初等数论作业(3)答案
初等数论第三次作业参考答案
初等数论第三次作业参考答案计算题1．求169与121的最大公因数。
解：（169，121）=（169 – 121，121）=（48，121）=（48，121 – 48）=（48，73）=（48，25）=（23，25）=1。
2．求出12!的标准分解式。
解：e d c b a 117532!12⨯⨯⨯⨯=，10812412212=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=a ，5912312=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=b ， 2512=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=c ，1712=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=d ，11112=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=e ， 所以12!的标准分解式为117532!122510⨯⨯⨯⨯=3．求不定方程3x - 4y = 1的一切整数解。
解：因为（3,4）= 1，所以不定方程有整数解。
观察知x = 3，y = 2是其一个整数解。
由公式知其一切整数解为⎩⎨⎧+=+=ty t x 3243，t 为整数。
4．求不定方程7x + 2y = 1的一切整数解。
解：因为（7,2）=1,1|1，所以不定方程有解。
观察知其一个整数解是0013x y =⎧⎨=-⎩。
于是其一切整数解为1237x t y t =+⎧⎨=--⎩，t 取一切整数。
5．解同余式3x ≡ 1 (mod 7)。
解：因为（3,7）= 1，所以同余式有解且有一个解。
由3x - 7y = 1得⎩⎨⎧+=+=ty t x 3275，所以同余式的解为)7(mod 5≡x6．解同余式3x ≡ 8 (mod 10)。
解：因为（3,10）=1,1|8，所以同余式有解，并且只有一个解。
由3108x y -=得一个解0061x y =⎧⎨=⎩，所以同余式的解为6(mod10)x ≡。
7．解同余式28x ≡ 21 (mod 35)。
解：因为（28，35） = 7，而7|21，所以同余式28x ≡ 21(mod 35)有解，且有7个解。
同余式28x ≡ 21(mod 35)等价于4x ≡ 3(mod 5)，解4x ≡ 3(mod 5) 得x ≡ 2(mod 5)，故同余式28x ≡ 21(mod 35)的7个解为x ≡ 2，7，12，17，22，27，32(mod 35)。
初等数论练习题答案
初等数论练习题一一、填空题1、d(2420)=12; 0(2420)=_880_2、设比n是大于1的整数，若是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_卜4, -3, -2, -1,0,1,2,3,4}.4、同余方程9x+12=0(mod 37)的解是x三11 (mod 37)。
5、不定方程18x-23y=100 的通解是x=900+23t, y=700+18t t Z。
.6、分母是正整数m的既约真分数的个数为—(山)_。
7、18100被172除的余数是_殛。
9、若p是素数，则同余方程L 1 l(modp)的解数为p-1 。
二、计算题疋11X 20 0 (mod lO5)o1、解同余方程：3解：因105 = 3 5 7,同余方程3x211X 20 0 (mod 3)的解为x 1 (mod 3),同余方程3x211X 38 0 (mod 5)的解为x0, 3 (mod 5),同余方程3x211X 20 0 (mod 7啲解为x2, 6 (mod 7), 故原同余方程有4解。
作同余方程组：x (mod 3), x b2 (mod 5), x b3 (mod 7),其中®=1, b2 = 0, 3, b3 = 2, 6,由子定理得原同余方程的解为x 13, 55, 58, 100 (mod 105)o2. 判断同余方程/三42(mod 107)是否有解?*3x7 2 3 7)=(二)(一)(―-)107 107 107 1072 3 I 。
， 2 v( —) = -1, ( — ) = (-1) 2 2(ArL) = -<±) = L 107 107 3 3.-.(—) = 1 107故同余方程x 2三42(mod 107)有解。
3、求(12715C +34) 23除以ill 的最小非负余数。
解：易知 1271 = 50 (mod 111)0由 502 =58 (mod 111) , 503 三58X50三 14 (mod 111), 509=143=80 (mod111)知 502G = (509)彳x50三803X50三803x50三68x50三70 (mod 111) 从而505C=16 (mod 11 l)o故(12715C +34) 2c = (16+34) 20 =502G =70 (mod 111)三、证明题1、 已知p 是质数，(a,p) =1,证明：(1) 当 Q 为奇数时,a p l +(p-l)A =O (mod p);(2) 当a 为偶数时,衣三°(mod p)。
初等数论 习题解答
王进明 初等数论 习题及作业解答P17 习题1-1 1，2(2)(3), 3，7，11，12为作业。
1．已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.解：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=(121)454122626390,b +=---=b =30, 被除数a =12b +26=360.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题：商为12,表明被除数减去余数后是除数的12倍，被除数减去余数后与除数相加的和是除数的（12+1）倍，即454122626390---=是除数的13倍.2．证明：(1) 当n ∈Z 且39(09)n q r r =+≤<时，r 只可能是0,1,8;证：把n 按被9除的余数分类，即：若n=3k, k ∈Z ，则3327n k =, r=0； 若n=3k +1, k ∈Z ，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8. (2) 当 n ∈Z 时，32326n n n -+的值是整数。
证 因为32326n n n -+=32236n n n -+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。
32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+.或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --为3的倍数；若n 为3k －1, k ∈Z ，则2n －1=2(3k －1)－1=6k-3, 2n －1是3的倍数.综上所述，(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。
初等数论作业答案
初等数论作业答案初等数论1：[单选题]已知361a是一个4位数（其中a是个位数），它能被5整除，也能被3整除，则a的值是（）。
A：0B：2C：5D：9参考答案：C2：[单选题]下面的（）是模4的一个简化剩余系。
A：4,17B：1,15C：3,23D：13,6参考答案：B3：[单选题]小于20的正素数的个数是（）。
A：11B：10C：9D：8参考答案：D 4：[单选题]下面的数是3的倍数的数是（）。
A：19B：119C：1119D：11119参考答案：C5：[单选题]-4除-39的余数是（）。
A：3B：2C：1D：0参考答案：C6：[单选题]一个正整数n的各位上的数字是0或1，并且n能被2和3整除，则最小的n 是（）。
A：1110B：1101C：1011D：1001参考答案：A7：[单选题][[4.5]+[3.7]]等于（）。
A：3B：4C：7D：8参考答案：C8：[单选题]{{1.8}+{2.9}}等于（）。
A：0.4B：0.5C：0.6D：0.7参考答案：D 9：[单选题]100与44的最小公倍数是（）。
A：4400B：2200C：1100D：440参考答案：C10：[单选题]使3的n次方对模7同余于1的最小的正整数n等于（）。
A：6B：2C：3D：13参考答案：A11：[单选题]设a,b,c,d是模5的一个简化剩余系，则a+b+c+d 对模5同余于（）。
A：0B：1C：2D：3参考答案：A12：[单选题]下面的（）是不定方程3x + 7y = 20的一个整数解。
A：x=0,y=3B：x=2,y=1C：x=4,y=2D：x=2,y=2参考答案：D 13：[单选题]下面的（）是模4的一个完全剩余系。
A：9，17，-5，-1B：25，27，13，-1C：0，1，6，7D：1，-1，2，-2参考答案：C14：[单选题]下面的（）是模12的一个简化剩余系。
A：0，1，5，11B：25，27，13，-1C：1，5，7，11D：1，-1，2，-2参考答案：C15：[单选题]若a，b均为偶数，则a + b为（）。
初等数论练习题及答案
初等数论练习题一一、填空题1、τ(2420)=27；ϕ(2420)=_880_2、设a ，n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4}.4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。
5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t t ∈Z 。
.6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(m )_。
78、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 =-1。
9、若p 是素数，则同余方程x p - 1≡1(mod p )的解数为二、计算题1、解同余方程：3x 2+11x -20≡0 (mod 105)。
解：因105 = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+11x -20≡0 (mod 3)的解为x ≡1 (mod 3)，同余方程3x 2+11x -38 ≡0 (mod 5)的解为x ≡0，3 (mod 5)，同余方程3x 2+11x -20≡0 (mod 7)的解为x ≡2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。
作同余方程组：x ≡b 1 (mod 3)，x ≡b 2 (mod 5)，x ≡b 3 (mod 7)，其中b 1 = 1，b 2 = 0，3，b 3 = 2，6，由子定理得原同余方程的解为x ≡13，55，58，100 (mod 105)。
2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-•--•-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（）（解： 故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。
3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。
解：易知1271≡50（mod 111）。
《初等数论(闵嗣鹤)》课后习题解答2012修改版
1, 2 ，这与 2 为其有理根矛盾。故 2 为无理数。
另证，设 2 为有理数 2 =
p , ( p, q) 1, q 1 ，则 q
p2 2 2 , 2q 2 p 2 , ( p 2 , q 2 ) (2q 2 , p 2 ) q 2 1 q
但由 ( p, q) 1, q 1 知 ( p 2 , q 2 ) 1，矛盾，故 2 不是有理数。 § 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 （1）算出 100 10 a （2）10 内的质数为：2，3，5，7
q 1 q 1 , t a bs a b ，则有 2 2
2 / 63
《初等数论》习题解答（修改版） （茂名学院
WeiXLI）
b b q 1 q 1 t a bs a ba b 0 t 2 2 2 2
若 b 0 ，则令 s
b q 1 q 1 综上所述，存在性 , t a bs a b ，则同样有 t 2 ， 2 2
q1 p1m q2 p2 m ( p1q1 q2 p2
即 q1a1 q2 a2
2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明
n( n 1 ) ( 2 n 1 )n n (
1n ) ( 2 n
(完整版)初等数论第2版习题答案
第一章 §11 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。
∴存在n 个整数n p p p ,,21使n n n m p a m p a m p a ===,,,222111又n q q q ,,,21 是任意n 个整数m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数2 证： )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n )1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n 从而可知 )12)(1(/6++n n n3 证： b a , 不全为0∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数，因而有形如by ax +的最小整数00by ax +Z y x ∈∀,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+则S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00，由00by ax +是S 中的最小整数知0=rby ax by ax ++∴/00 下证8P 第二题by ax by ax ++/00 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0000++∴ ).,/(00b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+4 证：作序列 ,23,,2,0,2,,23,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b q a b q 212+<≤成立 )(i 当q 为偶数时，若.0>b 则令b qa bs a t q s 2,2-=-==，则有22220b t b qb q a b q a t bs a <∴<-=-==-≤若0<b 则令b qa bs a t q s 2,2+=-=-=，则同样有2b t <)(ii 当q 为奇数时，若0>b 则令b q a bs a t q s 21,21+-=-=+=，则有 2021212b t b q a b q a bs a t b ≤∴<+-=+-=-=≤-若 0<b ，则令b q a bs a t q s 21,21++=-=+-= 则同样有 2b t ≤综上 存在性得证 下证唯一性当b 为奇数时，设11t bs t bs a +=+=则b s s b t t >-=-)(11 而b t t t t b t b t ≤+≤-∴≤≤1112,2矛盾 故11,t t s s ==当b 为偶数时，t s ,不唯一，举例如下：此时2b为整数 2,2),2(2212311b t b t b b b b b ≤=-+⋅=+⋅=⋅ 2,2,222211bt b t t bs t bs a ≤-=+=+=5.证：令此和数为S ，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数（1） 令S=n14131211+++++，取M=p k 75321⋅⋅⋅-这里k 是使n k≤2最大整数，p 是不大于n 的最大奇数。
《初等数论》第三版习题解答
《初等数论》第三版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定理3若a1，a2，，an都是m得倍数，q1，q2，，qn是任意n个整数，则q1a1q2a2证明：qnan是m得倍数．a1,a2,an都是m的倍数。
pn使a1p1m,a2p2m,存在n个整数p1,p2,又q1,q2,,anpnm,qn是任意n个整数qnanq1a1q2a2q1p1mq2p2m(p1q1q2p2即q1a1q2a2qnpnmqnpn)mqnan是m的整数2．证明3|n(n1)(2n1)证明n(n1)(2n1)nn(1n)(2nn(n1)(n2)n(1n)n(又n(n1)(n2)，(n1)n(n2)是连续的三个整数故3|n(n1)(n2),3|(n1)n(n1)3|n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知3|n(n1)(2n1)3．若a某0by0是形如a某by（某，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(a某0by0)|(a某by)．1/77证：a,b不全为0在整数集合Sa某by|某,yZ中存在正整数，因而有形如a某by的最小整数a某0by0某,yZ，由带余除法有a某by(a某0by0)qr,0ra某0by0则r(某某0q)a(yy0q)bS，由a某0by0是S中的最小整数知r0a某0by0|a某bya某0by0|a某by（某,y为任意整数）a某0by0|a,a某0by0|ba某0by0|(a,b).又有(a,b)|a，(a,b)|b(a,b)|a某0by0故a某0by0(a,b) 4．若a，b是任意二整数，且b0，证明：存在两个整数，t使得abt,|t||b|2成立，并且当b是奇数时，，t是唯一存在的．当b是偶数时结果如何？证：作序列即存在一个整数q，使2222若b0则令,tabaq2bqb，则同样有t22(ii)当q为奇数时，若b0则令q1q1,tabab，则有222/77下证唯一性当b为奇数时，设abtb1t1则tt1b(1)b而tbb,t1tt1tt1b矛盾故1,tt122b为整数2当b为偶数时，,t不唯一，举例如下：此时3bbbbbb1b2(),t1,t122222§2最大公因数与辗转相除法1．证明推论4.1推论4.1a，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abq1r1,br1q2r2,rnqn1,0rn1rnrn1(a,b)rnd|abq1r1，d|br1q2r2，┄,d|rn2rn1qnrn(a,b),即d是(a,b)的因数。
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第三次作业答案：
一、选择题
1、整数5874192能被( B )整除.
A 3
B 3与9
C 9
D 3或9
2、整数637693能被(C )整除.
A 3
B 5
C 7
D 9
3、模5的最小非负完全剩余系是( D ).
A -2,-1,0,1,2
B -5,-4,-3,-2,-1
C 1,2,3,4,5
D 0,1,2,3,4
4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则（A ）
A )(mod m bc ac ≡
B b a =
C ac T )(m od m bc
D b a ≠
二、解同余式（组）
（1）)132(mod 2145≡x .
解 因为(45,132)=3¦21,所以同余式有3个解.
将同余式化简为等价的同余方程
)44(mod 715≡x .
我们再解不定方程
74415=-y x ,
得到一解(21,7).
于是定理4.1中的210=x .
因此同余式的3个解为
)132(mod 21≡x ,
)132(mod 65)132(mod 3
13221≡+
≡x , )132(mod 109)132(mod 3132221≡⨯+≡x .
（2）)45(mod 01512≡+x
解 因为(12,45)=3¦15,所以同余式有解,而且解的个数为3. 又同余式等价于)15(mod 054≡+x ,即y x 1554=+. 我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是(10,3),
即定理4.1中的100=x .
因此同余式的3个解为
)45(mod 10≡x ,
)45(mod 25)45(mod 3
4510≡+≡x , )45(mod 40)45(mod 3
45210≡⨯+≡x .
（3）)321
(m od 75111≡x . 解 因为(111,321)=3¦75,所以同余式有3个解.
将同余式化简为等价的同余方程
)107(mod 2537≡x .
我们再解不定方程
2510737=+y x ,
得到一解(-8,3).
于是定理4.1中的80-=x .
因此同余式的3个解为
)321(mod 8-≡x ,
)321(mod 99)321(mod 3
3218≡+-≡x , )321(mod 206)321(mod 3
32128≡⨯+-≡x .
（4）⎪⎩
⎪⎨⎧≡≡≡)9(mod 3)8(mod 2)7(mod 1x x x .
解 因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式
)7(mod 172≡x ,)8(mod 163≡x ,)9(mod 156≡x ,
得到)9(mod 4),8(mod 1),7(mod 4321-=-==x x x .于是所求的解为
).
494(mod 478)494(mod 510 )494(mod 3)4(562)1(631472=-=⨯-⨯+⨯-⨯+⨯⨯≡x
（5）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡≡)
9(mod 5)7(mod 3)5(mod 2)2(mod 1x x x x . (参考上题)
三、证明题
1、 如果整数a 的个位数是5,则该数是5的倍数.
证明 设a 是一正整数,并将a 写成10进位数的形式:
a =1101010n n n n a a a --+++,010i a ≤.
因为10≡0(mod5), 所以我们得到
)5(mod 0a a ≡
所以整数a 的个位数是5,则该数是5的倍数.
2、证明当n 是奇数时，有)12(3+n .
证明 因为)3(mod 12-≡,所以
)3(mod 1)1(12+-≡+n n .
于是,当n 是奇数时,我们可以令12+=k n .
从而有)3(mod 01)1(1212≡+-≡++k n , 即)12(3+n .。