王進(jìn)明初等數(shù)論課本習(xí)題解答

1、王進(jìn)明 初等數(shù)論 習(xí)題及作業(yè)解答P17 習(xí)題1-1 1，2(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(xué)數(shù)學(xué)的典型問(wèn)題之一“和倍” 問(wèn)題。2證明：(1)當(dāng)nZ且時(shí)，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(dāng) nZ時(shí)，的值是整數(shù)。證因?yàn)?，只需證明分子是6的倍數(shù)。=.由k!必整除k個(gè)連續(xù)整數(shù)知：6 ,6 |.

2、或證：2!|, 必為偶數(shù).故只需證3|.若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(fù)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(jié)論(4)當(dāng)m，n，lN+時(shí)，的值總是整數(shù)證明：=由k!必整除k個(gè)連續(xù)整數(shù)知：, n! |，從而由和的整除性即證得命題。(5)當(dāng)a，bZ

3、且a b，n是雙數(shù)時(shí)，；(6)當(dāng)a，bZ且a b，n是單數(shù)時(shí)，解：利用例5結(jié)論：若a b，則令b=b*, 即得。或解：a = (a+b)b， (5)當(dāng)n為雙數(shù)時(shí)，由二項(xiàng)式展開，證得。(6) 當(dāng)n為單數(shù)時(shí)類似可得。3已知a1，a2，a3，a4，a5，bZ,且，說(shuō)明這六個(gè)數(shù)不能都是奇數(shù)解：若這六個(gè)數(shù)都是奇數(shù)，設(shè)，則，因?yàn)?，所? | 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(gè)數(shù)都是奇數(shù)。4能否在下式的各內(nèi)填入加號(hào)或減號(hào)，使下式成立；能的話給出一種填法，否則，說(shuō)明理由。123456789=10 不能，因?yàn)榈仁阶筮呌袉螖?shù)個(gè)單數(shù)，它們的和差只能是奇數(shù)，而等式右邊10為偶數(shù)?；蚪猓簾o(wú)

4、論各內(nèi)填入加號(hào)或減號(hào)，123456789+1+2+3+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(jié)果123456789一定是奇數(shù)。 5已知：a，b，c均為奇數(shù)證明無(wú)有理根。證：若有有理根，記為互質(zhì)，代入方程有即，這是不可能的，因?yàn)閜,q互質(zhì)，二者不可能同時(shí)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(gè)整數(shù)，然后擦去一個(gè)，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(gè)數(shù)為35，47，83問(wèn)原來(lái)所寫的三個(gè)數(shù)能否是2，4，6? 解：不能因?yàn)樵瓉?lái)所寫的三個(gè)數(shù)若是2，4，6

5、，每次操作后剩下的三個(gè)數(shù)是兩偶一奇7將1-99這99個(gè)自然數(shù)依次寫成一排，得一多位數(shù)A1 2 3 4 5 6 7 8 9 101197 98 99，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(jì)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

6、+1+9) ×9，偶數(shù)位數(shù)字之和2+4+6+8+(1+2+9) ×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(shí)被2，3，5整除，求這樣的四位數(shù)解：同時(shí)被2，5整除，個(gè)位為0，再考慮被3整除，有4個(gè)：7020，7320，7620，79209從5, 6, 7, 8, 9這五個(gè)數(shù)字中選出四個(gè)不同的數(shù)字組成一個(gè)四位數(shù)，它能同時(shí)被3, 5, 7整除，那么這些四位數(shù)中最大的一個(gè)是多少？被5整除，個(gè)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(gè)不同的數(shù)字是

7、5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,從最大的開始試除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。10 111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(gè)正方形框住其中的9個(gè)數(shù)，要使9個(gè)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(shuō)明理由解：設(shè)框里居中心的數(shù)為x,則9個(gè)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(gè)數(shù)，和等于2529辦不到；(3) 9x=1989，x=22

8、1，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：7(或11或13) 的特征是：7(或11或13) 整除解答：因?yàn)?×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(xué)趙繼源主編的初等數(shù)論習(xí)題11中的部分題目3已知a，b，c中，有一個(gè)是2001，有一個(gè)是2002，有一個(gè)是2003，試判斷(a1)×(b2)×(c3)的奇偶性，并說(shuō)明理由69. 是否存在自然數(shù)a和b，使a2

9、b2 = 2002成立?11證明：當(dāng)nZ時(shí)，6 | n(n1)(2n1)12已知：，f (0)，f (1)，f (1)，x均為整數(shù)證明：解答：3偶數(shù)因?yàn)閍，b，c中，有三個(gè)奇數(shù)，所以a1，c3中至少有一個(gè)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(xué)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(zhì)(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(jìn)而知2a，2b為整數(shù). 分類討論(kZ)

10、: x=2k時(shí)，由2a，2b為整數(shù)f (x)顯然為整數(shù); x=2k+1時(shí)，f (2k+1) = 4ak(k+1) + 2bk + a + b + c, 可知f (x)仍然為整數(shù)。習(xí)題1-21. 判斷下列各數(shù)中哪些是質(zhì)數(shù)？109，2003，173572. 求證：對(duì)任意 nZ+，必有 n 個(gè)連續(xù)的自然數(shù)都是合數(shù).3. 當(dāng) n 是什么整數(shù)時(shí)，n4+ n2+1是質(zhì)數(shù)？4. 求證：當(dāng) nZ+時(shí)，4n3+6n2+4n +1是合數(shù).5. 求 a，使 a，a +4，a +14都是質(zhì)數(shù).6. 已知兩個(gè)質(zhì)數(shù) p和 q滿足關(guān)系式 3p+5q=31.求p/(3q+1)的值.7. 已知 p>3，且 p和 2p+1

11、都是質(zhì)數(shù)，問(wèn) 4p+1是質(zhì)數(shù)還是合數(shù)？8. 由超級(jí)計(jì)算機(jī)運(yùn)算得到的結(jié)果（28594331）是一個(gè)質(zhì)數(shù)，試問(wèn)：（2859433+1）是質(zhì)數(shù)還是合數(shù)？請(qǐng)說(shuō)明理由.9. 已知：質(zhì)數(shù) p、q使得表達(dá)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(wú)窮多個(gè)質(zhì)數(shù) .11.（1）若 n 是合數(shù)，證明：2n-1也是合數(shù)；（2）有人認(rèn)為下列各和數(shù)：1+2+4，1+2+4+8，1+2+4+8+16，交替為質(zhì)數(shù)與合數(shù)，你認(rèn)為對(duì)嗎？12. 已知：質(zhì)數(shù) p 5，且是質(zhì)數(shù)，證明：4p+1必是合數(shù) .習(xí)題1-2解答1., 109用質(zhì)數(shù)試除到7, ,2003用質(zhì)數(shù)試

12、除到37，可知兩者是質(zhì)數(shù)，17357=17×1021是合數(shù). 試除時(shí)，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(jié)論，35717= 340，340不能被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(gòu)造 n 個(gè)連續(xù)自然數(shù)：（n + 1）！+ 2，（n + 1）！+ 3，（n+ 1）！+ n + 1顯然它們每個(gè)都是合數(shù).3. 利用 n4+ n2+1 = n4+ 2n2+1n2 = (n2+ n+ 1)(n2n+ 1)，知僅當(dāng) n= ± 1時(shí)，n4+ n2+1為質(zhì)數(shù) .4. 利用4n3+ 6n2+4n+1= (2n+1)(2n2+ 2n

13、+ 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(shí)，a + 14是3的倍數(shù)，a=3k+2時(shí)，a + 4是3的倍數(shù)。 必有a =3k，即a為3的倍數(shù)。而a是質(zhì)數(shù), 只有a =3時(shí)，三個(gè)數(shù)全是質(zhì)數(shù)。6. 條件為一個(gè)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(zhì)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(gè)連續(xù)整數(shù)，必有一個(gè)被3整除，由題設(shè)

14、，只有3 | 4p+1.8. 合數(shù) . 2859433不可能是3的倍數(shù)，連續(xù)三個(gè)自然數(shù)中必有一個(gè)是 3的倍數(shù). 即（2859433+1）。另一種解法：由習(xí)題11第1題（2）的結(jié)論，（2+1）|（2859433+1）9. 設(shè)，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(shí)質(zhì)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(zhì)數(shù)，不是形如 4n + 1就是形如 4n1的數(shù)；再證任意多個(gè)形如 4n+1的數(shù)，最后用數(shù)學(xué)歸納法驗(yàn)證 . 若形如 4n1的質(zhì)數(shù)只有有限個(gè)：p1, p2, , pk。令N = 4

15、p1 p2 pk1，N為形如 4n1的數(shù)，由假設(shè)N必為合數(shù)，且必有一個(gè)形如 4n1的質(zhì)因數(shù)p（為什么？）, 因此p為 p1, p2, , pk中在某一個(gè)，于是，p | 1, 矛盾。11.（1）n是合數(shù), 設(shè)n=st, 2n-1=2st-1=（2s-1）（2s）t-1+ （2s）t-2+ + 2s+ 1.（2）1+2+22+ +2n-1=2n-1. 當(dāng) n=14，15時(shí)，214-1，215-1均為合數(shù)， 不對(duì) .12. 書后提示說(shuō)取模為6分類討論 p，即設(shè) p=6q+ r（r=0，1，2，3，4，5）.由質(zhì)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=

16、6q+ 1, 則2p +1=12q+ 3也是合數(shù), 故在題設(shè)條件下, 只有p=6q+5, 此時(shí)4p+1=24q+21, 是合數(shù). 實(shí)際上，這題與第7題完全相同。質(zhì)數(shù)p> 3ó質(zhì)數(shù)p 5，可用前面的方法簡(jiǎn)單求解。習(xí)題 1-31.求：（1）（21n +4，14n +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(fù)整數(shù)，y是 N 的個(gè)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

17、整除：26691，1076537，13612415.有 15 位同學(xué)，每位同學(xué)都有編號(hào)，他們是 1 號(hào)到 15 號(hào) .1 號(hào)同學(xué)寫了一個(gè)自然數(shù)，2號(hào)說(shuō)“這個(gè)數(shù)能被 2整除”，3號(hào)說(shuō)“這個(gè)數(shù)能被 3整除”依此下去，每位同學(xué)都說(shuō)這個(gè)數(shù)能被他的編號(hào)整除 .1 號(hào)做了一一驗(yàn)證，只有編號(hào)連續(xù)的兩位同學(xué)說(shuō)的不對(duì)，其余同學(xué)都對(duì) .問(wèn)：（1）說(shuō)得不對(duì)的兩位同學(xué)的編號(hào)是什么數(shù)？（2）如果 1號(hào)寫的數(shù)是 5位數(shù)，這個(gè) 5位數(shù)是多少？6.請(qǐng)?zhí)畛鱿旅尜?gòu)物表格中內(nèi)的數(shù)字：品名數(shù)量單價(jià)（元）總價(jià)（元）課桌72.7.7課椅77.3.合計(jì)金額（元）3.557. 狐貍和黃鼠狼進(jìn)行跳躍比賽，狐貍每次跳 4 12 米，黃鼠狼每次跳

18、 2 34米，它們每秒鐘都只跳一次，比賽途中，從起點(diǎn)開始，每隔 12 38米設(shè)有一個(gè)陷阱，當(dāng)它們之中有一個(gè)掉進(jìn)陷阱時(shí)，另一個(gè)跳了多少米？8. 大雪后的一天，大亮和爸爸共同步測(cè)一個(gè)圓形花圃的周長(zhǎng)，他倆的起點(diǎn)和走的方向完全相同，大亮每步長(zhǎng) 54厘米，爸爸每步長(zhǎng) 72厘米 .由于兩人腳印有重合，所以雪地上只留下 60 個(gè)腳印，求花圃的周長(zhǎng) .9. 設(shè) 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(diǎn)、AB、BC 的中點(diǎn)上都要植上一棵樹，那

19、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(gè)孩子，則每人恰好分得 6塊；如果只分給這幾個(gè)孩子中的男孩，則每個(gè)男孩恰好分得 10塊 .這幾個(gè)孩子中有幾個(gè)女孩？12. 爺爺對(duì)小明說(shuō)：“我現(xiàn)在的年齡是你的 7 倍，過(guò)幾年是你的 6倍，再過(guò)若干年就分別是你的 5 倍、4 倍、3 倍、2 倍 .”你知道爺爺和小明現(xiàn)在的年齡嗎？習(xí)題 1-3解答1.（1）1. 用輾轉(zhuǎn)相除法 （2）1260. （3）73. 用輾轉(zhuǎn)相除法2. 證： ，而由定理1.13, ，從而由定理1.21推論3，=1。（an，bn）=（a，b）n，再由定理1.19,a，b（a，b）= a b，等式兩邊同時(shí)n

20、次方，得a，bn（a，b）n = a n b n， 同樣由定理1.19， an，bn（an，bn）= an bn， 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|1076537，511076537；31|1361241，41|1361241，51|1361241. 以51為例，5126691ó51(26691×5)；又512664 ó51(2664×5)；顯然51246 。51|13612

21、41ó51|(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(gè)連續(xù)的編號(hào)的倍數(shù)應(yīng)該大于15, 否則編號(hào)是它們的倍數(shù)的同學(xué)說(shuō)的也不對(duì)； 而且是這兩個(gè)連續(xù)的編號(hào)的質(zhì)因數(shù)的次數(shù)應(yīng)該高于比它小的數(shù)，否則編號(hào)是它們的質(zhì)因數(shù)的同學(xué)中至少也有一個(gè)說(shuō)的也不對(duì)。因此只能是8，9. （2）60060；因?yàn)?號(hào)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)

22、，3，4，5，7，11，13兩兩互質(zhì)，它們的最小公倍數(shù)60060就是5位數(shù)。6. 72=8×9,8,9互質(zhì)，故總價(jià)必為8，9的倍數(shù)，可推得為 707.76元，因而知課桌的單價(jià)為9.83元；課椅的總價(jià)為 3.79元，由77=7×11推得另兩個(gè)數(shù)字,即課椅總價(jià)為 328.79元，再得課椅單價(jià)為 4.27 元；合計(jì)金額為 1036.55元 .7. 黃鼠狼在第9跳掉進(jìn)陷阱，此時(shí)狐貍跳了4.5×9 = 40.5米 .8. 54，72=216，每216厘米有腳印6個(gè)，故花圃的周長(zhǎng)2160厘米 .9. 此題應(yīng)該先討論a + b，a，b與（a，b）的關(guān)系。 ( 33, 90 )

23、= 3, 所以 ( a, b ) = 3.10. 因?yàn)锳B、BC 的中點(diǎn)上都要植上一棵樹，315÷2=157.5因此應(yīng)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17.5米 .11. 2個(gè) .12. 設(shè)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(xí)題 1-41.把下列各數(shù)分解質(zhì)因數(shù)：2001，26840，1111112.將 85，87，102，

24、111，124，148，154，230，341，354，413，667分成兩組（每組 6個(gè)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(gè)數(shù)的乘積的最后 4個(gè)數(shù)字都是 0，括號(hào)中最小應(yīng)填什么自然數(shù)？975×935×972×（）.4.用分解質(zhì)因數(shù)法求：（1）（4712，4978，5890）；（2）4712，4978，5890.5.若 2836，4582，5164，6522 四個(gè)數(shù)被同一個(gè)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(nèi)僅有 10個(gè)正約數(shù)的自然數(shù)有幾個(gè)？并一一求出 .7.求：（1）%（180）；（2）&（180）；（3）&a

25、mp;1（180）.8.已知A，B=42，B，C=66，（A，C）=3，求 A，B，C .9.一個(gè)自然數(shù)有 21個(gè)正約數(shù)，而另一個(gè)自然數(shù)有 10個(gè)正約數(shù)，這兩個(gè)數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分解式中僅含有不大于 3的質(zhì)因數(shù)，且這兩個(gè)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(gè)三層書架，他的書的五分之一放在第一層，七分之幾（這個(gè)幾記不清了）放在第二層，而第三層有書 303本，問(wèn)小明共有書多少本？11.某班同學(xué)（50人左右）在王老師帶領(lǐng)下去植樹，學(xué)生恰好能分成人數(shù)相等的 3 組，如果老師與學(xué)生每人種樹的棵數(shù)一樣多，共種了884棵，那么每人種多少棵樹？12.少年宮游樂(lè)廳內(nèi)懸掛著 200個(gè)彩色燈泡，這 200個(gè)

26、燈泡按 1耀200編號(hào)，它們的亮暗規(guī)則是：第 1秒：全部燈泡變亮；第 2秒：凡編號(hào)為 2的倍數(shù)的燈泡由亮變暗；第 3秒：凡編號(hào)為 3的倍數(shù)的燈泡改變?cè)瓉?lái)的亮暗狀態(tài)，即亮的變暗，暗的變亮 .一般地，第 n 秒凡編號(hào)為 n 的倍數(shù)的燈泡改變?cè)瓉?lái)的亮暗狀態(tài)。這樣繼續(xù)下去，每 4分鐘一個(gè)周期，問(wèn)第 200 秒時(shí)，明亮的燈泡有多少個(gè)？習(xí)題 1-4解答1. 2001= 3×23× 29， 26840= 23×5×11× 61， 111111= 3× 7×11×13× 37.2. 組為：85，111，124，154，3

27、54，667；另一組為：87102，148，230，341，413320四個(gè)數(shù)分解質(zhì)因數(shù)后一共應(yīng)該有且 且只有4個(gè)2與4個(gè)5，需補(bǔ)充2個(gè)2與1個(gè)5。 4(1)38， (2)30863605除數(shù)為l或2時(shí)，余數(shù)為0；除數(shù)為97時(shí)，余數(shù)為23；除數(shù)為194時(shí)，余數(shù)為1206有5個(gè)，10=2×5=1×10因此所求的數(shù)應(yīng)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)18 (2)546 (3)180'8因?yàn)锽 | , B |, 所以B是66

28、，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(shè) 由因?yàn)槿鬊不含2的話，由，A，C就必須同時(shí)含2, 與矛盾。于是共得6組解，分別為：9. 576和162 10.3535本。解：由題目可知小明的書的冊(cè)數(shù)是35的倍數(shù), 設(shè)為35k, 可列出方程28k5xk=（285x）k=303=3×101知k=101.11. 分解質(zhì)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(shè)，因此學(xué)生51人。12. 燈的一次“改變”對(duì)應(yīng)著它的編號(hào)的一個(gè)因子. 要使燈仍舊

29、亮著需要奇數(shù)次“改變”什么樣的數(shù)有奇數(shù)個(gè)因子呢? 由定理1.26公式知只有完全平方數(shù)! 200以內(nèi)的完全平方數(shù)只有14個(gè)。即為答案. 此題也可先考慮10個(gè)燈泡。用歸納得出“只有完全平方數(shù)”的結(jié)論。習(xí)題1-6部分習(xí)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× 73×112×13×17×19×23. 由定理1.29公式求

30、出各個(gè)質(zhì)數(shù)的指數(shù)。7.（1）解： =9312+0+0+19+40+57+76=9504. （2）。從而=1.8. 1373個(gè) . 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(xiàng)移項(xiàng)得 習(xí)題2-15. 若69, 90和125關(guān)于某數(shù) d 同余, 證明對(duì)于d, 81與 4同余.證明：由69和90關(guān)于 d 同余, d | 90 69, d | 21,90和125關(guān)于某數(shù) d 同余, d | 125 90, d | 35, d | (21, 35) , d=1或7.9. 由 (n, 8)=1

31、可知,n為奇數(shù). 設(shè)n=2k+1, n21= 4k (k+1),8 | (n21).12. 4+1=5, 因此個(gè)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(gè)位為6的冪間隔4次得重復(fù)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(gè). 證：令a=(10x+y), 則a2=(10x+y)2 y 2 (mod 10). 令=0,19， y 2的個(gè)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(méi)有2, 3, 7, 8.習(xí)題2-2 3. 4.

32、偶數(shù)m的最小非負(fù)完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(gè)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(qǐng)看書后的答案或提示.習(xí)題2-31.乘冪 20，21，22，29能否構(gòu)成模 11的一個(gè)簡(jiǎn)化剩余系？解：i > j時(shí)，2i2j=2j(2ij1), 112j, 通過(guò)驗(yàn)證可知，對(duì)任何i，j，也有11(2ij1)， (11) = 10，而20，21，22，29為10個(gè)不同的整數(shù)，所以它們構(gòu)成模 11的一個(gè)簡(jiǎn)化剩余系2.列表求出模 m 為 10，11，12，18等值時(shí)的最小簡(jiǎn)化剩余系及相應(yīng)的 (m).m最 小 簡(jiǎn) 化

33、 剩 余 系 (m)10137941112345678910101215711413123456789101112121413591113615124781113148161357911131581712345678910111213141516161815711131763.證明定理 2.7.證明:（必要性） x1，x2，xk是模 m 的簡(jiǎn)化剩余系， k=(m)，且當(dāng) i j時(shí)，xixj（mod m），（xi，m）=1，i = 1，2，(m).（充分性）k=（m）， x1，x2，xk共有（m）個(gè).又 xixj（mod m），（i j，1i，j k），（xi，m）=1（i=1，2，k）， x1

34、，x2，xk各屬于(m) 個(gè)不同的且與 m 互質(zhì)的剩余類， x1，x2，xk是模 m 的簡(jiǎn)化剩余系.4. 驗(yàn)證：（1）8，16，24，32，40，48是模 7的簡(jiǎn)化剩余系；（2）11，13，77，99是模 10的簡(jiǎn)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(jiǎn)化剩余系。（2）10的最小簡(jiǎn)化剩余系是1, 3, 7, 9。11，13，77，99分別與1, 3, 7, 9關(guān)于模10同余。 11，13，77，99是模 10的簡(jiǎn)化剩余系.5. 當(dāng) m 取下列各值時(shí)，計(jì)算（m）的值 .25，32，40，48，6

35、0，120，100，200，4200，9450. 答案：（25）= 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(dāng) m >2時(shí)，證明（m）是偶數(shù) .證：設(shè) 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(gè)為偶數(shù)，知 （m）必為偶數(shù)或證： 8. 試證：使(m

36、) =14的數(shù) m 不存在.證：(m) =14=2×7= p11 -1pkk-1 (p11)(pk1)，2,7是質(zhì)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(shè)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

37、（m）.12.（1）分母是正整數(shù) n 的既約真分?jǐn)?shù)的個(gè)數(shù)是多少？為什么？（2）分母不大于 n 的既約真分?jǐn)?shù)的個(gè)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(xí)題 2-41.舉例說(shuō)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(fù)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)

38、28除以111.解答：1. 當(dāng) a= 2，m =4時(shí)，(4) =2，此時(shí) 220（mod 4），可見（a，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(shè) p，q是兩個(gè)大于 3的質(zhì)數(shù)，求證：p2 q2（mod 24）.4.設(shè) p

39、是大于 5的質(zhì)數(shù)，求證：p41（mod 240）.解答：3. 24=3×8，（3，8）= 1. 由條件，( p，3 ) = ( q，3 ) = 1，由費(fèi)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(xí)題2-1第9題的結(jié)論，有p21（mod 8），q21（mod8）. p2 q2（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(zhì)數(shù)，從而 2 |（p2+ 1）

40、，8 |（p2-1）， 16 |（p4-1），即 p41（mod 16）. 而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1. p41（mod 240）.5. 已知 p是質(zhì)數(shù)，（a，p）=1，求證：（1）當(dāng) a 是奇數(shù)時(shí)，ap-1+(p1)a 0（mod p）；（2）當(dāng) a 是偶數(shù)時(shí)，ap-1(p1)a 0（mod p）.6. 已知 p，q 是 兩 相 異 的 質(zhì) 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(zhì) 數(shù)，（a，p）= 1，a 為 奇 數(shù)，有 ap-1 1（mod p）.(p1)a 1（mod p）， ap-

41、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）.6. 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（mod m），那么 ax b（mod m）.8. 設(shè) A 是十進(jìn)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(dāng) xZ 時(shí)，求證：（1）2730 | x13- x；（2）24 |

42、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 m）.8. 設(shè) 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+4，44444444 7 4444 74 (2)4

43、7（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(zhì)，x13- x= x（x12- 1），當(dāng) 2 | x或 2 | x時(shí)都有 x（x12-1） 0（mod 2），x（x12- 1） 0（mod 13）.又 x13-x= x（x6- 1）（x6+ 1）， 當(dāng) 7 | x或 7 | x時(shí)都有 x（x6- 1）（x6+ 1） 0（mod 7）.而x13- x= x（x4- 1）（x8+ x4+ 1）， 當(dāng) 5 | x或 5 | x時(shí)，都有 x（x4-1）（x8+ x4+ 1） 0（mod5

44、）.又 x13- x= x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1）， 當(dāng) 3 | x或 3 | x時(shí)，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），四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積必能被4!=24整除，證得。10. 設(shè)質(zhì)數(shù) p>3，xZ，試證：6p | xp- x.11. p是不等于 2和 5的質(zhì)數(shù)，k是自然數(shù)，證明：.解答：10. 質(zhì)數(shù) p> 3， （6

45、，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(dāng) 2 | x或 2 | x 時(shí)，x（x2- 1） 0（mod 2）；當(dāng) 3 | x或 3 | x時(shí)，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(shè)（m，n）=1，證明：m+ n1（mod mn）.證：（m，n）= 1，n1（mod m ），而 m 0（mod m

46、）， m+n 1（mod m）. 對(duì)稱可得 m+n 1（mod n）. m+n 1（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 的約數(shù)。驗(yàn)算可知。習(xí)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(zhuǎn)相除得15=7×21, 1 = 157×2= 7×(2)15×

47、(1)， 因此原方程的一個(gè)解是 x02×3162， y01×3131;原方程的通解為（2）輾轉(zhuǎn)相除得15=11×14, 11=4×23, 4=3+1 1 = 43=4(114×2)= 4×311=(1511×1) ×311=15×3 + 11×(4)， 因此原方程的一個(gè)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(shí)，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

48、-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， （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(jì)有這樣的年份，這個(gè)年份減去 22 等于它各個(gè)數(shù)字和的495倍，求這年份.6. 設(shè)大物三值七

49、，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(wèn)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(gè)正整數(shù)之和，一個(gè)數(shù)必是 17 的倍數(shù)，另一個(gè)數(shù)必是 24的倍數(shù)，求這兩位數(shù). 9. 一個(gè)兩位數(shù)，各位數(shù)字和的 5倍比原來(lái)大 10，求這個(gè)兩位數(shù). 10. 某人 1981年時(shí)的年齡恰好等于他出生那一年的年號(hào)的各位數(shù)字之和，這個(gè)人是在哪一年出生的？11. 一個(gè)四位數(shù)，它的個(gè)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(guò)來(lái)所得的四位數(shù)之和為 11770，求此四位數(shù) .習(xí)題 3-21求 x2+

50、y2= z2中 0< z<60的所有互質(zhì)的解.2求三個(gè)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(shè) x- y= a2，y- 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(zhǎng)互質(zhì)且和小于 88，求此直角三角形的三邊的長(zhǎng) .4.試證：不定方程 x4-4y4= z2沒(méi)有正整數(shù)解 .3. 設(shè)直角三角形

51、的三邊的長(zhǎng)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(wú)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(zhǎng)的和大于88。4. 因?yàn)?z4= (x4-4y4)2 = x88x4y4+ 16y8= (x4+ 4y4)2(2xy)4，即(2xy)4+ z4=(x4+4y4)2，就是說(shuō)，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(wú)正整數(shù)解

52、.5.試證：每個(gè)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(dāng) d = 0、d = 1、d < 1 時(shí)的非負(fù)整數(shù)解 .7.試證：2x2+ y2+3z2=10t2無(wú)正整數(shù)解 .5. 適當(dāng)取正整數(shù) x，使 n - x2= m 為一正奇數(shù)，設(shè) y = m + 12 ，因?yàn)?y2- m =m -1()22= z2，得 n- x2= y2 z2.6. 當(dāng) d= 0時(shí)，x=1，y為任意非負(fù)整數(shù)；當(dāng) d= -1時(shí)，x= 1，y=0和 x= 0，y= 1；當(dāng) d< - 1時(shí)，x= 1，y=0.7. y2+ 3z2是偶數(shù)，y與 z必同

53、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= 10t21，由于 0< t1< t，矛盾，從而得證 .習(xí)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 4

54、x2-2xy-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(shè) n =7（mod 8），則 n 不能表示為 3個(gè)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- 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(wú) 4因數(shù)；x，y為奇數(shù)，設(shè)x =2k+1, y = 2h+1, 代入化簡(jiǎn)得k (k+1)+h (h+1) = 42, 僅當(dāng)k = 0, h = 6或k = 0, h = 6時(shí)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(guò)分析得 x=3，y=11或x=4，y=9.5. 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