shù)比十位數(shù)字多 2，且此數(shù)與將其數(shù)字首尾顛倒過來所得的四位數(shù)之和為 11770，求此四位數(shù) .習題 3-21求 x2+ y2= z2中 0< z<60的所有互質的解.2求三個整數(shù) x，y，z（x> y> z>0），使 x- y，y- z，x- z都是平方數(shù) .1b11122234a24635745x315355214579y48121220282440z5173713295325412.設 x- y= a2，y-

49、z= b2，x- z= c2，則 a2+ b2= c2，因此給出 a，b的值即可求得x，y，z.3.已知直角三角形斜邊與一直角邊的差為 9，三邊的長互質且和小于 88，求此直角三角形的三邊的長 .4.試證：不定方程 x4-4y4= z2沒有正整數(shù)解 .3. 設直角三角形的三邊的長為x, y, z. 則由定理，x=a2b2, y=2ab,z=a2+b2, 由題目得a2+b2(a2b2)=9或a2+b22ab=9, 前者無整數(shù)解，后者(ab)2=9,ab=3.a=4,b=1,則x=15，y=8，z= 17或a=5,b=2,則x= 21，y= 20，z= 29.a=7,b=4,則三邊的長的和大于88

50、。4.因為 z4= (x4-4y4)2= x88x4y4+ 16y8= (x4+ 4y4)2(2xy)4，即(2xy)4+ z4=(x4+4y4)2，就是說，如果x4-4y4= z2有正整數(shù)解，則u4+v4= w2有正整數(shù)解，與已證定理矛盾，故無正整數(shù)解 .5.試證：每個正整數(shù) n 都可以寫為n = x2+ y2- z2，這里 x，y，z都是整數(shù) .6.求方程 x2dy2= 1，當 d = 0、d = 1、d < 1 時的非負整數(shù)解 .7.試證：2x2+ y2+3z2=10t2無正整數(shù)解 .5.適當取正整數(shù) x，使 n - x2= m 為一正奇數(shù)，設 y = m + 12 ，因為 y2-

51、 m =m -1()22= z2，得 n- x2= y2 z2.6.當 d= 0時，x=1，y為任意非負整數(shù)；當 d= -1時，x= 1，y=0和 x= 0，y= 1；當 d< - 1時，x= 1，y=0.7.y2+ 3z2是偶數(shù)，y與 z必同奇同偶 .若 y 與 z同為奇數(shù)，則 2x2+ y2+3z2被 8除和 10t2被 8 除的余數(shù)不相等，故 y 與 z一定同為偶數(shù) .令 y= 2y1，z=2z1，代入原式得，x2+ 2y21+ 6z21= 5t，同樣，x 和 t同奇同偶，也同樣排除 x 和 t同奇，令 x= 2x1，t= 2t1，代入得，2x21+ y21+ 3z21= 10t2

52、1，由于 0< t1< t，矛盾，從而得證 .習題 3-31.求不定方程 4x2-4xy-3y2=21的正整數(shù)解 .2.求不定方程 x2+ y2=170的正整數(shù)解 .3.求不定方程 x2-18xy+35=0的正整數(shù)解 .4.求 4x2-2xy-12x+5y+11=0的正整數(shù)解 .5.求 x2+ xy-6=0的正整數(shù)解 .6.求 y- (x+3y)/(x+2) =1的正整數(shù)解 .7.設 n =7（mod 8），則 n 不能表示為 3個平方數(shù)的和 .1.由4x24xy3y2= 21，得（2x+ y）（2x3y）= 21.得 2x+ y= 21，2x+ y=7，即x= 8，x= 3，2x

53、- 3y=1，2x- 3y= 3.y= 5，y= 1.2.由 x2+ y2=170知，x，y同為奇數(shù)或同為偶數(shù).x，y為偶數(shù)，則 x2+ y2有因數(shù) 4，而 170無 4因數(shù)；x，y為奇數(shù)，設x=2k+1, y= 2h+1, 代入化簡得k(k+1)+h(h+1)=42, 僅當k=0, h=6或k=0, h=6時可求得：3. x2-18xy+ 35=0，得 18y= ，x是 35的約數(shù)，得 x= 1，y= 2，或x=35，y=2.4.由原方程變?yōu)椋簓= 2x1+ ，2x5是 6的約數(shù)：± 1，±2，±3，±6，通過分析得 x=3，y=11或x=4，y=9.

54、5. x=1，y=51或 x= 2，y= 11.6.原方程變形為 y=2+ 4x- 1，可求得 x= 2，3，5，代入可求 y.7.x2+ y2+ z2= n=7（mod8），則 x，y，z必有一奇數(shù) .由 x21（mod8），有 y2+ z2=6（mod8），即y，z同奇同偶，同奇不成立，同為偶時，由 y4（mod8）產(chǎn)生矛盾 .8. x2+ y2= p3（mod4），當 x，y0，± 1，2（mod4）時，x2+ y20，1，2（mod 4），這產(chǎn)生矛盾，命題得證 .9.由原方程組中 x+ y+ z=0得 z= - （x+ y），代入 x3+ y3+ z3= -18，則 xy（x

55、+y）=6，故 xyz= -6，x、y、z都是 6的約數(shù)，并且只有一個是負數(shù)，可得其整數(shù)解 x= -3，y= 2，z= 1.10.通過證明 x2+ y2+ z2被 8整除所得的余數(shù)不等于 - 1即可 .11.通過證明 x3+ y3+ z3被 9整除所得的余數(shù)不等于 4即可 .習題4-2(P138)1試寫出三個模數(shù)是18的一次同余式，分別使它有唯一解，無解，有四個解。2.下列同余方程是否有解？為什么？如果有解，有多少個解？（1）8x+50（mod 23）；（2）15x+70（mod 12）；（3）34x0（mod 51）；（4）30x18（mod 114）；（5）174x65（mod 1309）.3.用同解變形法解下列同余方程：（1）3x2（mod 7）；（2）9x12（mod 15）；（3）15x9（mod 6）；（4）20x44（mod 72）；（5）40x-1910（mod 6191）；（6）256x179（mod 337）.4.用化為不定方程的方法解下列同余方程：（1）20x4（mod 30）；（2）64x83（mod 105）；（3）57x87（mod 105）；