2022年初等数论习题答案 .pdf

《2022年初等数论习题答案 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年初等数论习题答案 .pdf（30页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学习必备欢迎下载附录 1 习题参考答案第一章习 题 一1. () 由 a b 知 b = aq，于是 b = (a)( q)， b = a( q)及b = (a)q，即a b，ab 及 ab。反之，由a b，ab 及ab 也可得 a b；() 由a b，b c 知 b = aq1，c = bq2， 于是 c = a(q1q2)，即 a c；() 由 b ai知 ai= bqi，于是 a1x1a2x2akxk = b(q1x1q2x2qkxk)， 即 b a1x1a2x2akxk； () 由 b a 知 a = bq， 于是 ac = bcq， 即 bc ac； () 由 b a 知 a = b

2、q， 于是 |a| = |b|q|，再由 a 0 得|q| 1，从而 |a| |b|，后半结论由前半结论可得。2. 由恒等式 mqnp = (mnpq) (mp)(nq)及条件 mp mnpq可知 mp mqnp。3. 在给定的连续39 个自然数的前20 个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则 a, a 1, , a 9, a 19 的数字和为s, s 1, , s 9, s 10，其中必有一个能被11 整除。4. 设不然， n1 = n2n3，n2p，n3p，于是 n = pn2n3p3，即 p3n ，矛盾。5. 存在无穷多

3、个正整数k，使得 2k 1 是合数，对于这样的k，(k 1)2不能表示为 a2p 的形式，事实上，若 (k 1)2 = a2p，则(k 1 a)( k 1 a) = p，得k 1 a = 1，k 1 a = p，即 p = 2k 1，此与 p 为素数矛盾。第一章习 题 二1. 验证当 n =0,1，2， ,11时， 12|f(n)。2.写 a = 3q1r1，b = 3q2r2，r1, r2 = 0, 1 或 2，由 3 a2b2 = 3Qr12r22知 r1 = r2 = 0，即 3 a 且 3 b。3.记 n=10q+r, (r =0,1, ,9) ，则 nk+4- nk被 10 除的余数

4、和rk+4- rk = rk( r4-1)被10 除的余数相同。对r=0,1, ,9 进行验证即可。4. 对于任何整数n，m，等式 n2 (n 1)2 = m2 2 的左边被 4 除的余数为1，而右边被 4 除的余数为2 或 3，故它不可能成立。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 30 页学习必备欢迎下载5 因 a4 3a2 9 = (a2 3a 3)( a2 3a 3)，当 a = 1，2 时，a2 3a 3 = 1，a4 3a2 9 = a2 3a 3 = 7，13，a4 3a2 9 是素数； 当 a 3 时，a2 3a

5、 3 1，a2 3a 3 1，a4 3a2 9 是合数。6. 设给定的 n 个整数为 a1, a2, , an，作s1 = a1，s2 = a1a2，sn = a1a2an，如果 si中有一个被n 整除，则结论已真，否则存在si，sj，i 0，则 |b| m ，故有 a, b = |b|。2. 设 m 是 a1, a2, , an的任一个公倍数，由a1m，a2m 知a1, a2 = m2m，由 m2m，a3m 知m2, a3 = m3m，由 mn 1m，anm 知mn 1, an = mnm，即a1, a2, , an m。3. 只须证),()(),()(babbababaabba，即只须证

6、(b, ab) = (a, b)，此式显然。4. 由 ab = 120 及 ab = (a, b)a, b = 24 144 = 3456 解得 a = 48，b = 72 或a = 72，b = 48。5. 因为),)(,)(,(,),(,22222222accbbacbaaccbbacabcabcbacba，故只须证明(a, b, c)(ab, bc, ca) = (a, b)(b, c) (c, a)，此式用类似于例3 的方法即可得证。6. 设 s = 1k 2k 9k，则由 2s = (1k 9k) (2k 8k) (9k 1k) = 10q1及 2s = (0k 9k) (1k 8k

7、) (9k 0k) = 9q2得 10 2s和 9 2s，于是有 90 2s，从而 1 2 9 = 45 s 。第一章习 题 五1.() a b 知 b = ab1， 由性质 (ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (a, ab1) = a(1, b1) = a；() 由性质 (ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (2 a1, 2 b1) = 2 (2a1, b1)； ()由性质 (a, b) = 1 (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (a, 2b1) = (a, b1)；() 由性质 (a, b) = (|ab|, b)及(a, b

8、) = 1 (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (|2ba, b)。2. 作辗转相除： 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， 由此得 n = 6， q1 = 8，q2 = 2，q3 = 4，q4 = 1，q5 = 1，q6 = 4，x = ( 1)n 1Qn = 73，y = ( 1)nPn = 625，又(1387, 162) = rn = 1，故 1387 73 162 625 = 1 = (1387, 162)。3.

9、 (27090, 21672, 11352) = (4386, 10320, 11352) = (4386, 1548, 2580) = (1290, 1548, 1032) = (258, 516, 1032) = (258, 0, 0) = 258 。4. (Fn + 1, Fn) = (FnFn 1, Fn) = (Fn 1, Fn) = = (F1, F2) = 1。5. 设除数为 d，余数为 r，则由d 4582 2836 = 1746，d 5164 4582 = 582，d 6522 5164 = 1358 知 d (1746, 582, 1358) = 194 ，由此得 d =

10、97，r = 23 或 d = 194，r = 120。6. 作辗转相除：a = bq1r1，0 r1 |b|，b = r1q2r2，0 r2 r1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 30 页学习必备欢迎下载rn 2 = rn 1qnrn，0 rn rn 1，rn 1 = rnqn 1rn 1，rn 1 = 0。由第一式得2a 1 =) 12() 12() 12(1)2(21222111111111rbrqbrrrrbqQ，即),(),(),(),(211111rrrbrbbarbaMMMMMMMMMQMM。类似可得，等，

11、于是),(),(),(),(11barrrrbbaMMMMMMMMnnn。第一章习 题 六1. () 显然 d =kkppp2121（0 i i，1 i k）是 n 的正因数。 反之，设 d 为 n 的任一个正因数，由d n 知对每一个pi，d 的标准分解式中pi的指数都不超过 n 的标准分解式中pi的指数， 即 d 必可表示成kkppp2121（0 i i，1 i k）的形式；() 类似于 ()可证得。2. () 显然对于i = mini, i，1 i k，bppappkkkk|1111，而且若 da，db，则 d 的标准分解式中pi的指数同时不超过a 和 b 的标准分解式中 pi的指数，即

12、 dkkpp11，这就证明了 (a, b) =kkpp11，i = mini, i，1 i k；() 类似于 ()即可证得。3. 22345680 = 243 5 7 47283。4. 写 i =iii|22，i = 1, 2, , 2n，则i为 1, 2, , 2n 中的奇数，即i只能取 n 个数值，在n 1 个这样的数中，必存在i = j（ij） ，于是易知i 与 j 成倍数关系。5.写 i =iii|22，i = 1, 2, , n，令 = max1, 2, ,n = k，显然1，且由第一节例5 知使 = k的 k（1 kn）是唯一的，取T = 2 112n，若S 是整数，则 ST =k

13、nknkknTTT22222211211中除项外都是整数，矛盾。6.设kkkkpppbpppa21212121，令，其它，当，其它，21212212120,max0,max2121bbbpppbaaapppaiiiiiikiiiiikkk精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 30 页学习必备欢迎下载则 a1，a2，b1，b2使得 a = a1a2，b = b1b2，(a2, b2) = 1，并且 a, b = a2b2。第一章习 题 七1.()， ()， () 显然；() 由xy = x x y y = x y x y 即可证

14、得；() 由 x =(x x) = x x 即可证得；() 由x = (x x) = x 即可证得。2.32712347712347712347 = 1763 251 35 5 = 2054。3. 由例 4 得21x= 2x x，于是11111)(2221222rrrrrrrrnnnn=n = n 。4 设 x = a，a=1,2, ,n -1，0 1。代入原方程得到2a2 = 2a , 知 2aZ，的可能取值是aaa212,21,0，即有 2a 个解。由于x=n 也是解，因此，共有1) 121 (2n个解。5.设 x = n， nZ， 1 1， 则 f(x) = x 2x 22x 23x 2

15、4x 25x = n 2n 22n 23n 24n 25n 2 22 23 24 25，由此得 63nf(x) 63n 1 3 7 15 31 63n 57，另一方面， 12345 为 63k 60 型，故 f(x) 12345。6. 设 n = a0 2a1 22a2 2sas，ai = 0 或 1，则h =32222nnn= (a1 2a2 22a3 2s 1as) (a2 ( 2a3 ( ( ( 2s(2as) ( ( ( as = (2 ( 1)a1 ( (22 ( 1)a2 ( ( ( (2s ( 1)as = (a0 ( 2a1 ( 22a2 ( ( ( 2sas) ( (a0 (

16、 a1 ( a2 ( ( ( as) = n ( k 。第一章习 题 八1. 设不然，则n = 2mn1， EMBED Equation.3 2n ( 1，表明 2n ( 1是合数，矛盾。2. 设不然，则 n = n1n2， 1 n1 n， 则 2n ( 1 = EMBED Equation.3 1，A 是奇数， 且 A 是 6n ( 5 型的整数， 故 A 必存在一个6n ( 5 型的素因数 p，从而 p = pi（1 ( i ( k ） ，由 p(A，p(p1p2(pk 推出 p(1，矛盾。4. 设p1，p2 = d ( p1，p3 = 2d ( p1，首先p1 ( 2且d是偶数， 于是3

17、 EMBED Equation.3 d，从而对任意给定的d，p1，p2，p3中有且只有一个被3整除，即p1，p2，p3有且只有一个等于3，故p1，p2，p3最多只有一组。5.显然下面 n 个正整数 (n 1)! 2，(n 1)! 2，(n 1)! (n 1)满足要求。6. 设不然，则存在 k， 使得2111knnp，设 Q = p1p2pk， 考虑 1 nQ，n N，显然它们都不能被p1, p2, , pk整除，即 1 nQ 的标准分解式中的素数都只能在pk + 1, pk +2, 中，从而对于任意的r 1，有1111)()(21111nnnnkmmrnpnQ，右边是一个收敛的级数，故由比较判

18、别法知111nnQ也收敛， 但事实上111nnQ是一个发散级数，矛盾。第二章习 题 一1.定理 1 的证明：如果 ()成立， m a b，a b = mq，a = bmq，知 ()成立； 如果 ()成立，写 a = q1mr1, b = q2mr2， 0 r1, r2m 1，则 q1mr1 = q2mr2mq，由此得 r1 = r2，知()成立；如果 ()成立， a = q1mr, b = q2mr，0 rm 1，则 a b = m(q1q2)，m a b，知 ()成立。定理 2 的证明：结论()与()显然。() 由定理 1 及 a b，b c (mod m)可知存在整数q1，q2，使得 a

19、= bq1m，b = cq2m，因此 a = c (q1q2)m，推出 a c (mod m)。定理 2得证。2.由 x y (mod m)得 xiyi (mod m)，由 aibi (mod m)得 aixibiyi (mod m)，再由可加性得niiiniiiybxa00(mod m)。3.() 由 a b (mod m)得 m a b，又 d m，故 d a b，即 a b (mod d)；() 由 a b (mod m)得 m a b， 故 km ka kb， 即 ak bk (mod mk)；() 由a b (mod mi)得 mia b，故m1, m2, , mk a b，即 a

20、b (mod m1, m2, , mk) ；() 由 a b (mod m)得 a = mqb，故(a, m) = (b, m)；() 由 ac bc (mod m)得 m ac bc = c(a b)，又 (c, m) = 1，故 m a b，即 a b (mod m)。4.因为 821(mod 13)，所以 81234 = (82)617 ( 1)6171 12 (mod 13)，即81234被 13 除的余数是12。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 30 页学习必备欢迎下载5. 对任意的整数x，xr (mod m)，

21、1 r m，于是 f(x) f(r)0(mod m)，从而 f(x) 0，所以方程f(x) = 0 没有整数解。6. 由42762|942762|1142762|942762|99从。，得得 = 6 或 = 15，从42762|11得 = 2 或 = 9，于是解关于， 的方程组9152159626或或或得 = 2， = 4。第二章习 题 二1.若 A 是模 m 的完全剩余系，显然()与()成立。反之，满足()与()的一组数必分别来自于模m 的每一个不同的剩余类，即A 是模 m 的完全剩余系。2.由威尔逊定理知1 (2p)! = p!(p 1)(2p) ( 1)p(p!)2(mod 2p 1)，

22、 由此得(p!)2 ( 1)p 0 (mod 2p 1)。3.由(p 1)! p 1 (mod p)，(p 1)! p 1 (mod p 1)以及 (p, p 1) = 1 得(p 1)! p 1 (mod p(p 1)，又 2N = p(p 1)，故(p 1)! p 1 (mod N)。4.设不然， n = n1n2，1 n1 n，由(n 1)! 1 (mod n1)得 0 1 (mod n1)，矛盾。5.设 4 m，如果 a1b1, a2b2, , ambm 是模 m 的完全剩余系， 则其中的奇数与偶数各半，又 a1, a2, , am 与b1, b2, , bm 也是模 m 的两个完全剩

23、余系，故aibi必须使 ai，bi同为奇数或偶数，即aibi2 (mod 4)，这对于 4 m 的模 m 的完全剩余系是不可能的。6.() 由 bi通过 mi个数可知 b1 1b2 2bn n通过 m = m1m2mn个数；() 如果 b11b22bnnb11b22 bnn (mod m)，则 b11b22bnnb11b22 bnn (mod mi)，即 bibi(mod mi)，bi = bi。故 b1 1b2 2bn n通过模 m = m1m2mn的完全剩余系。第二章习 题 三1.若 A 是模 m 的简化剩余系，显然()，()与() 成立。反之，满足 ()，()与() 的一组数必分别来自于

24、模m 得每一个不同的与模m 互素的剩余类，即它是模 m 的简化剩余系。2.对 n 施行数学归纳法。当n = 2 时，由定理 3 知命题成立，假定命题在n时成立，即x = M1x1M2x2Mnxn通过模 m = m1m2mn的简化剩余系，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 30 页学习必备欢迎下载mn+1xm1m2mnxn 1= mn + 1M1x1mn + 1M2x2mn + 1Mnxnm1m2mnxn 1= M1x1M2x2MnxnM n + 1x n + 1通过模 m1m2mnmn + 1的简化剩余系，由归纳原理知命题

25、对一切n 2 成立。3.写 axi = mqiri，0 ri 221（ 1） ；当n = p，p 为奇素数时，(p) = pp1 p（ 1） ；现在设kkppn112，则nppppnkkkk21221)()()2()(1111。() 设 n 是合数，p0为 n 的最小素因数，则p0n ，于是(n) =nnnnpnpnnp)()()(1111110|。第二章习 题 四1. 因 103 = 2353，显然 1978103 19783 0 (mod 23)，再由 1978100 1 (mod 53)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，

26、共 30 页学习必备欢迎下载得 1978103 19783 0 (mod 53)，故 1978103 19783 0 (mod 103)。2.313159 = 5159 = (56)2653 53 = 25 5 4 5 6 (mod 7)。3.因 561 = 3 1117，对于一切整数a，(a, 561) = 1，有 (a, 3) = 1，(a, 11) = 1，(a, 17) = 1， 由费马定理可得a560 = (a2)280 1 (mod 3) ，a560 = (a10)56 1 (mod 11)，a560 = (a16)35 1 (mod 17)，故 a560 1 (mod 561)。

27、4. 由费马定理qp 1 1 (mod p)，pq 1 1 (mod q)，pq 1qp 1 1 (mod p)，pq 1qp 1 1 (mod q)，故 pq 1qp 1 1 (mod pq)。5.612 1 = (63 1)( 63 1)( 66 1) =5 43 7 31 46657，对于 46657，它的素因数必为 12k 1 型，经检验的46657 = 13 37 97，故 612 1 = 5 7 13 3137 43 97。6.设素数 p bn 1，即 bn1 (mod p)，于是 b2n 1 (mod p)，由例 5 得下面两种情形之一成立：() p bd 1 对于 2n 的某个

28、因数d m，使得 an 1， 又易知a1, a2, , an还可以另写成简单连分数a1, a2, , an1, 1 ，但仅此而已，故有理数ba仅有此两种表示成简单连分数的方法。2.13 = 3, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 。3.经计算32= 3, 1, 2, 1, 2, ，由此得 p1 = 3，p2 = 4，p3 = 11，p4 = 15，p5 = 41，p6 = 56，p7 = 153，p8 = 209，p9 = 571，p10 = 780，p11 = 2131，q1 = 1，q2 = 1，q3 = 3， q4 = 4，q5 = 11，q6 =

29、15，q7 = 41，q8 = 56，q9 = 153，q10 = 209，q11 = 571，于是2097801015712091209780325|故，即为所求。4.sin18 =415= 0, 3, 4, 4, 4, 4, ，得 p1 = 0，p2 = 1，p3 = 4，p4 = 17，p5 = 72 ，p6 = 305，q1 = 1 ，q2 = 3，q3 = 13， q4 = 55 ，q5 = 233，q6 = 987 ，于是2337210198723312337218sin5|故，即为所求。5.的前几个渐近分数为，33215104308331021039931133551063331

30、72213，其中3310210993113355和分别满足误差满足 10 6和 10 9的要求。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 30 页学习必备欢迎下载6.251= 1, 1, 1, 1, 1, ，由此易得 pk = pk 1pk 2 = FkFk 1 = Fk + 1，qk = qk 1qk 2 = Fk 1Fk 2 = Fk，故kkkkFFqp1。第三章习 题 四1.方程 3x2 2x 2 = 0 的正根317= 0, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 。2. = 3 ,2, 1 =

31、 1 21152121x解得，。3.)1(2111)1(12222aaaaaaaaaaa= = a, 2a, 2a, 2a, 2a, 。4.若1212,aaaadn，则1111121121)()(,2,nnnnnnqqdappdadaaaaaaaad，得(dqna1pnpn1) (a1pnpn 1pn)dd由，0是无理数得 pn = a1qnqn1，dqn = a1pnpn1，反之，若 pn = a1qnqn 1，dqn = a1pnpn1，则 =1111121121)()(,2,nnnnnnqqappaaaaaaaaa，得 满足方程qn2 (a1qnqn1pn) (a1pnpn1) = 0，

32、即2 = d， =d 。5. 由第 4 题可得到。第四章习 题 一1.设75310517zyx，即 35x 21y 15z = 17，因 (35, 21) = 7，(7, 15) = 1，1 17，故有解。分别解5x 3y = t，7t 15z = 17 得 x = t 3u，y = 2t 5u，uZ，t = 11 15v，z = 4 7v，vZ， 消去 t 得 x = 11 15v 3u，y = 22 30v 5u，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 30 页学习必备欢迎下载z = 4 7v，u，vZ。对于任意的确定的u

33、 和 v的值，都给出一种表示法。2.分别解 x1 2x2 = t，t 3x3 = 41 得 x1 = t 2u，x2 = u，u Z，t = 41 3v，x3 = v，vZ，消去 t 得 x1 = 41 3v 2u，x2 = u，x3 = v，u，vZ。由此得原方程的全部正整数解为(x1, x2, x3) = (41 3v 2u, u, v)，u 0，v 0，41 3v 2u 0。3.消去 x1得 9x2 14x3 = 3，解得 x2 = 9 14t，x3 = 6 9t，t Z，从而得不定方程组的解为x1 = 43 55t，x2 = 9 14t，x3 = 6 9t，t Z，4.设甲、乙班的学生

34、每人分别得x，y 支铅笔，则 7x 11y = 100，解这个不定方程得 x = 8，y = 4。5. 二元一次不定方程axby = n 的一切整数解为atyybtxx00，t Z，于是由 x 0，y 0 得bxtay00，但区间00,bxay的长度是abn，故此区间内的整数个数为abnabn或 1。6.因为 0, 1, 2, , abab 中共有 (a 1)(b 1)个数，故只须证明n 与 gn（g = abab）有且只有一个能表示成axby（x 0，y 0）的形式。如果n与 gn 都能表示成 axby（x 0，y 0）的形式，即axby = n（x 0，y 0） ，axby = gn（x

35、0，y 0） ，则 a(xx ) b(yy ) = g，这是不可能的；如果n 不能表示成axby（x 0，y 0）的形式， 则因为二元一次不定方程axby = n的一切整数解为atyybtxx00，t Z，所以当 t 使 0 xb 1 时，必有 y1，于是 a(b 1 x) b( 1 y) = gn，即 gn 能表示成 axby （x 0， y 0）的形式。第四章习 题 二1.设有理数mnymlx，（m 0）满足方程x2y2 = 1，即 l2n2 = m2，于是得 l = 2abd，n = (a2b2)d，m = (a2b2)d 或 l = (a2b2)d，m = 2abd，m = (a2b2

36、)d，由此得 (x, y) =)()(2222222222222,2baabbababababaab或。反之，代入方程 x2y2 = 1 即知这样的点在单位圆周上。2.由 x2 = (zy)(zy)及 x 是素数得 zy = x2，zy = 1，于是 2z 1 = x2，2(xy 1) = (x 1)2都是平方数。3.设 xy = a2，yz = b2，xz = c2，则 a2b2 = c2，由此得 x = (u2v2)2t，y = (u2v2)2t 或 4u2v2t，z = t，u, v, t Z。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

37、14 页，共 30 页学习必备欢迎下载4.设(z x, z x) = d，易知 d = 1 或 2。由(z x)(z x) = 3y2得 z x = 3da2，z x = db2，y = dab 或 z x = db2，z x = 3da2，y = dab，a 0，b 0，(a, b ) = 1。() 当 d = 1：232|3|2222abzabyabx，a 0，b 0，(a, b ) = 1，3 | b，a, b 同为奇数；() 当 d = 2：x = |b2 3a2|，y = 2ab，z = b2 3a2，a 0，b 0 ，(a, b ) = 1 ，3|b，a, b 一奇一偶。反之，易验

38、证()或()是原不定方程的解，且 x 0，y 0，z 0，(x, y) = 1。5.() 设 x，y，z 是 x2y2z2 = x2y2的整数解，如果x，y 同为奇数，则x2y2z2 2，3 (mod 4)，x2y2 1 (mod 4) ，此不可能；如果x，y 一奇一偶，则x2y2z2 1，2 (mod 4)，x2y2 0 (mod 4)，此也不可能。所以x，y 同为偶数， z也是偶数，令x = 2x1，y = 2y1，z = 2z1，代入原方程得x12y12z12 = 22x12y12，反复以上的推理可得x， y， z 能被 2 的任意次乘幂整除， 只能 x = y = z = 0。() 类

39、似于 ()可证。6.设 x，y，z是 x2y2 = z4的满足 (x, y) = 1，2 x 的正整数解，则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 = |u4v4 6u2v2|，z = u2v2，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

40、，z 0，(x, y) = 1，2 x。第四章习 题 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. 由第一个方程得z = (xy)，代入第二个方程经化简得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. 当 y = 1 时， x = 2，若 y 2，x 3，则 3y 1 (mod 8)，这是不可能的，故原方程的正整数解只有(x, y)

41、= (2, 1) 。4.显然 x z，y z，令 x = zs，y = zt，s，t N，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，将上式代入原方程知它们是原方程的正整数解。5.不妨设 xy，当 p = 2 时，(x, y) = (2, 2)。下设 p 是奇素数，令2x = ps，2y = pt，s，t Z，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

42、(x, y) =)()(21,2)1(),(2)1(,21pppppppp。6. 设 M， b 为任意的有理数， 容易证明： 若 a1, a2, , a2n + 1具有性质 P， 则() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 30 页学习必备欢迎下载M，Ma1, Ma2, , Ma2n + 1也具有性质 P；() a1b, a2b, , a2n + 1b 也具有性质 P。由此我们可假定a1, a2, , a2n + 1都是整数，且a1 = 0。由性质 P 易知 ai都是偶数，于是由 ()知2,2,21221naaa也具有性质

43、P，并且它们都是整数，且21a= 0。反复以上推理可知对于任意的正整数k，knkkaaa2,2,21221也具有性质P，故只可能 a1 = a1 = = a2n + 1 = 0。第五章习 题 一1.() 若 f(x0) 0 (mod m)，则 f(x0) b(x0) b(x0) (mod m)成立，反之，若f(x0) b(x0) b(x0) (mod m)， 则 f(x0) 0 (mod m)成立；() 若 f(x0) 0 (mod m)，则 bf(x0) 0 (mod m)成立，反之，若bf(x0) 0 (mod m)，则由 (b, m) = 1 得 f(x0) 0 (mod m)成立； (

44、) 若 g(x0)h(x0) 0 (mod m)，则由 m 是素数得 g(x0) 0 (mod m)或 h(x0) 0 (mod m)。2.() x 4 (mod 17)； () x 1，48，95，142，189 (mod 235)。3.消去 y得 8x 41 (mod 47)，解得 x 11 (mod 47)，代入原方程组中的第二式得 y 1 (mod 47)。故原方程组的解为x 11 (mod 47)，y 1 (mod 47)。4. 首先易知!) 1()2)(1() 1(1aapppba是整数，又由 (a, p) = 1 知方程ax b (mod p)解唯一，故只须将!)1()2)(1(

45、)1(1aapppbxa(mod p)代入ax b (mod p)验证它是同余方程的解即可。5.必要性显然，下证充分性。当n = 1 时，由定理 2 知命题成立。假设n = k时结论已真，考虑a1x1a2x2akxkak + 1xk + 1b (mod m)，令(a1, a2, , ak, m) = d1， (d1, ak + 1) = d，因为同余方程ak + 1xk + 1b (mod d1)有解，其解数为 d，mod d1，记 m = d1m1， 则解数为 dm1， mod m。 现在固定一个解xk + 1， 由归纳假定知a1x1a2x2akxkbak + 1xk + 1 (mod m)

46、有解，其解数为d1 mk1，mod m，从而 a1x1a2x2akxkak + 1xk + 1b (mod m)有解，其解数为dm1d1mk1 = d mk，mod m。由归纳原理知命题对于一切n 1 成立。6.因为(2, 12) = 2 ，(2, 7) = 15，故同余方程有解，其解数为1 122 1 = 12，mod 12。先解同余方程7y 5 (mod 2)，得 y 1 (mod 2)，写成 y 1 2t (mod 12)，t = 0, 1, 2, ,5，对于固定的t，解同余方程2x 5 7(1 2t)2 2t (mod 12)，得x1 t (mod 6)， 写成 x1 t 6s (mo

47、d 12)，s = 0, 1，故原方程组的解为x1 t 6s (mod 12)，y 1 2t (mod 12)，s = 0, 1，t = 0, 1, 2, ,5。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 30 页学习必备欢迎下载第五章习 题 二1. m = 5 6 7 11 = 2310；M1 = 6 7 11 = 462，M2 = 5 7 11 = 385，M3 = 5 6 11 = 330，M4 = 5 6 7 = 210；由 462 M1 1 (mod 5)得 M1 = 3，385M2 1 (mod 6)得 M2= 1，3

48、30 M3 1 (mod 7)得 M3 = 1，210 M4 1 (mod 5)得 M4 = 1。所以原同余方程组的解为x 3 462 b1 1 385b2 1 330 b3 1 210 b4 (mod 2310)。2.因为(15, 8) = 1 8 5，(15, 25) = 58 13，(8, 25) = 1 5 13，故原同余方程组有解， 解数唯一， mod 15, 8, 25 = 600 。 将第一个同余方程的解x = 8 15t1，t1Z，代入第二个同余方程得t1 3 (mod 8)，即 t1 = 3 8t2，t2Z，x = 53 120t2，代入第三个同余方程得t2 3 (mod 5

49、)，即 t2 = 3 5t3，t3Z，x = 413 600t3，所以原同余方程组的解为x 413 (mod 600)。注：此处所使用的解法思路简单，但比较繁。3.设士兵有 x人，由题意得x 1 (mod 3)，x2 (mod 5)，x 3 (mod 11)，由孙子定理得x 58 (mod 165)，故 x = 58 人。4. 可设 n = 2 3 5，由条件得 1 (mod 2)， 0 (mod 3)， 0 (mod 5)； 0 (mod 2)， 1 (mod 3)， 0 (mod 5)； 0 (mod 2)， 0 (mod 3)， 1 (mod 5) ，由孙子定理得 15 (mod 30)

50、， 10 (mod 30)， 6 (mod 30)，故 n = 21531056。5. 作同余方程组： x 0 (mod p1)，x1 (mod p2)， xn 1(mod pn)，由孙子定理知此同余方程组有解x，于是 x，x 1， xn 1 满足要求。6.因 105 = 3 5 7，同余方程3x2 11x 20 0 (mod 3)的解为 x 1 (mod 3) ，同余方程 3x2 11x 38 0 (mod 5)的解为 x 0， 3 (mod 5)， 同余方程 3x2 11x 20 0 (mod 7) 的解为 x 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4 解，mod 105。作同余方程组：x