《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》课后习题解答

第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法

1．证明定理3:若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则

1122n n q a q a q a ++

+是m 得倍数．

证明：

12

,,n a a a 都是m 的倍数。∴ 存在n 个整数12,,

n p p p 使

1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a ∴+++

1122n n q p m q p m q p m =++

+1122()n n p q q p q p m =++

+即1122n n q a q a q a ++

+是m 的整数

2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明 (1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+

++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+

又

(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+ 3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知

3|(1)(21)n n n ++

3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++． 证：

,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最

小整数00ax by +.,x y Z ?∈，由带余除法有0000

(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+

则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++

00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++00|(,).ax by a b ∴+ 又有

(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=

4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||

,

||2

b a bs t t =+≤

成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列

33,,,,0,,,,2222

b b b b

b b -

--则a 必在此序列的某两项之间

即存在一个整数q ，使

122

q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22

q q

s t a bs a b =

=-=-，则有02222

b q q q a bs t a b a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q q

s t a bs a b =-=-=+，则同

样有2

b t <

()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11

,22

q q s t a bs a b ++=

=-=-，则有 11

02222

b b q q t a bs a b a b t ++-

≤=-=-=-<∴≤ 若 0b <，则令11

,22q q s t a bs a b ++=-

=-=+，则同样有2b t ≤，

综上所述，存在性得证． 下证唯一性: 当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=->

而111,22

b b

t t t t t t b ≤

≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时

2b 为整数11312(),,22222b b b b b

b b t t ?=?+=?+-=≤

§2 最大公因数与辗转相除法

1．证明推论4.1:推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法

111222

11

1111,,,,,

0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b

---++-=+=+=+==≤<<

<<

∴(,)n a b r = ∴d '|1a bq -1r =， d '|122b rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。反过来(,)a b |a 且(,)a b |b ，若|(,),d a b ''则|,|d a d b ''''，所以(,)a b 的

因数都是,a b 的公因数，从而,a b 的公因数与(,)a b 的因数相同。

2．证明：见本书P2，P3第3题证明。

3．应用§1习题4证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所说的求法及辗转相除法实际算出（76501，9719）．

解：有§1习题4知：,,0,,,a b Z b s t Z ?∈≠?∈使,||2

b

a bs t t =+≤

。， 11,s t ∴?，使1112

||,||,,22t b b s t t t =+≤

≤如此类推知：21,,;n n n n n n s t t t s t --?=+

11111,,;n n n n n n s t t t s t ++-++?=+且1221||||

||||||22

22

n n n n n t t t b t --+≤

≤≤≤

≤ 而b 是一个有限数，,n N ∴?∈10n t +=1121(,)(,)(,)(,)(,)(,0)n n n n a b b t t t t t t t t t +∴=======，

存在其求法为：1

(,)(,)(,())a b b a bs a bs b a bs s =-=

---=

(76501,9719)

(9719,7650197197)(8468,97198468)

(1251,846812516)(3,1)1

∴=-?=-=-?=== 4．证明本节（1）式中的log log 2b

n ≤

证：由P3§1习题4知在（1）式中有

12

1121022

22

n n n n n n

r r r b r r --+-=<≤

≤≤≤

≤，而1n r ≥ 1,22n

n b b ∴≤

∴≤， 2l o g l o g l o g 2b n b ∴≤=，即log log 2

b n ≤ §3 整除的进一步性质及最小公倍数

1．证明两整数a ，b 互质的充分与必要条件是：存在两个整数s ，t 满足条件1ax bt +=．

证明 必要性。若(,)1a b =，则由推论1.1知存在两个整数s ，t 满足：(,)as bt a b +=，

1as bt ∴+= 充分性。若存在整数s ，t 使as+bt=1，则a ，b 不全为0。

又因为(,)|,(,)|a b a a b b ，所以(,|)a b as bt + 即(,)|1a b 。又(,)0a b >，(,)1a b ∴=

2．证明定理3: [][]1212,,||,||,||

n n a a a a a a = 证：设121[,,,]n a a a m =，则1|(1,2,,)i a m i n =∴1|||(1,2,,)i a m i n =又122[||,||,,||]n a a a m =则21|m m 。反之若2|||i a m ，则2|i a m ，12|m m ∴从而12m m =，

即12[,,,]n a a a =122[||,||,,||]n a a a 3．设1110n n n n a x a x a x a --++++（1）,是一个整数系数多项式且0a ，n a 都不是零，则（1）

的根只能是以0a 的因数作分子以n a 证：设（1）的任一有理根为

p q ，(,)1,1p q q =>。则111

0()()0n n n n p p

p

a a a a q q

q

--++++= 111100n n n n n n a p a p q a pq a q ---++++= （2） 由11110(2)n n n n n n a p a p q a pq a q ----=+++，

所以q 整除上式的右端，所以|n n q a p ，又(,)1,1p q q =>，所以(,)1,|n n q p q a =∴； 又由（2）有11110n n n n n n a p a p q a pq a q ---++

+=-

因为p 整除上式的右端，所以0|n P a q ，(,)1,1p q q =>，所以(,)1, |n n q p p a =∴

故（1）的有理根为

p

q

，且0|,|n p a q a 220x x =∴-=，次方程为整系

数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是1,2±±

,p

q

(,)1,1p q q => 2

222222222,2,(,)(2,)1p q p p q q p q q

=∴=∴==>

但由(,)1,1p q q =>知22(,)1p q = §4 质数·算术基本定理

1．试造不超过100的质数表 解：用Eratosthenes 筛选法

（3）划掉2，3，5，7的倍数，剩下的是100内的素数将不超过100的正整数排列如下：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100

2．求82798848及81057226635000的标准式．

解：因为8|848，所以38|,827988488103498562A A B ==?=?，

又8|856，所以8|B ，3812937322B C =?=?，又4|32，所以4|C ，243234332C D =?=? 又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D ，29359373D E =?=?，又9|（3+5+9+3+7），所以9|E ，

93993E =? 又3399331331311=?=? 所以8532311A =；

同理有3343281057226635000235711172337=???????。 3．证明推论3.3并推广到n 个正整数的情形．

推论3.3 设a ，b 是任意两个正整数，且12

12n

n

a p p p ααα=??

?，0i α≥，1,2,,i k =，

12

12n

n b p p p βββ=???，0i β≥，1,2,,i k =，则12

12(,)k

k

a b p p p γγγ=???，12

12[,]k

k

a b p p p δδδ=???，其中min(,)i i i γαβ=，min(,)i i i δαβ=，1,2,,i k =

证：

min(,)i i i γαβ=，∴0,0i i i i γαγβ≤≤≤≤∴ |,|i

i

i

i

i i i i p p p p γαγβ

(1,2)i k =

∴

1

1

i

i

k

k

i

i i i p p γα==∏∏，1

1

i

i k

k

i

i i i p p γβ==∏∏. ∴ 12

12|(,)k k p p p a b γγγ，又显然12

12

(,)|k

k

a b p p p γγγ

∴ 12

12

(,)k k p p p a b γγγ=，同理可得12

12

[,]k

k p p p a b δδδ=，max{,}i i i δαβ= 推广: 设11112

112

k k

a p p p βββ=,22122

212k

k

a p p p βββ=,12

12

,n n nk

n k

a p p p βββ= (其中j p 为质数1,2,

,,i j k a =为任意n 个正整数1,2,

,,0ij i n β=≥)， 则

12

12

121(,,

,),min{},

1,2,

,i i ik k n ij ij i n

p p p a a a j k γγγγβ≤≤=== 12

12121[,,,],max{},1,2,

,i i ik

k n ij ij i n

p p p a a a j k δδδδβ<<===

4．应用推论3.3证明§3的定理4（ii ）

证：设12

11

12

12

k k

k k

a p p p

b p p p αβααββ==，， 其中p 1, p 2, , p k 是互不相同的素数，αi ，βi （1 ≤ i ≤ k ）都是非负整数，有

11

1

1

12

12

(,)min{,}1[,]max{,}1k k

k i i i k i i i a b p p p i k a b p p p i k λλλμμμλαβμαβ==≤≤==≤≤，，，，，。

由此知(a , b )[a , b ] =

min{,}max{,}

1

1

1i i

i i i i i i k

k

k

i

i

i i i i p p

p λμαβαβαβ+++=====∏∏∏=ab ；从而有[,](,)

ab

a b a b =

． ５．若n 21+是质数（n>1），则n 是2的方幂．

证：（反证法）设2(k n l l =为奇数），则2222(1)2(2)2121(2)1(21)[221]k

k

k

k

k

n l l l l ??-?-+=+=+=+-+

+

∵ 22121(2)121k

k

l n <+<+=+，∴ 21n +为合数矛盾，故ｎ一定为２的方幂． §5 函数[x],{x}及其在数论中的一个应用 1．求30！的标准分解式．

解：30内的素数为2，3，5，7，11，13，17，19，23，29

22345303030303022222α??????????

=+++++

????????????????????

15431023=++++=

3234303030303333α????????

=++++?

???????????????1031014=+++= 5233030306107555α??????

=+++=++=????????????

72303040477α????=++=+=????????，11230302021111α????=++

=+=????????

13230302021313α????

=++=+=?

???????，13230302021313α????

=++

=+=????????

17230301011717α????

=++

=+=????????

，191923291αααα==== ∴ 23

14

5

4

22

30!

2357111317192329

=?

?

?

?

????? 2．设n 是任一正整数，α是实数，证明：(i) [][]n n αα??

=?

???

(ii) [][]11n n n n αααα-????

+++???++=????????

证：(i)设[]m α=.则由性质II 知1m m α≤<+,所以 n m n n m n α≤<+, 所以[]nm n nm n α≤<+，所以[]

1n m m n

α≤

<+，又在ｍ与ｍ+１之间只有唯一整数ｍ，所以[]

[

][]n m n

αα==． (ii) [证法一]设1

{},0,1,2,,1k k k n n n

α+≤<

=-,则{}1,[][]k n k n n k ααα≤<+∴=+ ①当1i k n +≤-时,1{}1,[][]i k i i

n n n ααα+++<

≤+= ; ②当i k n +≥时,2{}1,[][]1i k i i

n n n

ααα+>+≥

≥+=+; 1110011

[][][]

1[][][]()[]([]1)

[]n n k n i i i n k n n n

i i

n n n n k k n k

ααααααααα----=-=--∴+++++=+=+++=-++=+∑∑∑

10[][]

n i i n n αα-=∴+=∑

[证法二]令1

()[][]n i i

f n n ααα-==+-∑,

1

11()[][1]()n i i f n f n n αααα-=++=+-+≡∑

1

11

()[][1]()n i i f n f n n αααα-=++=+-+≡∑()f α∴是以1n 为周期的函数。

又当[0,1),()000,,()0f R f αααα∈=-=∴∈≡时， 即1

1

[][]n i n n αα-=+=∑。

[评注]：[证一]充分体现了 常规方法的特点，而[证二]则表现了较高的技巧。

3．设α，β是任意二实数，证明：

(i) [][][]αβαβ-=-或[]1αβ-+ (ii) [2][2][][][]αβααββ+≥+++ 证明：（i ）由高斯函数[x]的定义有[],[],01;01r s r s ααββ=+=+≤<≤<。则

[][],1r s r s αβαβ-=-+--< 当0,[][][]r s αβαβ-≥-=-时

当0,[][][]1r s αβαβ-<-=--时 故 [][][][]1[][]αβαβαβαβ-=--+=-或 （ii ）设[],[],0,1x y x y ααββ=+=+≤<，则有0{}{}2x y αβ≤+=+< 下面分两个区间讨论： ①若01x y ≤+<，则[]0x y +=，所以[][][]αβαβ+=+，所以

[2][2]αβ+=[2[]2][2[]2]x y αβ+++=2[]2[]2([][])x y αβ+++2[]2[]αβ≥+=[][][][]αββα+++=[][][]ααββ+++

②若12x y ≤+<，则[]1x y +=，所以[][][]1αβαβ+=++。所以

1[2][2][2[]2][2[]2]2[]2[]2([][])2[]2[]2([][1])

[][][][]22([][])2[]2[]1[][][]

x y x y x y x x x x αβαβαβαβαββααβααββ≥-+=+++=+++≥+++-←???→

=++++++-≥++=+++

（ii ）（证法2）由于α，β对称，不妨设{}{}αβ≥

[2][2][2([]{})][2([]{})]αβααββ+=+++2[]2[][2{}][2{}]αβαβ=+++ 2[]2[][{}{}]αβαβ≥+++[][]([][][{}{}])αβαβαβ=+++++ [][][[]{}[]{}]αβααββ=+++++[][][]ααββ=+++

4. (i) 设函数错误！未找到引用源。在闭区间Q x R ≤≤上是连续的，并且非负，证明:

和式

表示平面区域Q x R ≤≤，0()y f x <≤内的整点（整数坐标的点）的个数. (ii) 设p ，q 是两个互质的单正整数，证明：

(iii) 设错误！未找到引用源。，T 是区域错误！未找到引用源。 内的整点数，证明：

(iv) 设错误！未找到引用源。，T 是区域错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。 内的整点数，证明：

证明：(略)

5. 设错误！未找到引用源。任一正整数，且错误！未找到引用源。，p 是质数，错误！未找到引用源。，证明：在错误！未找到引用源。的标准分解式中，质因数p 的指数是

其中错误！未找到引用源。.

证明：在错误！未找到引用源。的标准分解式中，质因数p 的指数有限，即错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。 所以

而

第二章 不定方程 §2．1 习题

1、解下列不定方程 )152510

0a x y +=

630360306)=-y x b 解：)a 原方程等价于：3520x y += 显然它有一个整数解 0010,2x y ==- ，

故一般解为 105

(0,1,2,)

23x t t y t =-?=±±?

=-+?

)b 原方程等价于：172035x y -= 显然它有一个整数解 00735,635x y =-?=-?

故一般解为 735

20(0,1,2,)635

17x t t y t =-?+?=±±?

=-?+? 2、把100分成两份，使一份可被7整除，一份可被11整除。 解：依题意 即求 711100x y += 的正整数解，解得 008,4x y == 一般解是： 811(0,1,)47x t

t y t

=-?=±?

=+?但除 0t =外无其他正整数解，故有且只有 1005644=+

3、证明：二元一次不定方程 ,0,0,(,)a x b y

N a b a b +=>>=

的非负整数解为 N ab ?????? 或 1N ab ??

+????

证明：当0N <时，原方程没有整数解，而 10N ab ??

+≤????

故命题正确

当0N =时，原方程有且只有一个非负整数解 ()0,0 而 0N ab ??=???? 11N ab ??

+=????

因为 (),1a b = 所以

原方程有整数解 (){}{}100011021,,(1),,,(1),,n n n n x y y q q N x q q N ---=-=-

其中

[]123,,,,n a

q q q q b

=，由于0a b >>，故00,x y 中一正一负，可设0,0x y >≤

原方程的一般解是：()000,1,

x x bt

t y y at

=-?=±?

=+? 要求00000,0x y

x bt y at t b a

-≥+≥?

≥≥-，仅当 0y a -

是整数时，才能取 0y t a ??=-???? ，否则 0y t a ??

>-????

故这个不等式的整数解个数T 是 ：当是整数时 000011x y x y T b a b a ????????

=--+=++????????????????

因而 001

x y N N T ab b a ab ????????

=+?=+???????????????? 当

0y a 不是整数时 00001x y x y T b a b a ????????=--=++????????????????

因而 00001x y b a N ab x y b a ?????

+?????

???????=?????????

?++?????????

? 所以 ()m ?

证明2：二元一次不定方程ax + by = N 的一切整数解为00x x bt

y y at

=-??=+?，t ∈Z ，于是由

x ≥ 0，y ≥ 0得00y x t a b -≤≤，但区间00,[]y x a b -的长度是N ab

，故此区间内的整数个数为[

][]N

N ab ab

或+ 1。 ：

4、证明：二元一次不定方程 ,(,)1,1,1ax by N a b a b +==>>，当 N ab a b >-- 时有非负整数解，N ab a b === 则不然。

证明：先证后一点，当 N ab a b =--时，原方程有非负整数解 ()00,x y 则12(,).d m m =

00001,11,1,1,1b x a y x bk y ah k h ?++?+=+=≥≥

(),2ab k h ab k h ?+=+≥，这是不可能的。

次证，当N>ab-a-b 时，因(a ，b)=1，故原方程有整数解（x 0，y 0），一般解是{

00(0,1,)

x x bt

y y at

t =-=-=±要求x 0-bt ≥0，y 00at -≥00y x

t a b

?-

≤≤会证明存在满足这个不等式的整数0t t =可取使00(0)x bt r r b =+≤<于是对于这个0t 有：001

1x b x bt r b t b

-+-=≤-?≥

而0000000

000111

(1)()()()1

0a y at y x b by ax ab a N ab a ab a b ab a b b b b

y y at t a

+≥+-++-+=-+>---+=-∴+≥?≥-

这

就证明了当N ab a b >--时，原方程有非负整数解． 1．证明定理2推论。

推论 单位圆周上座标都是有理数的点（称为有理点），可以写成

2222

2222222222,,()()ab a b a b ab a b a b a b a b

--±±±±++++或 的形式，其中a 与b 是不全为零的整数。

证明：设有理数l n

x y m m

=

=，（m ≠ 0）满足方程x 2 + y 2 = 1，即l 2 + n 2 = m 2，于是得l = ±2abd ，n = ±(a 2 - b 2)d ，m = ±(a 2 + b 2)d 或l = ±(a 2 - b 2)d ，m = ±2abd ，

m = ±(a 2

+ b 2

)d ，由此得(x , y ) =22222

2222222

22,,()()ab a b a b ab

a b a b a b a b --±±±±++++或。反之，代入方程x 2 + y 2 = 1即知这样的点在单位圆周上。

2．求出不定方程2223,(,)1,0,0,0x y z x y x y z +==>>>的一切正整数解的公式。 解：设不定方程2223x y z +=,(,)1x y =有解则

(1)3/z-x 或3/z+x 因为2223()()y z x z x z x =-=-+?3/()()3/z x z x z x -+?-或3/z+x

()()2

2

22

2

3333/3/z x z x

z x z x z x z x

y y

y x

z +-+=?

=?-=+?

+-或者得或

以下不妨设3/z x +

②(),1x z =， 设 2

2

2

(x ,z )d ,

d /x ,d /z d /3,

y x z =?=-则

2

2

2

,3/,9/,9/9/33/d y y x z ???若 ()3/,x y ?与(),1x y =矛盾!

这样()(

)

2

2

2

3,1/

//3d d d y

y

y d

=??而()//,1d x d x y d ??=

③(),12z x z x +-=或， (),/()()2t z x z x t z x z x x =+-?+--=设，

()/()()2/2.22t z x z x z t x z ++-=?= 即 12t t ==或

④若

(),1,,1,3z x z x z x z x +??

+-=-= ???

则()()()22

33

z x

z x z x z x y

y

+=+-?=

?-从而 由引理可设

2

,3

z x a +=2,z x y ab b -==从而≡ ， 为证得,x z 为整数， (),1,x z = 必须有a ， b 均为奇数，且2

2

3a b > ⑤若(),2,1,1226

2z x z x z x z x z x z x +-+-????

+-=?=?=

? ????? ()()2

2

3262y z x z x z x z x y

+-??

=+-?=?

???

从而 设

222222

,,,3,2,3622

z x z x y ab x y ab z a b a b a b +-====-==+即， 其中,a b 为一奇一偶，且有(),1

a b =

4．解不定方程：x 2 + 3y 2 = z 2，x > 0，y > 0，z > 0，(x , y ) = 1。

解：设(z - x , z + x ) = d ，易知d = 1或2。由(z - x )(z + x ) = 3y 2得z - x = 3da 2，z + x = db 2，y = dab 或z - x = db 2，z + x = 3da 2，y = dab ，a > 0，b > 0，(a , b ) = 1。

(ⅰ) 当d = 1：2222

|3|322

b a b a x y ab z -+===，，，a > 0，b > 0，(a , b ) = 1，3|/b ，a , b 同为奇数； (ⅱ) 当d = 2：x = |b 2 - 3a 2|，y = 2ab ，z = b 2 + 3a 2，a > 0，b >

0，(a , b ) = 1，3|/

b ，a , b 一奇一偶。反之，易验证(ⅰ)或(ⅱ)是原不定方程的解，且x > 0，y > 0，z > 0，(x , y ) = 1。 3．证明不等式方程

()2

2

4

,,1,0,0,/x y x y z x y x z +

==>>的一切正整数解．

可以写成公式: 224(),x ab a b =-y =∣442

2

6a b a b

+-∣，22

z a b =+

其中()0,0,,1,,a b a b a b >>=一单一双

证明:由定理1知道原方程的解是2222

2,,,x cd y z c d c d ==-=+

()0,,1c d c d >>=， 且c ， d 为一奇一偶，

其中，()2

2

2,,0,,1c ab d a b a b a b ==->>=， 且a ， b 为一奇一偶． 所以2

2

4(),x ab a b =-y =∣4

4

2

2

6a b a

b

+-∣，22

z a b =+是原方程的正整数解

()2

2

(0,0,0,,1,2/,x y z x y x a b >>>=+且是奇数，

原方程正整数的解有:

()000,，

，(

)

2

0,a

a ±±，，

(

)2

,0,a

a ±±(

)

22442

2

22

4(),(6),()

ab a b a b a

b

a b ±-±+-±+，

(

)44

2

2

2

2

2

2

(6),4(),(),

ab a b a

b

a b a b ±+-±-±+

6．求方程x 2 + y 2 = z 4的满足(x , y ) = 1，2∣x 的正整数解。

解：设x ，y ，z 是x 2 + y 2 = z 4的满足(x , y ) = 1，2∣x 的正整数解，则x = 2ab ，y =

a 2 -

b 2，z 2 = a 2 + b 2，a > b > 0，(a , b ) = 1，a , b 一奇一偶， 再由z 2 = a 2 + b 2得a = 2uv ，b = u 2 - v 2， z = u 2 + v 2 或 a = u 2 - v 2，b = 2uv ， z = u 2 + v 2， u > v > 0，(u , v ) = 1，u , v 一奇一偶，于是得x = 4uv (u 2 - v 2)，y = |u 4 + v 4 - 6u 2v 2|，z = u 2 + v 2，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，z > 0，(x , y ) = 1，2∣x 。其中正负号可任意选取． 第三章 同余

ξ1同余的概念及其基本性质

1、 证明（i ）若1k

ααA ≡1k

α

αB (modm)x i ≡y i (modm)、i=1，2，、、、，k

则

1

1

1

11,,1

1,,1,,

k k k k

k

k

k x

x y y ααααααααααα

α

A ≡

B ∑∑(modm)

特别地，若i i a b ≡（modm ），i=0，1，

,n 则

111010n n n n n n n n a x a x a b x b x b ----++≡++

+（modm ）

(ii)若a ≡b(modm)，k 0,(mod ),ak bk mk >≡

（iii ）若a ≡b(modm)，d 是a ，b 及m 的任一正公因数，则(mod ),a b m b d d

≡ (iv)若a ≡b(modm)，,0.d m d > 则a ≡b(modd)． 证明 ：（i ）据性质戊，由(mod ),1,2,

,.i i x y m i k ≡=得(mod ),1,2,

,,i i i i x y m i k αα≡=

进一步，则1

1

1

1

1

1(mod )k

k k k

k k x

x B y y m α

ααααααααA ≡

最后据性质丁，可得：

1

1

1

11,,1

1,,1,,

k k k k

k

k

k x

x y y ααααααααααα

α

A ≡

B ∑∑（modm ）

(ii) 据定理1，a ≡b(modm),m a b ?-0,()k mk k a b ka kb >∴-=-

又据定理1，即得(mod ).ka kb mk ≡

（iii ）据定理1， a ≡b(modm) ,m a b ?-即a-b=ms(s ∈z)

,,,0,a b m d a b m d s d d ->∴

=，即,a b m s d d d -=?仍据定理1，立得(mod ),a b m

b d d

≡ (iv) 据定理1， a ≡b(modm),(),a a ms s z ?-=∈又,,,d m m dt t z ∴=∈

故(),,a b ms d st st z -==∈(mod ).a b d ∴≡ 2、

设正整数1101010,010n n n n i a a a a a --=++

≤<

试证11整除的充分且必要条件是11整除

1

(1).i

n

i

i a =-∑

证明 ：101(mod11),≡-∴由上题(i)的特殊情形立得

1101010n n n n a a a a --=++≡110(1)(1)(mod11)n n n n a a a ---+-+

0(1)(mod11),

n

i i i a a =≡-∑0

1111

(1)i

n

i

i a a =∴?-∑．

3．找出整数能被37，101整除有判別条件来。

解：10001(mod37)≡故正整数11010001000,01000k k k k i a a a a a --=++≤<

立得0

3737

.

k

i i a a =?∑1001(mod101).≡-

故设正整数1

10100100

,0100's s s s i a b b b b --=++

≤<，立得0

101101

(1).s

i i

i a b =?-∑

4、证明641｜3221+ 证明：∵()82256mod641≡∴()162225665536154mod641≡=≡ ∴()3222154237161mod641≡=≡- 即641∣3221+

5、若a 是任一单数，则()22

1mod 2n

n a +≡，()1n ≥

证明：（数学归纳法）设21a m =+

（1）1n =时，()()()2

2214111mod8a m m m =+=++≡， 结论成立。 （2）设n k =时，结论成立，即： ()(

)()

222

22110mod 22112k

k

k k m m t +++-≡?+-=，()t z ∈

而()()()()

1

22222111112k k

k

k

k

a

a a a a +-=-+=--- ()2

22222k k t t ++=+??

22

4

322k k t t ++=?+? (

)31221k k t t ++=??+ ()

30m o d 2k +≡ 故1n k =+时，结论也成立；∴1n ≥时，结论也成立。

证明：若2|/

a ，n 是正整数，则2n

a ≡ 1 (mod 2n + 2)。 (4) 设a = 2k + 1，当n = 1时，有a 2 = (2k + 1)2 = 4k (k + 1) + 1 ≡ 1 (mod 23)，即式(4)成立。

设式(4)对于n = k 成立，则有2k

a ≡ 1 (mod 2k + 2) ?2k

a = 1 + q 2k + 2， 其中q ∈Z ，所以1

2k a += (1 + q 2k + 2)2 = 1 + q '2k + 3 ≡ 1 (mod 2k + 3)， 其中q '是某个整数。这说明式(4)当n = k + 1也成立。

由归纳法知式(4)对所有正整数n 成立。

()1535625i ； ()1158066ii

解：()34153562535713i =???；()22115806623713101ii =??? §2 剩余类及完全剩余系 1、 证明s t x u p v -=+，0,1,2,

,1t u p =-，t s ≤是模s p 的一个完全剩余类。

证明：显然对,u v 的不同取值，x 共有s t t s p p p -?=个值，故只需证这样的s p 个值，关于模s p 的两两互不同余。

若()

1122mod s t s t s u p v u p v p --+≡+()()

1212mod s t s u u p v v p -?-≡-

s t p -?∣12u u -，即()1212mod s t u u p u u -≡?=

()()121212mod mod s t s t s t p v p v p v v p v v --?≡?≡?= ∴12u u =或12v v ≠时， ()112

2

m o d s t s

t

s

u p v u p

v p --+≠+．结论成立。

2、 若12,,

,k m m m 是k 个两两互质的正整数，12,,

,k x x x 分别通过模12,,,k m m m 的完全剩余

类，则 1122k k M x M x M x +++

通过模12

k m m m m =的完全剩余系，其中i i m m M =，1,2,

,i k =

证明：（数学归纳法）

（1） 根据本节定理3，知2k =时，结论成立。

（2） 设对整数1k -，结论成立，即若121,,

,k m m m -两两互质，令

''''112211k k s M x M x M x --=+++，当121,,,k x x x -分别通过模121,,

,k m m m -的完全剩余

系时，'s 必过模'121...k m m m m -=的完全剩余系，其中''(1,2...1)i i m M m i k ==-。

现增加,k m 使(,)1i k m m = (1,...1)i k =-，

令(1,...1)i k k M M m k =-，'121...k k m M m m m -==，12...k k k m m M m m m == 则易知12(,,...,)(,)1k k k m m m m M ==，再令'k k k x M x m s =+，

当k x 过模k m 的完全剩余系，'s 过模k M 的完全剩余系时，据本节定理3，x 必过模

12...k k m m M m m ==k m 的完全剩余系，即对k 结论成立。

3、（i ）证明整数131

,...1,0,1,...,()31

n H H H +----=

-中每一个整数有而且只有一种方法表示成 11033...3.............n n n n x x x x --+++?

的形状，其中1,0,1(0,1,...)i x i n =-=；反之，?中每一数都,H H ≥-≤且。

（ii ）说明应用1n +个特别的砝码，在天平上可以量出1到H 中的任意一个斤数。

证明：（i ）当1,0,1(0,1,...)i x i n =-=时，?过模1213n H ++=的绝对最小完全剩余系，也就是?表示[],H H -中的21H +个整数，事实，当1,0,1i x =-时，共有13n +个值，且两两互不相等，否则

'1'''1110110

33...333...3n n n n n n n n x x x x x x x x ----+++=+++'1'''111100

''0000

3()3()...3()3|.

n n n n n n x x x x x x x x x x x x ---?-+-+-=-?-?=

此即

1'2''11'''11113()3()...()03|...n n n n n n n

n

x x x x x x x x x x x x -----+-+-=?-?=??=

又?的最大值是11

31

33

(3131)

n n

n H +--+++==-最小值是133...31n n H ------=-结论成立。

（ii ）特制1n +个砝码分别重2

1,3,3, (3)

斤，把要称的物体()11r

r i i i i

a

d d ??==??

=

???

∑∑及取-1的砝码放在天平的右盘，i x 取1的砝码放在左盘，则从（i ）的结论知，当i x 取适当的值时，可使

11033...3.n n n n T x x x x --=+++之值等于你所要称的物体的斤数()H ≤。

4、若12,,...,k m m m 是K 个两两互质的正整数，12,,...k x x x 分别过模12,,...,k m m m 的完全剩余系，则

11212312,...,,...,.................k k x m x m m x m m m x ++++?

通过模12,,...,k m m m 的完全剩余系。 证明：（数学归纳法）

（1）2K =时，12,x x 分别过模12,m m 的完全剩余系时，

112x m x +共有12m m 个值，且若

1121

12121221112(mod )()(mod )x m x x m x m m m x x x x m m ''''+≡+?-≡- 11

1m x x '?-，且1

12221

(mod )x x x x m m '-'-≡11

x x '?=，22x x '=，即2k =时结论成立； （2）设当2,

,k x x 分别过模2,,k m m 的完全剩余系时，223231k k x m x m m m x -+++过模

2k m m 的完全剩余系。因为12

(,)1k m m m =，由本节定理2得，

122321()k k m x m x m m x -++

+亦过模2k m m 的完全剩余系。

当121,,,,k k x x x x -分别过模121,,,,k k m m m m -的完全剩余系时，

2有12

k m m m 个值，且据归纳假设，若1121211

1k k k k x m x m m x m m x ---++++

1

121

21111(mod )k k

k k k x m x m m x m m x m m ---''''≡++++

111(mod )x x m '?=； 2232

1k k x m x m m x -+++ 2

232

12(mod )k k

k x m x m m x m m -'''≡+++

11

1(mod )x x m '?=，222(mod )x x m '=，…，(mod )k k k x x m '=11x x '?=，22x x '=，…，k k x x '=。 所以112121k k x m x m m m x -++

+过模12k m m m 的完全剩余系。

3．简化剩余系与欧拉函数 1．证明定理2：若12(),,

,m a a a φ是()m φ与m 互质的整数，

并且两ε对模m 不同余，则12(),,,m a a a φ是模m 的一个简化剩余系。

证明：12(),,

,m a a a φ 两ε对模m 不同余，所以它们分别取自模m 的不同剩余类，

又

12(),,,m a a a φ恰是()m φ个与m 互质的整数，即它们恰取自与模m 互质的全部剩余类。

2．若m 是大于1的正整数，a 是整数，(,)1a m =，ξ通过m 的简化剩余系， 则

1

()2a m m ξξφ??=????

∑，其中ξ∑表示展布在ξ所通过的一切值上的和式。 证明：由定理3知，ξ通过m 的简化剩余系：12(),,,m a a a φ，其中0＜i a ＜m 且(,)1i a m =，

而i i

a a m m

??=?

???（1,2,()i m φ=）

。若m ＞2，则()m φ必是偶数，又由(,)1i a m =， 得(,)1i m a m -=，且易见i i m a a -≠，故1i i i i

a m a a m a m m m -+-????+=

=?

???????

所以()12.

m a a a a m m m m φξξ??

????

??=+++????????

??

??????∑

左边每一项i a m ??

?

???都存在另一项()j i a m a i j m m ??-??=≠????

????

，使得1j i a a m m ????+=????????，右边共有1()2m φ对，此即

1()2a m m ξξφ??=????∑。特别地，当m=2时，1

(2)1,2a m ξξφ??==????

∑。 3．（i ）证明(1)()()p p p ααφφφ+++=，p 质数。

(ii) 证明

()d a

d a φ=∑，其中d a

∑

展布在a 的一切正整数上的和式。

证明：（i ）因为1()k k k p p p φ-=-，(1,2,)k α=所以(1)()()p p αφφφ+++

=211(1)()()p p p p p αα-+-+-++- =p α

(ii)设1212k k a p p p ααα=是a 的标准分解式，

则

121

122(1)(1)

(1)k k k d a d p p p p p p ααα=++

+++

+++

+∑，

∴111()(1()())

(1()())k k k d d p p p p ααφαφφκ=++

++++∑ =12

12k k p p p ααα =a

4．若12,,

,k m m m 是k 个两两互质的正整数，12,,

,k ξξξ 分别通过模12,,,k m m m 的简化剩余

系，则 1122k k M M M ξξξ+++

通过模12

k m m m m =的简化剩余系，其中,1,2,

,i i m m M i k ==。

证明：（数学归纳法）

（1） 由定理4知k=2时，结论成立；

（2） 设k-1时结论成立，即1

1(1,

,1)k i i m m m m M i k -''===-，121,,,k ξξξ-分别过模

11,

,k m m -时，112211k k M M M ηξξξ--'''=++

+

过m '模的简化剩余系。

显见(,)1k m m '=，则又由定理4知，k k k m M ηξ+通过模k m m '的简化剩余系，注意到：

112211()()()k k k k k k m m M m M m M ηξξξ--'''=++

+112211k k M M M ξξξ--=++

+

所以，1122k k M M M ξξξ++

+通过模m 的简化剩余系。

4ξ．欧拉定理?费马定理及其对循环小数的应用

１、如果今天是星期一，问从今天起再过10

1010天是星期几？

解：若10

10101+被7除的非负最小剩余是r ，则这一天就是星期r （当0r ≠时是星期日）．

()1071=，由费马定理得()6101mod 7≡，

又()()

()10

105102

mod 710244

mod 6≡-?≡-=≡()101064K K Z ∴=+∈

()10

106444101101101315

mod 7K +∴+=+≡+≡+≡即这一天是星期五．

２、求()

28

561237134+被111除的余数。

解：()()()11137 3.

11137336272φφφ=?∴=?=?=，

据欧拉定理，易知()()()()363621836

123711

mod37123711mod11112371123711mod3??≡??≡?=≡??

()5620

1237112371mod111∴≡

（１）

又()212371111501237150

mod111≡+∴≡

故

()()2242123715053

mod111123715334

mod111≡≡-?≡≡

()()8161237146

mod111123717mod111?≡?≡

则 ()201237134716

mod111≡?≡．由（１）即得()561237116mod111∴≡

()56123713450

mod111∴+≡()

()28

5628

1237134

50mod111?+≡．

由以上计算，知 ()

()2085016

mod1115046

mod111≡≡．

()()28

5628123713450164670

mod111∴+≡≡?≡．

３、()i 证明下列事实但不许用定理１推论：若p 是质数，12,,

a h h h 是整数，则

()1212()m o d p p

p p

a a

h h h h h h p ++≡++。

()ii 由()i 证明定理１推论，然后再由定理１推论证明定理１。

证明 ()i 对a 应用数学归纳法：