初等數(shù)論習題集參考答案

習題參考答案第一章習題一1.(ⅰ由ab知b=aq，于是b=(a(q，b=a(q及b=(aq，即ab，ab及ab。反之，由ab，ab及ab也可得ab；(ⅱ由ab，bc知b=aq1，c=bq2，于是c=a(q1q2，即ac；(ⅲ由bai知ai=bqi，于是a1x1a2x2akxk=b(q1x1q2x2qkxk，即ba1x1a2x2akxk；(ⅳ由ba知a=bq，于是ac=bcq，即bcac；(ⅴ由ba知a=bq，于是|a|=|b||q|，再由a0得|q|1，從而|a||b|，后半結論由前半結論可得。2.由恒等式mqnp=(mnpq(mp(nq及條件mpmnpq可知mpmqnp。3.在給定的連續(xù)39個自然數(shù)的前20個數(shù)中，存在兩個自然數(shù)，它們的個位數(shù)字是0，其中必有一個的十位數(shù)字不是9，記這個數(shù)為a，它的數(shù)字和為s，則a,a1,,a9,a19的數(shù)字和為s,s1,,s9,s10，其中必有一個能被11整除。4.設不然，n1=n2n3，n2p，n3p，于是n=pn2n3p3，即p，矛盾。5.存在無窮多個正整數(shù)k，使得2k1是合數(shù)，對于這樣的k，(k12不能表示為a2p的形式，事實上，若(k12=a2p，則(k1a(k1a=p，得k1a=1，k1a=p，即p=2k1，此與p為素數(shù)矛盾。第一章習題二1.驗證當n=0,1，2，…,11時，12|f(n。2.寫a=3q1r1，b=3q2r2，r1,r2=0,1或2，由3a2b2=3Qr12r22知r1=r2=0，即3a且3b。3.記n=10q+r,(r=0,1,…,9，則nk+4-nk被10除的余數(shù)和rk+4-rk=rk(r4-1被10除的余數(shù)相同。對r=0,1,…,9進行驗證即可。4.對于任何整數(shù)n，m，等式n2(n12=m22的左邊被4除的余數(shù)為1，而右邊被4除的余數(shù)為2或3，故它不可能成立。5因a43a29=(a23a3(a23a3，當a=1，2時，a23a3=1，a43a29=a23a3=7，13，a43a29是素數(shù)；當a3時，a23a3>1，a23a3>1，a43a29是合數(shù)。6.設給定的n個整數(shù)為a1,a2,,an，作s1=a1，s2=a1a2，，sn=a1a2an，如果si中有一個被n整除，則結論已真，否則存在si，sj，i<j，使得si與sj被n除的余數(shù)相等，于是nsjsi=ai+1aj。第一章習題三1.(ⅰ因為da和d|a|是等價的，所以a1,a2,,ak的公約數(shù)的集合與|a1|,|a2|,,|ak|的公約數(shù)的集合相同，所以它們的最大公約數(shù)相等；(ⅱ，(ⅲ顯然；(ⅳ設(p,a=d，則dp，da，由dp得d=1或d=p，前者推出(p,a=1，后者推出pa。2.(ⅰ由dai推出dy0=(a1,a2,,ak；(ⅱ分別以y0和Y0表示集合A={y；y=，xiZ，ik}和A*={y；y=，xiZ，ik}中的最小正整數(shù)，顯然有Y0=|m|y0；(ⅲ在推論2中取m=，并用代替a1,a2,,ak即可。3.(ⅰ若pa，則(p,a=1，從而由pab推出pb；(ⅱ在(ⅰ中取a=b可得；(ⅲ(a,b1b2bn=(a,b2bn==(a,bn=1。4.由恒等式9(2x3y2(9x5y=17y及172x3y得172(9x5y，又(17,2=1，故179x5y。5.設(a,b=d，則a=da1，b=db1，(a1,b1=1，由a2b2c得a12b12c，a12c，因為c無平方因子，所以a1=1，a=d，b=ab1，即ab。6.設知d22n1，設2k|n并且2k+1不整除n，由2k+1||，i=3,5,,2n1，得d=2k+1。第一章習題四1.(ⅰ，(ⅱ顯然；(ⅲ設m1=[a1,a2,,ak]，m2=[|a1|,|a2|,,|ak|]，則由aim1推出|aI|m1，即m2m1，同理可得m1m2，故m1=m2；(ⅳ顯然a|b|，b|b|，又若am，bm，m>0，則|b|m，故有[a,b]=|b|。2.設m是a1,a2,,an的任一個公倍數(shù)，由a1m，a2m知[a1,a2]=m2m，由m2m，a3m知[m2,a3]=m3m，，由mn1m，anm知[mn1,an]=mnm，即[a1,a2,,an]m。3.只須證，即只須證(b,ab=(a,b，此式顯然。4.由ab=120及ab=(a,b[a,b]=24144=3456解得a=48，b=72或a=72，b=48。5.因為，故只須證明(a,b,c(ab,bc,ca=(a,b(b,c(c,a，此式用類似于例3的方法即可得證。6.設s=1k2k9k，則由2s=(1k9k(2k8k(9k1k=10q1及2s=(0k9k(1k8k(9k0k=9q2得102s和92s，于是有902s，從而129=45s。第一章習題五1.(ⅰab知b=ab1，由性質(ma,mb=|m|(a,b得(a,b=(a,ab1=a(1,b1=a；(ⅱ由性質(ma,mb=|m|(a,b得(a,b=(2a1,2b1=2(2a1,b1；(ⅲ由性質(a,b=1(a,bc=(a,c得(a,b=(a,2b1=(a,b1；(ⅳ由性質(a,b=(|ab|,b及(a,b=1(a,bc=(a,c得(a,b=(,b。2.作輾轉相除：1387=(162(891，162=91(220，91=20411，20=1119，11=912，9=241，2=120，由此得n=6，q1=8，q2=2，q3=4，q4=1，q5=1，q6=4，x=(1n1Qn=73，y=(1nPn=625，又(1387,162=rn=1，故138773162625=1=(1387,162。3.(27090,21672,11352=(4386,10320,11352=(4386,1548,2580=(1290,1548,1032=(258,516,1032=(258,0,0=258。4.(Fn+1,Fn=(FnFn1,Fn=(Fn1,Fn==(F1,F2=1。5.設除數(shù)為d，余數(shù)為r，則由d45822836=1746，d51644582=582，d65225164=1358知d(1746,582,1358=194，由此得d=97，r=23或d=194，r=120。6.作輾轉相除：a=bq1r1，0<r1<|b|，b=r1q2r2，0<r2<r1，rn2=rn1qnrn，0<rn<rn1，rn1=rnqn1rn1，rn1=0。由第一式得2a1=，即等，于是。第一章習題六1.(ⅰ顯然d=（0ii，1ik）是n的正因數(shù)。反之，設d為n的任一個正因數(shù)，由dn知對每一個pi，d的標準分解式中pi的指數(shù)都不超過n的標準分解式中pi的指數(shù)，即d必可表示成（0ii，1ik）的形式；(ⅱ類似于(ⅰ可證得。2.(ⅰ顯然對于i=min{i,i}，1ik，，而且若da，db，則d的標準分解式中pi的指數(shù)同時不超過a和b的標準分解式中pi的指數(shù)，即d，這就證明了(a,b=，i=min{i,i}，1ik；(ⅱ類似于(ⅰ即可證得。3.22345680=2435747283。4.寫i=，i=1,2,,2n，則i為1,2,,2n中的奇數(shù)，即i只能取n個數(shù)值，在n1個這樣的數(shù)中，必存在i=j（ij），于是易知i與j成倍數(shù)關系。5.寫i=，i=1,2,,n，令=max{1,2,,n}=k，顯然1，且由第一節(jié)例5知使=k的k（1kn）是唯一的，取T=2112n，若S是整數(shù)，則ST=項外都是整數(shù)，矛盾。（2）學習第3、4句。a意思是：今天，“我”在開封府做了高官，執(zhí)掌國法，殺贓官、除惡霸、為黎民百姓申雪冤枉是“我”的職責，“就應該像嫂娘教導的那樣：在端正、要求別人之前，先要端正自己，對自己標準應該一樣；如果要求自己寬，要求別人嚴，怎么能算是擔當國家重任的人呢?b重點字詞：徇、私情、貪贓、申、雪。c體會：這兩句話說得入情入理，不能不讓吳妙貞信服。d重點句：未正人先正己人己一樣，責己寬責人嚴怎算得國家棟梁?這句話說得情真意切，特別是最后的反問句更加重了情感，不能不讓吳妙貞為之感動。這句話的內容與第一句的內容相照應。(3學習第5句。a緊接上層，意思是，包勉為官不正，犯了王法，怎么能從輕處理呢?如果小弟為了叔侄私情就從輕處置他，那是對上欺騙君王，對下壓制百姓，而且敗壞了國家法制的尊嚴，“我”怎么來面您呢?b重點字詞：未、正、人、責、豈、紀綱。4.指名朗讀，體會情感。p=mn+1M1x1mn+1M2x2附：板書設計mn+1Mnxnm1m2mnxn114、京劇《赤桑鎮(zhèn)》選段秉公執(zhí)法、不徇私情、忠君愛民*15寓言二則交道中心校陳松一、教學目標1．通過借助書下注釋和查字典，自學這兩首寓言，了解寓言故事的意思。2．通過交流能用自己的話講一講這兩則寓言故事，并知道其中的道理。3．通過這節(jié)課的學習，培養(yǎng)自學的能力。4．通過學習這一課，知道在學習和做事情時要專心致志的道理。二、教學重點通過借助書下注釋和查字典，自學這兩首寓言，了解寓言故事的意思。三、教學難點通過交流能用自己的話講一講這兩則寓言故事，并知道其中的道理。四、教學策略=自主探究、小組合作、朗讀感悟1x1、M2x2激趣導入1.同學們，今天我們學習《寓言二則》。（板書：寓言二則）二則就是二篇，寓言二則是兩篇古文。什么是古文？（古代的人寫的文章自然就是古代的文章了。古文有時也叫文言文。古文和我們現(xiàn)在學的現(xiàn)代文有很大的區(qū)別。我們現(xiàn)在學的文章，包括你們自己習作課上寫的一些文章，都叫“白話文”。古文與現(xiàn)在的白話文有很大區(qū)別。）nMn+1+1（二）承接：學習課文1．學生初讀課文，要求讀準字音。（1）學生用自己喜歡的方式自讀。（2）同學之間互讀。互相進行正音。（3）找一兩個學生當眾讀，集體正音。2.學生介紹相關資料。如：有關圍棋的資料，有關弈秋的資料3.學生看注釋和查字典獨立細讀，初步了解寓言的意思。找出自己不能理解的字和句子。4.小組同學交流讀，讀懂每一字和句子。5.找一些小組進行匯報，用自己的話說一說寓言故事的意思。其他組進行補充。（1）什么是“學弈”？本文作者是戰(zhàn)國時期的大教育家孟子，《學弈》是他談到學習態(tài)度和聰明不聰明的問題時舉的一個例子。交流孟子資料：（約孟子（約前372m1m2mnmn+1）n2成立?！盀槭瞧渲歉ト襞c？曰：非然也?！笔鞘裁匆馑迹渴鞘裁丛蚰?？從這句你懂得了什么道理？(只有專心致志，才能學到本領。（4）學生逐句解釋第二則寓言的意思。(5教師適時指導難字難句?！胺寝牡辣┥睿橛袝喊担匣?。”是什么意思？從這句你懂得了什么道理？（做事要專心，如果不專心，即使本領高強，也難免要失敗。）6.回歸整體(1學生再讀課文理解意思。(2學生再用自己的話給同學講一講這兩則寓言故事。學生交流學習寓言后懂得了什么道理？(3學生齊讀寓言，感悟寓言所講的道理。（三）聚焦：指導背誦1．3.寫i=（四）收合：課堂小結，布置作業(yè)ri，0ri<m*i附：m的簡化剩余系知rim的最小非負簡化剩余系，于是由例1得學弈告訴我們學習做事要專心致志弈秋敗弈*16猴王出世。房山區(qū)良鄉(xiāng)行宮園學校張海濱一、教學目標

1．通過自學，認讀10個字。2．通過默讀能夠概括每個自然段的主要內容，了解《西游記》中美猴王的來歷。3．初步感受古典文學的語言特點，激發(fā)學生閱讀名著的興趣。能夠從課文中摘抄自己喜歡的語句。二、教學重點

通過默讀能夠概括每個自然段的主要內容，了解《西游記》中美猴王的來歷。三、教學難點

初步感受古典文學的語言特點，激發(fā)學生閱讀名著的興趣。四、教學策略由此得“以讀為本”與多種方法有機結合。五、教學時數(shù)一課時mn((m,n=(m,n1．出示四大名著《三國演義》《水滸傳》《紅樓夢》《西游記》。說說對它們的了解。=(m,n(m(n。詩詞，引出課題?；煦缥捶痔斓貋y，茫茫渺渺無人見。自從盤古破鴻蒙，開辟從茲清濁辨。5.設，取，k,a=(k,b=1，則可得，即a(m=b(n。（二）承接：初讀文本，理清順序與結構1．自由讀課文，把句子讀通順，讀不懂的地方畫出來。2．交流自學情況，說說自己通過什么方法知道了什么？或現(xiàn)在還有什么不懂的？教師引導學生大概了解詞語和6.(ⅰ當．輕聲讀課文，想一想每個自然段都寫了什么內容？練習說一說課文的主要內容。時顯然；當n=2時，(21．依據(jù)課后第一題，1>（1）；當n=p，p為奇素數(shù)時，（a=pp1>（1）；現(xiàn)在設，則。(ⅱ設的原因，感受他的自尊、自立、自強。是合數(shù)，p0為n的最小素因數(shù)，則p0三、教學難點，于是理解小男孩說的“我不要你送給我！這只小狗和其他小狗一樣值一百塊錢！我先給你五塊六毛二做訂金，以后一個星期給你五塊錢，直到付完為止?！边@段話。(n=。讀、思、議相結合。五、教學時數(shù)第二章習題兩課時第一課時一、教學目標1.因103=235311103個多音字“漲zhà0(mod2”3，再由19781001(mod53得．讀熟課文，了解課文主要內容。103197833，故197810319783二、教學重點0(mod103。1．掌握本課生字、新詞。2．了解課文主要內容。2.313159159=(56265353=2554五、教學過程6(mod7。（一）創(chuàng)設情境，導入新課：“每天清晨上學的路上，大家都見過有許多的人手里牽著或懷里抱著小貓、小狗之類的寵物，悠然自得地散步。是呀！隨著人們生活水平的提高，飼養(yǎng)小動物已經(jīng)成為一種時尚，它能給人們快節(jié)奏的生活增添無窮的樂趣。同學們，你們喜歡小動物嗎？（生自由回答）那你們誰喜歡小狗哇？據(jù)我所知，一個雜貨店的老板養(yǎng)的一只母狗幾個星期前生了5只小狗，正準備把他們賣掉。既然同學們這么喜歡小狗，咱們一起去看看吧！3.因561=31117，對于一切整數(shù)a，(a,561=1，有(a,3=1，(a,11=1，(a,17=1，由費馬定理可得a560=(a22801(mod3，a560=(a10561(mod11，a560=(a16351(mod17，故a5601(mod561。4.由費馬定理qp11(modp，pq11(modq，pq1qp11(modp，pq1qp11(modq，故pq1qp11(modpq。5.6121=(631(631(661=54373146657，對于46657，它的素因數(shù)必為12k1型，經(jīng)檢驗的46657=133797，故6121=571331374397。6.設素數(shù)pbn1，即bn1(modp，于是b2n1(modp，由例5得下面兩種情形之一成立：(ⅰpbd1對于2n的某個因數(shù)d<2n成立；(ⅱp1(mod2n。第二章習題五1.設，則n正因數(shù)可表示為d=（0ii，1ik），于是d(n==(11(12(1k。由上式立知d(n是積性函數(shù)，但d(4=34=d(2d(2，故d(n不是完全積性函數(shù)。2.若不恒為零的數(shù)論函數(shù)f(n是完全積性函數(shù)，必為積性函數(shù)，故f(1=1且。反之，若整數(shù)m，n中有一個等于1，顯然有f(mn=f(mf(n，若，則3.。4.(ⅰ當n=1時，右邊的連乘理解為1，等式成立。設，則有；(ⅱ當n=1時，右邊的連乘理解為1，等式成立。設，則有。5.當n=1時，=1，設，則第四章習題一1.設，即35x21y15z=17，因(35,21=7，(7,15=1，117，故有解。分別解5x3y=t，7t15z=17得x=t3u，y=2t5u，uZ，t=1115v，z=47v，vZ，消去t得x=1115v3u，y=2230v5u，z=47v，u，vZ。對于任意的確定的u和v的值，都給出一種表示法。2.分別解x12x2=t，t3x3=41得x1=t2u，x2=u，uZ，t=413v，x3=v，vZ，消去t得x1=413v2u，x2=u，x3=v，u，vZ。由此得原方程的全部正整數(shù)解為(x1,x2,x3=(413v2u,u,v，u>0，v>0，413v2u>0。3.消去x1得9x214x3=3，解得x2=914t，x3=69t，tZ，從而得不定方程組的解為x1=4355t，x2=914t，x3=69t，tZ，4.設甲、乙班的學生每人分別得x，y支鉛筆，則7x11y=100，解這個不定方程得x=8，y=4。5.二元一次不定方程axby=n的一切整數(shù)解為，tZ，于是由x0，y0得，但區(qū)間的長度是，故此區(qū)間內的整數(shù)個數(shù)為1。6.因為0,1,2,,abab中共有(a1(b1個數(shù)，故只須證明n與gn（g=abab）有且只有一個能表示成axby（x0，y0）的形式。如果n與gn都能表示成axby（x0，y0）的形式，即axby=n（x0，y0），axby=gn（x0，y0），則a(xxb(yy=g，這是不可能的；如果n不能表示成axby（x0，y0）的形式，則因為二元一次不定方程axby=n的一切整數(shù)解為，tZ，所以當t使0xb1時，必有y1，于是a(b1xb(1y=gn，即gn能表示成axby（x0，y0）的形式。第四章習題二1.設有理數(shù)（m0）滿足方程x2y2=1，即l2n2=m2，于是得l=2abd，n=(a2b2d，m=(a2b2d或l=(a2b2d，m=2abd，m=(a2b2d，由此得(x,y=。反之，代入方程x2y2=1即知這樣的點在單位圓周上。2.由x2=(zy(zy及x是素數(shù)得zy=x2，zy=1，于是2z1=x2，2(xy1=(x12都是平方數(shù)。3.設xy=a2，yz=b2，xz=c2，則a2b2=c2，由此得x=(u2v22t，y=(u2v22t或4u2v2t，z=t，u,v,tZ。4.設(zx,zx=d，易知d=1或2。由(zx(zx=3y2得zx=3da2，zx=db2，y=dab或zx=db2，zx=3da2，y=dab，a>0，b>0，(a,b=1。(ⅰ當d=1：，a>0，b>0，(a,b=1，3b，a,b同為奇數(shù)；(ⅱ當d=2：x=|b23a2|，y=2ab，z=b23a2，a>0，b>0，(a,b=1，3b，a,b一奇一偶。反之，易驗證(ⅰ或(ⅱ是原不定方程的解，且x>0，y>0，z>0，(x,y=1。5.(ⅰ設x，y，z是x2y2z2=x2y2的整數(shù)解，如果x，y同為奇數(shù)，則x2y2z22，3(mod4，x2y21(mod4，此不可能；如果x，y一奇一偶，則x2y2z21，2(mod4，x2y20(mod4，此也不可能。所以x，y同為偶數(shù)，z也是偶數(shù)，令x=2x1，y=2y1，z=2z1，代入原方程得x12y12z12=22x12y12，反復以上的推理可得x，y，z能被2的任意次乘冪整除，只能x=y=z=0。(ⅱ類似于(ⅰ可證。6.設x，y，z是x2y2=z4的滿足(x,y=1，2x的正整數(shù)解，則x=2ab，y=a2b2，z2=a2b2，a>b>0，(a,b=1，a,b一奇一偶，再由z2=a2b2得a=2uv，b=u2v2，z=u2v2或a=u2v2，b=2uv，z=u2v2，u>v>0，(u,v=1，u,v一奇一偶，于是得x=4uv(u2v2，y=|u4v46u2v2|，z=u2v2，u>v>0，(u,v=1，u,v一奇一偶。反之，易驗證它是原不定方程的整數(shù)解，且x>0，y>0，z>0，(x,y=1，2x。第四章習題三1.由x(xy=6得(x,y=(1,5，(1,5，(2,1，(2,1，(3,1，(3,1，(6,5，(6,5。2.由第一個方程得z=(xy，代入第二個方程經(jīng)化簡得xyz=6，由此得(x,y,z=(1,2,3，(2,1,3，(1,3,2，(2,3,1，(3,1,2，(3,2,1，3.當y=1時，x=2，若y2，x3，則3y1(mod8，這是不可能的，故原方程的正整數(shù)解只有(x,y=(2,1。4.顯然x>z，y>z，令x=zs，y=zt，s，tN，代入原方程可得z2=st，于是s=a2d，t=b2d，z=abd，其中a,b,dN，(a,b=1，由此得x=abda2d，y=abdb2d，z=abd，反之，將上式代入原方程知它們是原方程的正整數(shù)解。5.不妨設xy，當p=2時，(x,y=(2,2。下設p是奇素數(shù)，令2x=ps，2y=pt，s，tZ，st，代入原方程可得p2=st，由此得s=1，t=p2或s=p，t=p或s=p2，t=1，即(x,y=。6.設M，b為任意的有理數(shù)，容易證明：若a1,a2,,a2n+1具有性質P，則(ⅰM，Ma1,Ma2,,Ma2n+1也具有性質P；(ⅱa1b,a2b,,a2n+1b也具有性質P。由此我們可假定a1,a2,,a2n+1都是整數(shù)，且a1=0。由性質P易知ai都是偶數(shù)，于是由(ⅰ知也具有性質P，并且它們都是整數(shù)，且=0。反復以上推理可知對于任意的正整數(shù)k，也具有性質P，故只可能a1=a1==a2n+1=0。第五章習題一1.(ⅰ若f(x00(modm，則f(x0b(x0b(x0(modm成立，反之，若f(x0b(x0b(x0(modm，則f(x00(modm成立；(ⅱ若f(x00(modm，則bf(x00(modm成立，反之，若bf(x00(modm，則由(b,m=1得f(x00(modm成立；(ⅲ若g(x0h(x00(modm，則由m是素數(shù)得g(x00(modm或h(x00(modm。2.(ⅰx4(mod17；(ⅱx1，48，95，142，189(mod235。3.消去y得8x41(mod47，解得x11(mod47，代入原方程組中的第二式得y1(mod47。故原方程組的解為x11(mod47，y1(mod47。4.首先易知是整數(shù)，又由(a,p=1知方程axb(modp解唯一，故只須將(modp代入axb(modp驗證它是同余方程的解即可。5.必要性顯然，下證充分性。當n=1時，由定理2知命題成立。假設n=k時結論已真，考慮a1x1a2x2akxkak+1xk+1b(modm，令(a1,a2,,ak,m=d1，(d1,ak+1=d，因為同余方程ak+1xk+1b(modd1有解，其解數(shù)為d，modd1，記m=d1m1，則解數(shù)為dm1，modm?，F(xiàn)在固定一個解xk+1，由歸納假定知a1x1a2x2akxkbak+1xk+1(modm有解，其解數(shù)為d1mk1，modm，從而a1x1a2x2akxkak+1xk+1b(modm有解，其解數(shù)為dm1d1mk1=dmk，modm。由歸納原理知命題對于一切n1成立。6.因為(2,12=2，(2,7=15，故同余方程有解，其解數(shù)為11221=12，mod12。先解同余方程7y5(mod2，得y1(mod2，寫成y12t(mod12，t=0,1,2,,5，對于固定的t，解同余方程2x57(12t22t(mod12，得x1t(mod6，寫成x1t6s(mod12，s=0,1，故原方程組的解為x1t6s(mod12，y12t(mod12，s=0,1，t=0,1,2,,5。第五章習題二1.m=56711=2310；M1=6711=462，M2=5711=385，M3=5611=330，M4=567=210；由462M11(mod5得M1=3，385M21(mod6得M2=1，330M31(mod7得M3=1，210M41(mod5得M4=1。所以原同余方程組的解為x3462b11385b21330b31210b4(mod2310。2.因為(15,8=185，(15,25=5813，(8,25=1513，故原同余方程組有解，解數(shù)唯一，mod[15,8,25]=600。將第一個同余方程的解x=815t1，t1Z，代入第二個同余方程得t13(mod8，即t1=38t2，t2Z，x=53120t2，代入第三個同余方程得t23(mod5，即t2=35t3，t3Z，x=413600t3，所以原同余方程組的解為x413(mod600。注：此處所使用的解法思路簡單，但比較繁。3.設士兵有x人，由題意得x1(mod3，x2(mod5，x3(mod11，由孫子定理得x58(mod165，故x=58人。4.可設n=235，由條件得1(mod2，0(mod3，0(mod5；0(mod2，1(mod3，0(mod5；0(mod2，0(mod3，1(mod5，由孫子定理得15(mod30，10(mod30，6(mod30，故n=21531056。5.作同余方程組：x0(modp1，x1(modp2，…，xn1(modpn，由孫子定理知此同余方程組有解x，于是x，x1，…，xn1滿足要求。6.因105=357，同余方程3x211x200(mod3的解為x1(mod3，同余方程3x211x380(mod5的解為x0，3(mod5，同余方程3x211x200(mod7的解為x2，6(mod7，故原同余方程有4解，mod105。作同余方程組：xb1(mod3，xb2(mod5，xb3(mod7，其中b1=1，b2=0，3，b3=2，6，由孫子定理得原同余方程的解為x13，55，58，100(mod105。第五章習題三1.(ⅰ由定理知存在整數(shù)x2=apt1，t1Z，使得xx2(modp2是同余方程f(x0(modp2的解，x2a(modp。再由定理知存在整數(shù)x3=x2+p2t2，t2Z，使得xx3(modp3是同余方程f(x0(modp3的解，x3x2a(modp，如此繼續(xù)下去，最后知存在整數(shù)x=x1p1t1，t1Z，使得xx(modp是同余方程f(x0(modp的解，xx1x2a(modp；(ⅱ由條件知同余方程f(x0(modp的每一個解xx1(modp都不是f(x0(modp的解，即f(x10(modp，于是由(ⅰ知可導出f(x0(modp的解xx(modp，且由(ⅰ的證明過程知只能導出唯一的解xx(modp。2.對x2(mod5，令x=25t代入同余方程2x213x340(mod52得t0(mod5，于是x=25(5t1=225t1，代入同余方程2x213x340(mod53得到t0(mod5，于是x=225(5t2=2125t2，即x2(mod53是同余方程2x213x340(mod53的一個解。3.對x0=4，則由(47x172x222(mod72得x15(mod7，x1=5。再由(47572x222(mod73得x24(mod7，x2=4，這樣，求得原同余方程的一個解是x475724=235(mod734.因54=233，而x21(mod3無解，故x21(mod54也無解。5.因75=352，先解f(x0(mod3，用逐一代入法得解x0(mod3；再解f(x0(mod52，用逐一代入法得f(x0(mod5的解為x0，2(mod5，對于x0(mod5，令x=5t代入f(x0(mod25得t2(mod5，于是x=5(25t2=1025t2，即x10(mod25是f(x0(mod25的一個解，對于x2(mod5，令x=25t代入f(x0(mod25得t4(mod5，于是x=25(45t2=2225t2，即x22(mod25是f(x0(mod25的一個解；最后構造同余方程組xb1(mod3，xb2(mod25，b1=0，b2=10，22，由孫子定理得f(x0(mod75的兩個解x10，72(mod75。6.令m=p1p2pk，pi是不同的奇素數(shù)，由x21(modpi的解數(shù)Ti=2，故T=T1T2Tk=2k，當k充分大時，必有2k>n。第五章習題四1.(ⅰ原同余方程等價于3x55x42x210(mod7，用x=0，1，2，3代入知后者無解；(ⅱ原同余方程等價于2x42x33x20(mod5，將x=0，1，2代入，知后者有解x1(mod5。2.(ⅰ2x3x23x10(mod5等價于x33x24x30(mod5，又x5x=(x33x24x3(x23x5+(6x212x15，其中r(x=6x212x15的系數(shù)不都是5的倍數(shù)，故原方程沒有三個解；(ⅱ因為這是對模5的同余方程，故原方程不可能有六個解。3.設x1是xka(modm的任意一個解，則一次同余方程yx0x1(modm有解y，再由ykaykx0k(yx0kx1ka(modm得yk1(modm，即x1可以表示成xyx0(modm，其中y滿足同余方程yk1(modm；反之，易知如此形式的x是xka(modm的解。4.由kp1知同余方程xk1(modp恰有k個解，又由kn知這k個解也是同余方程xn1(modp的解。下證同余方程xn1(modp的解必是同余方程xk1(modp的解，事實上，若x0n1(modp，記k=snt(p1。若s>0，t<0，則x0kx0kx0t(p1=x0kt(p1=x0sn(x0ns1(modp；若s<0，t>0，則可類似證明。5.(ⅰxp110(modp有解x1，2，，p1(modp，故對于一切整數(shù)x，xp11(x1(x2(xp1(modp；(ⅱ在(ⅰ中令x=p。6.令(x1(x2(xp1=xp1ap2xp2a2x2a1xa0，其中ap2=12(p1=是p的倍數(shù)，考慮同余方程f(x0(modp，f(x=xp1ap3xp3a2x2a1xa0，顯然它有解x1，2，，p1(modp，故xpx=f(xxr(x中的余式r(x=ap3xp2a2x3a1x2(a01x的系數(shù)都是p的倍數(shù)。第五章習題五1.因116=121343121(mod13，故x211(mod13無解。2.模23的所有的二次剩余為x1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18(mod23，二次非剩余為x5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22(mod23。3.設a，b為模p的二次剩余，有111(modp，再設c，d為模p的二次非剩余，有(1(11(modp，以及1(11(modp知結論成立。4.由歐拉判別法知，由此知x2n(modp的解是x(modp。5.若x2n(modp有解xx0(modp，則x02n(modp，故=1，反之，若=1，則x2n(modp有解xx0(modp，因p2x0，故此解可導出x2n(modp的一個解xx(modp，即x2n(modp有解。6.設x1,x2,,xk為模p的所有二次剩余，則x1x2xk1222(modp。第五章習題六1.(ⅰ因，原同余方程有解；(ⅱ，原同余方程有解。2.由，由此得，即，解之得p1，5，7，9，19(mod44。3.由2QR(p，3QR(p推得，即，或。解之得p1，或11(mod24。4.設奇素數(shù)px23y2，即x23y2(modp，由(x,y=1易證(3y2,p=1，于是，由此得p的一般形式為12k1型。5.若8k5型的素數(shù)只有有限個，記為p1,p2,,pk，作A=(2p1p2pk21，顯然A>1，A是奇數(shù)，設奇素數(shù)pA，即(2p1p2pk21(modp，，由此得p的一般形式為8k1或8k5型，由A5(mod8知A的素因數(shù)p中至少有一個是8k5型的，對這個p，有p=pi（1ik），由pA，pp1p2pk推出p1，矛盾。6.當p=4k1時，同余方程x21(modp有解xn(modp，即pn21，從而p(n21(n22(n22；當p=8k3時，同余方程x22(modp有解xn(modp，即pn22，從而p(n21(n22(n22；當p=8k7時，同余方程n22(modp有解xn(modp，即pn22，從而p(n21(n22(n22。第五章習題七1.(ⅱ顯然；(ⅲ設m=p1p2pk，則(ⅳ。2.因，原同余方程無解。3.設d=2d1，d1為正奇數(shù)，，當>0時，p=8n1型，=1，當d1>1時，=1，所以=1。4.由p=q4a知p，q同為4k1或同為4k3，當p，q同為4k1時，有，當p，q同為4k3時，有。5.當a0(mod4時，則2abb(mod8，令a=2a1，a1為奇數(shù)，于是有，若a1>1，；當a1(mod4時，若a=1，，故有；類似地，當a2(mod4時，令a=2a1，a1為奇數(shù)，于是；當a3(mod4時，。6.若a為奇數(shù)，有，若a為偶數(shù)，于是4acb與b同為8k1或同為8k3，即，設a=2a1，a1為奇數(shù)，有=。第七章習題一1.經(jīng)計算得11(1=1，11(2=10，11(3=5，11(4=5，11(5=5，11(6=10，11(7=10，11(8=10，11(9=5，11(10=2，列表得a1234567891011(a110555101010522.x3，5(mod14是模14的全部原根。3.因g1,g2,,g(m構成模m的簡化剩余系，由d=m(g=得，則(,(m=，1(m(t,d=1，1td，故恰有(d個t，使得(t,d=1，從而知故恰有(d個，使得m(g=d。特別地，取d=(m知模m的簡化剩余系中恰有((m個原根。4.(ⅰ因g1,g2,,g(m為模m的簡化剩余系，設同余方程x21(modm的解為xgr(modm，即(gr2=g2r1(modm，由此得2r0(mod(m，(m2r，又由m3知(m是偶數(shù)，得或(m。另一方面，同余方程x21(modm至少有解x1，1(modm，由g(m1(modm推出1(modm。(ⅱ因g1,g2,,g(m也為模m的簡化剩余系，故x1x2x(mg1g2g(m1(modm。5.在模p的簡化剩余系中有=2n1個二次非剩余，在模p的簡化剩余系中有((p=(2n=2n1個原根，又設g是模那些規(guī)規(guī)矩矩來參加家長會的家長們，也不過就是當一回老師的忠實聽眾：家長會的主角——班主任免不了提一通學習的要求、管理的要求、成績的要求、家長輔導的要求，班主任說完任課老師說。說來說去，除了要求就是任務甚至告狀。家長們是把老師奉若神明的，他們虔誠地做著記錄，因為今后一段時間，那就是他們指導孩子的“行動綱領”了。家長會就是這樣幾乎一個程式地沿襲下來，而且還在接著沿襲下去。如此，學生們對家長會持什么心態(tài)？北京育英學校中學部曾對328名不同年級的學生做過一次問卷調查，結果顯示：36.3%的學生聽說開家長會就心情緊張，感覺壓力大；11.3%的學生不愿家長參加家長會。而且，答卷告訴我們，家長會開過后g是模p30.5%的學生在家長會后會受到嚴肅批評并被限制活動。有的學生表示希望“盡量少開”、“最好永遠不開家長會”。變一下觀念，換一種思路，用一些巧妙的辦法，前面就是一片新天地——家長會的多元表達家長會還是要開的，關鍵是怎么開。“家長會新模式”于是進入了中國青少年研究中心的研究視野，并被列為重點課題。兩年來，全國共有51所學校參加了這一課題的研究與實踐，變革涉及到家長會的方方面面?！白鹁吹募议L：您好！您的孩子升入初中半個學期了，有什么變化嗎？他們適應中學的生活了嗎？歡迎您本周五來學校坐坐，看看孩子們的表現(xiàn)，與老師和其他家長談談您的困惑、您的教育體會和您的經(jīng)驗?！薄凹议L同志：期中考試剛剛結束，您一定非常關注孩子的成績和孩子在學校學習生活的情況；孩子長大了，在家肯定會有與以往不同的表現(xiàn)，您可能也會有些問題想跟別人交流。請您本周三在百忙中抽時間光臨學校，參加我為您和孩子組織的座談會。希望您帶來寶貴的教子經(jīng)驗，與大家分享?！薄凹议L您好！您的孩子已經(jīng)一天天長大，正在一步步邁入青春期。這是孩子一生中成長最快、也是最為重要的時期之一。為了幫助您的孩子更好地度過青春期，我們決定首先為家長開設青春期教育講座。我們分別在本周四下午p1(modq新型家長會中最重要的，是教師角色的轉變——由以往當“家長的家長”、一個人口干舌燥卻常常徒勞無功地唱“獨角戲”，到教師、家長或者和學生共同唱一臺戲；開會時不再是老師站臺上家長坐臺下，而是圍成一圈，相鄰而坐。學生也不再被一概排斥在家長會之外，成為永遠的“缺席被審判者”，有些家長會讓學生參加，有些家長會的內容還請學生討論決定。家長會因此而變了臉，新型家長會的模式在教師們的探討中浮出水面。中國青少年研究中心日前推薦了一些從實驗中總結出的家長會開法：交流式：就教育中的共性問題進行理論探索，或做個案分析，或開經(jīng)驗交流會；對話討論式：就一、兩個突出的問題進行親子、師生、教師與家長的對話；展示式：展覽孩子的作業(yè)、作品、獲獎證書或學生現(xiàn)場表演等，讓家長在班級背景中了解自己的孩子；專家報告式：就學生入學后某個階段或某個共性問題，請專家做報告并現(xiàn)場答疑，以提高家長的教育素質；聯(lián)誼式：教師、家長、學生相聚在一起，用表演等歡快的形式，共同營造和諧的氣氛，增進感情和了解；參觀游覽式：學生、家長、教師一同外出參觀游覽，在活動中發(fā)現(xiàn)問題，促進溝通。q(21，故班里出現(xiàn)了考試作弊問題，需要家長配合教育。北京育英學校初二8班班主任趙旭新老師沒有像以往那樣批評學生或找家長，而是不動聲色地讓每個學生養(yǎng)一條小金魚，一周后開家長會時帶來。面對一桌子的魚缸，趙老師說，“我們今天要搞一個金魚的評比。但不是比誰的魚大，誰的魚漂亮，我們是要比誰的魚的的確確是自己養(yǎng)的。”在一片愕然的目光中，老師引出了誠實的話題，請家長和學生共同進行討論。趙老師是要用這種特別的討論式家長會，使問題更平和而積極地解決：不僅幫助學生提高對誠實的認識，還要使父母們意識到“分數(shù)”不是最重要的，應該首先關心孩子的人格塑造，與老師共同引導孩子學習做人、做事。討論后的發(fā)言