初等數(shù)論試卷

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一．填空題：

1、(?1859,1573)=1432、對于任意的正整數(shù)a,b，有[a,b]?ab.(a,b)3、x?[x]?{x}.4、22345680的標準分解式是

22345680?24?3?5?7?47?283.

5、整數(shù)集合A中含有m個整數(shù)，且A中任意兩個整數(shù)對于m是不同余的，則整數(shù)集合A是模m的完全剩余系.

6、設a、b是任意兩個正整數(shù)，則不大于a而為b的倍數(shù)的正整數(shù)個數(shù)為??.

b7、素數(shù)寫成兩個平方數(shù)和的方法是唯一的.8、不同剩余類中的任何兩個不同整數(shù)對模m是不同余的.

9、n元一次不定方程a1x1?a2x2?……?anxn?c.有解的充分必要條件是

?a???(a1?a2……an)c.10、初等數(shù)論按研究方法分為：初等數(shù)論、解析數(shù)論、代數(shù)數(shù)論、幾何數(shù)論.

11、數(shù)集合A是模m的簡化剩余系的充要條件（1）A中含有f(m)個整數(shù)；（2）任意兩個整數(shù)對模m不同余；

（3）A中每個整數(shù)都與m互素；

212、設n是正整數(shù)c2n1,c2n3,c2n2n?1的最大公約數(shù)為,k?113、若(a,b)?1，則

(a,bc)?(a,c).

14、81234被13除的余數(shù)是12.15、模7的最小非負完全剩余系是0、1、2、3、4、5、6.

二、判斷題：

1、若n為奇數(shù)，則8|n?1。（√）2、設n、k是正整數(shù)n與nkk?42的個位數(shù)字不一定一致。（×）

3、任何大于1的整數(shù)a都至少有一個素因數(shù).（√）4、任何一個大于1的合數(shù)與a，必然有一個不超過a的素因數(shù).（√）5、任意給出的五個整數(shù)中必有三個數(shù)之和能被整數(shù)3整除.（√）6、最大公約數(shù)等于1是兩兩互素的必要而不充分條件.（√）7、設p是素數(shù)，a是整數(shù)，則pa或(p,a)?1.（√）8、假使a1,a2……an是互素的，則a1,a2……an一定兩兩互素（×）

9、設p是素數(shù)，若pab，則pa且pb.（×）10、（劉維爾定理）設p是素數(shù)，則(p?1)！??1(modp)（√）11、m是正整數(shù)(a,m)?1，則a?(m)?1(modm).（√）

12、由于每個非零整數(shù)的約數(shù)個數(shù)是有限的，所以最大的公約數(shù)存在，且正整數(shù)。（√）13、設d是a1,a2……ak的一個約數(shù)，則da1,a2……ak（√）14、1978103?19783不能被10整除。（×）15、1?311??(n?2)是整數(shù)（×）2nn16、n為正整數(shù)，若2?1為素數(shù)，則n不一定是素數(shù)（×）17、若n?1并且(n?1)!?(modn),則n不是素數(shù)（×）

18、設f(x)是整系數(shù)多項式，并且f(1),f(2),……f(m)都不能被m整除，則f(m)?0有整數(shù)解（×）

19、若(m1,m2)?1（m1,m2是任意兩個互質的正整數(shù)），是則?(m1m2)??(m1)??(m1)（×）

20、假使兩個整數(shù)相互整除，則這兩個數(shù)僅相差一個符號（×）三、計算題：

221、設a、b是整數(shù)且9a?ab?b，則3(a,b).

22222解：由9a?ab?b?3(a?b)?3ab?3(a?b)?3a?b?9(a?b).22再由9a?ab?b得93ab?3ab.

由定理4的推論1（設p是素數(shù)，若pab，則pa或pb.）得3a或3b.2、求(12345,678).

（12345,339）?（12023,339）?（6003,339）?（5664,339）解：(12345,678).=

=（177,339）=（177,162）=（177,81）=（96,81）=（3,81）=3.

3、求(25733?46)26被50除的余數(shù).解：根據(jù)定理4，有(257?46)3326?(733?4)26?[(7?72)16?4]26?[7?(?1)16?4]26

265?（7?4）?326?3（?35）??21?29（mod50)即所

求的余數(shù)是29.

19寫成三個既約分數(shù)之和，它們的分母分別是2，3和5.3019xyz???即15x?10y?6z?19.解：設

302354、將

?15x?10y?5t?t??1?6u解得?(15,10)?5?d2?上述方程等價于??5t?6z?19?z?4?5u?x??1?6u?2v?x?t?2v?從而，?故?y?1?6u?3v(u,v?z)y??t?30??z?4?5u?即

取u?v?0得x??1,y?1,z?419114????302355、求不定方程3x?6y?15的解.解：

(3,6)?315?方程有解

由輾轉相除法，可以知道x??1,y?1是方程3x?6y?3(x?2y?1?a?1,b?2)的一個解

所以，x0??5,y0?5就是原方程的解；由定理2知??x??5?2t（t?z)

?y?5?t6、用輾轉相除法求整數(shù)x、y使得1387x-162y=(1387,162).

解：作輾轉相除：1387?(?162)?(?8)?91，?162?91?(?2)?20

91?20?4?11，20?11?1?9，11?9?1?2，9?2?4?1，2?1?2?0由此可得n?6，q1??8，q2??2，q3?4，q4?1，q5?1，q6?4

x=(?1)n?1Qn?73，

y=(?1)np?625,又(1387,162).=rn?1，

n故1387?73?162?625?1?(1387,162)

177、將寫成三個既約分數(shù)之和，它們的分母分別是3，5和7（第四章習題一1）

105解：設

17xyz???，即35x?21y?15z?17.105357因(35,21)?7,(7,15)?1，117，故有解.分

別

解

5x?3y?t得?tx??t?3u,y?2t?5u,u?Z,t?11?15v,z??4?7v,v?Z

消去t得x??11?15v?3u,y?22?30v?5u,z??4?7v,u、v?Z.對于任意的確定的u和v的值，都給出一種表示法。8、求最大的正整數(shù)k，使得10199!

解：由定理3（設n是正整數(shù)，n!?p1?p2……pk?1?2?kk是n!的標準分解式，則?i??[r?1?n]）pir

從而得知，

199199199!的標準分解式中所含的5的冪指數(shù)是[]?[2]?……?4755（199!?10k?A?2k?5k?A）所以所求得的最大正整數(shù)是47.

9、若四個數(shù)2839,4582,5164,6522被同一個大于1的整數(shù)除所得的余數(shù)一致，且不等于零，求除數(shù)和余數(shù)各是多少？

解：設除數(shù)為d，余數(shù)為r，則由d4582?2836?1746，d5164?4582?582，

r?,d6522?5164?1358，知d(17,5684,123)5?189由4此得d?97d?194,r?120.

3510、將2?1?34359738367分解因數(shù).（第三章第四節(jié)Euler定理例7）3557解：若p2?1，則p是2?1或2?1的素因數(shù)或者p?1(mod70).

或235其中有31和127，由于2?1?31?127?8727391，所以2?1分別是因數(shù)只能用

35p?1(mod70).來尋求

在數(shù)列71、211、281……中經檢驗8727391?71?122921顯然，122921的素因數(shù)也在31、127或數(shù)列71、211、281……中

簡單計算122921不能被31、127整除，也不能被數(shù)列71、211、281……（122921?351）整除.

所以122921是素數(shù)，故2?1?31?127?71?122921

四、證明題：1、求證：平方數(shù)的正因數(shù)個數(shù)是奇數(shù).

證明：由于每個自然數(shù)n的正因數(shù)個數(shù)是成對出現(xiàn)的，若d是n的因數(shù)，則數(shù)

當d?n時，則d?35n也是n的因dn.dn當d?n時，則d?即當n為平方數(shù)時，n是n的因數(shù)，與其配對的是n自身.

d于是，當且僅當n為平方數(shù)時，n的正因數(shù)個數(shù)是奇數(shù).2、求證：若(a,b)?1，則(a?b,a?b)?1或2.

證明：假設d是a?b的任意一個公約數(shù)，則有da?b且da?b.于是d2a，d2b.又

(a,b)?1?d2從而，d?1或d?2.

4nnnn3、假設a為正整數(shù)，則51?2?3?4的充要條件為4n.

證明：由于?(5)?4，所以，由費馬定理有k?1(mod5)故

(1?k?4).(r，?則r?，若

n?4q?

1n?2n?3n?4n?1r?2r?3r?4r?1r?2r?(?2)r?(?1)r

nnnn用r?0、1、2、3分別代入上式，則當r?1、2、3時51?2?3?4

nnnn當r?0時，4n，5不整除1?2?3?4.

nnnn因此，若a為正整數(shù)，則51?2?3?4的充要條件為4n.

4、證明：對任意整數(shù)n，f(n)?3n5?5n3?7n被15整除.證明：對任意整數(shù)n記作n?15q?r(0?r?15)

k由于對任意的整數(shù)m有a?a1m?r1則a與r1被m除的余數(shù)一致

222r?0n2?(15q?r)2?(15q)2?30qr?r2?15A1?r即n與r被15除的余數(shù)是一致的

k記為r1.

4同理，n與r被15除的余數(shù)是一致的記為r2.即r2?15B1?r1，r?15B2?r2則

44n4?15A2?r4.

考慮3n?5n?7被15除的余數(shù)

423n4?5n2?7?3(15A2?r4)?5(15A1?r2)?7

?3?15A2?3?(15B2?r2)?5(15A1?15B1?r1)?7?15Q?3r2?5r1?7?15Q??R

R.可見，3n?5n?7與3r2?5r1?7的余數(shù)一致記為

42?f(n)?n?(3n4?5n2?7)?(15C?R)(15q?r)?15O?Rr且f(n)與Rr有一致的余數(shù)

記為R?.

當r?0時，R??0即15f(n).

14的情形通過計算列出下表：

r?1、14r?2、13r?3、12r?4、11r?5、10

r?6、9r?7、8

r1?1r2?1

R?0R??0

r1?4r1?4r2?6

R?10R??0

r1?1r2?1

R?0R??0

r1?10r1?6r2?6

R?10R??0

r1?4

r2?1

R?0R??0

r2?10

R?12

r2?1

R?0R??0

R??0

5、定理（帶余除法）：若a、b是兩個整數(shù)，其中b≠0，則存在著兩個整數(shù)q和r，使得

a?bq?r,0?r?b成立.而且q及r是唯一的.

證明：存在性：若ba，則a?bq(q?z)可以取r?0

若ba，考慮集合A?{a?kb,k?z}集合A中有無限多個正整數(shù)，設其中最小的正整數(shù)為

r?a?k0b.

則必有0?r?b，否則就有r?b（?r?b，若r?b，則ba矛盾，于是r?b即

r?a?k0b?b?a?k0b?b?0這樣集合A中又有正整數(shù)a?k0b?b?r與r的最小

值矛盾）

故0?r?b，取q??k0使得a?bq?r,0?r?b成立.存在性得證

唯一性：假設存在兩對整數(shù)q1、r1及q2、r2都使得a?bq?r,0?r?b成立.即有a?bq1?r1?bq2?r2(0?r1，r1,r2?b)，則b(q1?q2)?r2?r2?r1?b.

?br1?r2r1?r2?0?r1?r2?q1?q26、設A?{x1,x2……xm}是模m的一個完全剩余系，以{x}表示x的小數(shù)部分，證明：若

(a,m)?1，則?{i?1maxi?b1}?(m?1)m2證明：當x通過模m的完全剩余系時，ax?bR通過模m的完全剩余系.

因此，對任意的i(1?i?m)，axi?b一定與且只與某個整數(shù)j(1?j?m)同余即存在整數(shù)k使得：axi?b?km?j(1?j?m)

mmm?1axi?bjjj1m(m?1)1從而，?{}??{k?}??{}?????(m?1)

mmmmm22i?1j?1j?1j?1f(m)m7、設m?1,(a,m)?1，x1,x2,…,xf(m)是模m的簡化剩余系，證明：其中{x}表示x的小數(shù)部分。

?{m}?2f(m).

i?1axi1證明：由題可設：axi?mqi?ri(0?ri?m)由xi通過模m的簡化剩余系知ri通過模m的最

小

f(m)非負簡

f(m)化剩余

f(m)系，

f(m)i?1于是由定理可知：

axi{}??mi?1ri{q?}??imi?1ri1{}??mi?1m?{ri}?11mf(m)?f(m)2m2ba8、設a、b是正整數(shù)，b?2則2?12?1

ba證明：（1）若a?b且2?12?1成立，則2b?1?2a?1?2b?2a?2?2a(2b?a?1)?2

于是a?1，b?a?1即b?2與b?2矛盾，故命題結論成立.

baaaaaa（2）若a?b且2?12?1，則2?1(2?1)?2?2?12?2?1?2?2?3

于是b?a?1，與b?2矛盾，故命題結論成立.（3）若a?b，記a?kb?r(0?r?b)此時

2kb?1?(2k?1)(2(k?1)b?2(k?2)b?……?1)?(2b?1)Q(Q?z).

故

2a?1?2kb?r?1?2r(2kb?1?1)?2r[(2b?1)Q?1]?1?(2b?1)Q??(2r?1)(Q??z)

babr由2?12?1?2?12?1，在（1）中已經證明這是不可能的，故命題結論成

立.

9、證明：存在無窮多個正整數(shù)a,使得n?a(n?1,2……)都是合數(shù)（即分成兩項乘積即可）。證

明

：

取

4a?4k4,

對任意的

n?N,

有

n4?4k4?(n?2k2)2?4n2k2?(n2?2k2?2nk)?(n2?2k2?2nk)

n2?2k2?2nk?(n?k)2?k2?k2??k?2.3?n?N??N?a都是合數(shù)。

2210、證明：a、b、c?N，c無平方因子且abc,證明：ab.

4證明：設(a,b)?d,則有a?da1與b?db1,(a1,b1)?1.

22222由abc得a1b1c，a1c

由于c無平方因子，所以a1?1，a?d，b?ab1.即ab..11、對任意的正整數(shù)a、b、c.證明下面的結論成立。

（1）由bac且(a,b)?1,可得出b|c.（2）由bc與ac,且(a,b)?1.可推出abc.證明：（1）

(a,b)?1.?存在整數(shù)x與y使得ax?by?1.?acx?bcy?c.

bac?bacx?bcy.即bc

(2).由(a,b)?1,存在整數(shù)

x與yy1.又由bc與ac,得使得ax?b?abac,abbc.

因此，abqx?abpy?c?abc

12、設m是整數(shù)且4m,{a1,a2,…am}與{b1,b2,…bm}是模m的兩個完全剩余系，證明：

{a1b1,a2b2,…,ambm}不是模m的完全剩余系。

證明：由于4m，若{a1b1,a2b2,…,ambm}是模m的完全剩余系，則其中的奇數(shù)與偶數(shù)各半.

又由于{a1,a2,…am}與{b1,b2,…bm}也是模m的兩個完全剩余系，從而有aibi必需使ai，

bi同為奇數(shù)或偶數(shù).即aibi?2(mod4),這對于4m的模m的完全剩余系是不可能的。

13、設a、b、c、d是整數(shù)，并且a?b(modm),c?d(modm).求證：

(i)a?c?b?d(modm).(ii)ac?bd(modm)

證明：(i)由于a?b(modm),c?d(modm)，由定義知ma?b，mc?d.

從而，m(a?b)?(c?d)?(a?c)?(b?d)故，a?c?b?d(modm).

(ii)由定理1（3）知存在整數(shù)q1與q2，使得a?b?q1m，c?d?q1m,

從而

a?c(?b1)q(m?d)?qm1?(2bd?q因)m此，qd11q.?qbmac?bd(modm).

初等數(shù)論

1：[單項選擇題]已知361a是一個4位數(shù)（其中a是個位數(shù)），它能被5整除，也能被3整除，則a的值是（）。A：0B：2C：5D：9參考答案：C

2：[單項選擇題]下面的（）是模4的一個簡化剩余系。A：4,17B：1,15C：3,23D：13,6參考答案：B

3：[單項選擇題]小于20的正素數(shù)的個數(shù)是（）。A：11B：10C：9D：8參考答案：D4：[單項選擇題]

下面的數(shù)是3的倍數(shù)的數(shù)是（）。

A：19B：119C：1119D：11119參考答案：C

5：[單項選擇題]-4除-39的余數(shù)是（）。A：3B：2C：1D：0參考答案：C

6：[單項選擇題]一個正整數(shù)n的各位上的數(shù)字是0或1，并且n能被2和3整除，則最小的n是（）。A：1110B：1101C：1011D：1001參考答案：A

7：[單項選擇題][[4.5]+[3.7]]等于（）。A：3B：4C：7D：8參考答案：C

8：[單項選擇題]{{1.8}+{2.9}}等于（）。A：0.4B：0.5C：0.6D：0.7參考答案：D9：[單項選擇題]100與44的最小公倍數(shù)是（）。A：4400B：2200C：1100D：440參考答案：C

10：[單項選擇題]使3的n次方對模7同余于1的最小的正整數(shù)n等于（）。A：6B：2C：3D：13參考答案：A11：[單項選擇題]設a,b,c,d是模5的一個簡化剩余系，則a+b+c+d對模5同余于（）。A：0B：1C：2D：3參考答案：A12：[單項選擇題]下面的（）是不定方程3x+7y=20的一個整數(shù)解。A：x=0,y=3B：x=2,y=1C：x=4,y=2D：x=2,y=2參考答案：D

13：[單項選擇題]下面的（）是模4的一個完全剩余系。A：9，17，-5，-1B：25，27，13，-1C：0，1，6，7D：1，-1，2，-2參考答案：C

14：[單項選擇題]下面的（）是模12的一個簡化剩余系。A：0，1，5，11B：25，27，13，-1C：1，5，7，11D：1，-1，2，-2參考答案：C

15：[單項選擇題]若a，b均為偶數(shù)，則a+b為（）。A：偶數(shù)B：奇數(shù)C：正整數(shù)D：負整數(shù)參考答案：A

16：[單項選擇題]1到20之間的素數(shù)是（）。A：1，2，3，5，7，11，13，17，19B：2，3，5，7，11，13，17，19C：1，2，4，5，10，20D：2，3，5，7，12，13，15，17參考答案：B

17：[單項選擇題]假使a|b，b|c，則（）。A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a參考答案：C18：[單項選擇題]360與200的最大公約數(shù)是（）。A：10B：20C：30D：40參考答案：D19：[單項選擇題]假使a|b，b|a，則（）。A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的關系無法確定參考答案：C

20：[單項選擇題]假使5|n，7|n，則35（）n。A：不整除B：等于C：不一定D：整除參考答案：D

21：[單項選擇題]整數(shù)6的正約數(shù)的個數(shù)是（）。A：1B：2C：3D：4參考答案：D

22：[單項選擇題]設n，m為整數(shù)，假使3整除n，3整除m，則9（）mn。A：整除B：不整除C：等于D：小于參考答案：A

初等數(shù)論其次次作業(yè)

填空題

1．16除100的余數(shù)是4_。

2．假使今天是星期一，那么從今天起再過1010天后是星期四。3．{3.2}=0.8；[2.84]=3。4．[{3.6}+{1.7}]=0.9。5．{{?4.2}?{2.3}}=______-1.5________。6．15的所有正因數(shù)的和是24。7．1260的標準分解式是1260?2?3?5?7。

8．20！的標準分解式是20!?2?3?5?7?9?11?13?17?19。9．98!的末尾有______22_________個零。

10．890的標準分解式是2×5×89。11．歐拉函數(shù)值?(50)?20。12．7除3301的余數(shù)是3。

13．不定方程ax+by=c有解的充要條件是(a,b)c。

14．設m為正整數(shù)，a，b為兩個整數(shù)，假使用m去除a與b所得的余數(shù)一致，那么就稱a，b對模m同余。

15．一次同余式ax?b(modm)有解的充分必要條件是(a,m)b。

16．模7的最小非負完全剩余系是0，1，2，3，4，5，6。17．（1516，600）=4。

18．不定方程ax+by=c(其中a，b，c是整數(shù))有整數(shù)解的充要條件是（a，b）︱c。

19．710被11除的余數(shù)是1。20．77的個位數(shù)是_______3________。

初等數(shù)論第三次作業(yè)參考答案

計算題

1．寫出400與600的標準分解式，并求出400與600的最大公因數(shù)。

32解400?2?5，600?2?3?5，(400,600)?2?5?200。

4232221884222．求128121被11除的余數(shù)。

解由于?(11)=10，而128與11互素，所以12810≡1(mod11)，于是

128121≡128≡7(mod11)，所以128121被11除的余數(shù)為7。3．求1050與858的最大公因數(shù)。

解：由于1050=2?3?52?7，858=2?3?11?13，所以(1050，858)=2?3=6。4．求1001！中末尾0的個數(shù)。

解：由于10=2?5，所以1001！中末尾相當于1001！的質因數(shù)分解式中2?5的個數(shù)。由于2

9．解同余式3x?8(mod10)。

解：由于（3,10）=1,1|8，所以同余式有解，并且只有一個解。由3x?10y?8得一個解?所以同余式的解為x?6(mod10)。10．解同余式組：

?x0?6

，y?1?0

?x?1(mod2)??x?1(mod3)。?x?1(mod5)?解：由于2，3，5兩兩互質，所以由孫子定理該同余式組有一個解。由孫子定理可得該同余式組的解為x?1(mod30)。11．解同余式28x?21(mod35)。

解由于（28，35）=7，而7|21，所以同余式28x?21(mod35)有解，且有7個解。同余式28x?21(mod35)等價于4x?3(mod5)，解4x?3(mod5)得x?2(mod5)，故同余式28x?21(mod35)的7個解為x?2，7，12，17，22，27，32(mod35)。12．解同余式組：

?x?1(mod3)。??x?2(mod7)解：由x?1(mod3)得x?1?3t1,t1?Z，將其代入x?2(mod7)得

1?3t1?2(mod7)，即3t1?1(mod7)，解得t1?5(mod7)，所以

t1?5?7t2,t2?Z，于是x?1?3t1?1?3(5?7t2)?16?21t2,t2?Z。所以同余式組的解

為x?16(mod21)。

初等數(shù)論第四次作業(yè)參考答案

證明題

1．證明：若a?b(modm)，c?d(modm)，則a?c?b?d(modm)。

m)，c?d(modm)得m|(a?b)，m|(c?d)，由整除的性質得證明：由a?b(modm|[(a?b)?(c?d)]，即m|[(a?c)?(b?d)]，所以a?c?b?d(modm)。

2．證明：設m,n為整數(shù)，求證m+n,m-n與mn中一定有一個是3的倍數(shù)。證明：若m或n為3的倍數(shù)，則mn是3的倍數(shù)；

若m是3的倍數(shù)加1，n是3的倍數(shù)加1，則m-n是3的倍數(shù)；

若m是3的倍數(shù)加1，n是3的倍數(shù)加2，則m+n是3的倍數(shù)；若m是3的倍數(shù)加2，n是3的倍數(shù)加1，則m+n是3的倍數(shù)；

若m是3的倍數(shù)加2，n是3的倍數(shù)加2，則m-n是3的倍數(shù)，結論成立。3．證明：若a|c，b|d，則ab|cd。

證明：由a|c，b|d知存在整數(shù)p，q使得c?ap，d?bq，所以cd?apbq?abpq，由于pq為整數(shù)，所以由整除的定義知ab|cd。4．證明：若n為自然數(shù)，求證9n+1?8n+9(mod64)。

證明：由于9?1(mod8)，所以9k?1(mod8)，k=2，3，…，n-1，于是9n-1+…+92+9+1?n(mod8)，所以9(9n-1+…+92+9+1)?n(mod8)，

從而9?(9-1)?(9n-1+…+92+9+1)?8n(mod64)，即9(9n-1)?8n(mod64)，所以9n+1?8n+9(mod64)。

5．若p為奇質數(shù)，證明2p|(22p-1–2)。

證明：由于p為質數(shù)，所以?(p)=p-1，又p為奇質數(shù)，所以(2，p)=1，于是由歐拉定理得2p-1?1(modp)，兩邊平方得22p-2?1(modp)，再由同余的性質有2?22p-2?2(mod2p)，即：22p-1?2(mod2p)。所以2p|(22p-1-2)。

6．證明：整數(shù)a，b對模m同余的充分與必要條件是m|(a?b)。

證明：設a?mq1?r，則r1?r2，因1，b?mq2?r2，0?r1，r2?m。若a≡b（modm）此a?b?m(q1?q2)，即m｜a－b。反之，若m｜a－b，則m|mq(1q?2)?(r1r?2)即a≡b（modm）。

7．設a是大于1的整數(shù)，證明a4?4是合數(shù)。證明：a?4?(a)?4a?4?4a

42222，因此m|r1?r2，但故rr1?r2?m，1?r2，

?(a2?2)2?4a2?(a?2?2a)(a?2?2a)22

22由于a?1且是整數(shù)，所以a?2?2a?1,a?2?2a?1，且均為整數(shù)，故當a是大于1

的整