初等数论第2版习题答案
《初等数论(闵嗣鹤)》课后习题解答2012修改版
q q , t a bs a b ，则有 2 2
b q q q 0 a bs t a b a b b t 2 2 2 2
若 b 0 则令 s , t a bs a
q 2
b q b ，则同样有 t 2 2
(ii ) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s
ax0 by0 | (a, b). 又有 (a, b) | a ， (a, b) | b
(a, b) | ax0 by0 故 ax0 by0 (a, b)
4．若 a，b 是任意二整数，且 b 0 ，证明：存在两个整数 s，t 使得
a bs t ,
| t |
|b| 2
则 r ( x x0 q)a ( y y0 q)b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by
（ x, y 为任意整数） ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
as bt 1
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 ) 又 (a, b) 0 ， (a, b) 1 2．证明定理 3 定理 3 即 (a, b) |1 。
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《初等数论》习题解答（修改版） （茂名学院
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p p an ( )n an1 ( )n1 q q
an p n an1 p n1q
a1
p a0 0 q
（2）
a1 pq n1 a0 q n 0 a1 pq n1 a0 q n ，
《初等数论》历年考试解答
《初等数论》习题集第1章第 1 节1. 证明定理1.2. 证明：若m-p∣mn+pq，则m-p∣mq+np.3.证明：任意给定地连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数地数字和能被11整除.4. 设p是n地最小素约数，n=pn1，n1>1，证明：若p>，则n1是素数.5. 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为a2+p（a > 0是整数，p为素数）地形式.第 2 节1.证明：12∣n4+2n3+11n2+10n，n∈Z.2. 设3∣a2+b2，证明：3∣a且3∣b.3.设n，k是正整数，证明：n k与n k + 4地个位数字相同.4.证明：对于任何整数n，m，等式n2+ (n+1)2 =m2+ 2不可能成立.5. 设a是自然数，问a4- 3a2+ 9是素数还是合数？6.证明：对于任意给定地n个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n整除.第 3 节1.证明定理1中地结论(ⅰ)—(ⅳ).2.证明定理2地推论1,推论2和推论3.3.证明定理4地推论1和推论3.4.设x，y∈Z，17∣2x+3y，证明：17∣9x+5y.5. 设a，b，c∈N，c无平方因子，a2∣b2c，证明：a∣b.6.设n是正整数，求地最大公约数.第 4 节1. 证明定理1.2.证明定理3地推论.3. 设a，b是正整数，证明：(a+b)[a, b] = a[b, a+b].4. 求正整数a，b，使得a+b = 120，(a, b) = 24，[a, b] = 144.5.设a，b，c是正整数，证明：.6. 设k是正奇数，证明：1 + 2 + + 9∣1k+ 2k+ + 9k.第 5 节1.说明例1证明中所用到地四个事实地依据.2.用辗转相除法求整数x，y，使得1387x-162y = (1387,162).3.计算：(27090,21672, 11352).4. 使用引理1中地记号，证明：(F n+ 1, F n) = 1.5. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1地整数除所得地余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？6.记M n=2n- 1，证明：对于正整数a，b，有(M a, M b)= M(a, b).第 6 节1.证明定理1地推论1.2.证明定理1地推论2.3.写出22345680地标准分解式.4. 证明：在1, 2, , 2n中任取n+ 1数，其中至少有一个能被另一个整除.5.证明：（n≥2）不是整数.6.设a，b是正整数，证明：存在a1，a2，b1，b2，使得a = a1a2，b = b1b2，(a2,b2) = 1，并且[a,b] = a2b2.第7 节1.证明定理1.2.求使12347!被35k整除地最大地k值.3. 设n是正整数，x是实数，证明：= n.4.设n是正整数，求方程x2-[x2] = (x-[x])2在[1,n]中地解地个数.5.证明：方程f(x) = [x] + [2x] + [22x] + [23x] + [24x] + [25x] = 12345没有实数解.6. 证明：在n!地标准分解式中，2地指数h = n-k，其中k是n地二进制表示地位数码之和.第8 节1. 证明：若2n+ 1是素数，则n是2地乘幂.2.证明：若2n- 1是素数，则n是素数.3.证明：形如6n+ 5地素数有无限多个.4.设d是正整数，6d，证明：在以d为公差地等差数列中，连续三项都是素数地情况最多发生一次.5.证明：对于任意给定地正整数n，必存在连续地n个自然数，使得它们都是合数.6. 证明：级数发散，此处使用了定理1注2中地记号.第2章第 1 节1.证明定理1和定理2.2.证明定理4.3.证明定理5中地结论(ⅰ)—(ⅳ).4.求81234被13除地余数.5. 设f(x)是整系数多项式，并且f(1), f(2), ,f(m)都不能被m整除，则f(x) = 0没有整数解.6.已知99∣，求α与β.第 2 节1.证明定理1.2.证明：若2p+ 1是奇素数，则(p!)2+ (-1)p≡ 0(mod 2p+ 1).3.证明：若p是奇素数，N = 1 + 2 + + ( p- 1)，则(p- 1)! ≡p- 1(mod N).4.证明Wilson定理地逆定理：若n>1，并且(n- 1)! ≡-1(mod n)，则n是素数.5.设m是整数，4∣m，{a1, a2, , a m}与{b1, b2, , b m}是模m地两个完全剩余系，证明：{a1b1,a2b2, , a m b m}不是模m地完全剩余系.6.设m1,m2, ,m n是两两互素地正整数，δi（1≤i≤n）是整数，并且δi≡1 (mod m i)，1≤i≤n，δi≡0 (mod m j)，i≠j，1≤i, j≤n.证明：当b i通过模m i（1≤i≤n）地完全剩余系时，b1δ1+b2δ2+ +b nδn通过模m =m1m2 m n地完全剩余系.第 3 节1.证明定理1.2.设m1, m2, , m n是两两互素地正整数，x i分别通过模m i地简化剩余系（1 ≤i≤n），m = m1m2 m n，M i =，则M1x1+M2x2+ + M n x n通过模m地简化剩余系.3.设m>1，(a, m) = 1，x1, x2, ⋯, xϕ(m)是模m地简化剩余系，证明：.其中{x}表示x地小数部分.4.设m与n是正整数，证明：ϕ(mn)ϕ((m, n)) = (m, n)ϕ(m)ϕ(n).5.设a，b是任意给定地正整数，证明：存在无穷多对正整数m与n，使得aϕ(m) = bϕ(n).6.设n是正整数，证明：(ⅰ) ϕ(n) >；(ⅱ) 若n是合数，则ϕ(n)≤n-.第 4 节1. 证明：1978103- 19783能被103整除.2.求313159被7除地余数.3.证明：对于任意地整数a，(a, 561) = 1，都有a560≡ 1 (mod 561)，但561是合数.4. 设p，q是两个不同地素数，证明：p q- 1+q p- 1≡ 1 (mod pq).5.将612- 1分解成素因数之积.6.设n∈N，b∈N，对于b n+1地素因数，你有甚麽与例6相似地结论？第 5 节1.证明例2中地结论.2.证明定理2.3.求.4.设f(n)是积性函数，证明：(ⅰ)(ⅱ).5.求ϕ(n)地Mobius变换.第3章第 1 节1.证明定理3.2.写出789地二进制表示和五进制表示.3.求地小数地循环节.4.证明：七进制表示地整数是偶数地充要条件是它地各位数字之和为偶数.5.证明：既约正分数地b进制小数(0.a-1a-2a-3 )b为有限小数地充要条件是n地每个素因数都是b地素因数.第 2 节1.设连分数〈α1, α2, ,αn, 〉地第k个渐近分数为，证明：，2.设连分数〈α1, α2, ,αn, 〉地第k个渐近分数为，证明：，k≥ 2.3.求连分数〈 1, 2, 3, 4, 5, 〉地前三个渐近分数.4.求连分数〈 2, 3, 2, 3, 〉地值.5.解不定方程：7x- 9y = 4.第 3 节1.证明定理4.2.求地连分数.3.求地误差≤ 10- 5地有理逼近.4.求sin18︒地误差≤ 10- 5地有理逼近.5.已知圆周率π = 〈 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 21, 〉，求π地误差≤ 10- 6地有理逼近.6.证明：连分数展开地第k个渐近分数为.此处{F n}是Fibonacci数列.第 4 节1.将方程3x2+ 2x- 2 = 0地正根写成连分数.2.求α = 〈〉之值.3.设a是正整数，求地连分数.4.设无理数= 〈a1, a2, ,a n, 〉地第k个渐近分数为，证明：地充要条件是p n = a1q n+q n-1，dq n = a1p n+p n-1.5.设无理数= 〈a1, a2, ,a n, 〉地第k个渐近分数为，且正整数n使得p n = a1q n+q n-1，dq n = a1p n+p n-1，证明：(ⅰ) 当n为偶数时，p n，q n是不定方程x2-dy2 = 1地解；(ⅱ) 当n为奇数时，p2n，q2n是不定方程x2-dy2 = 1地解.第4章第 1 节1.将写成三个既约分数之和，它们地分母分别是3，5和7.2.求方程x1+ 2x2+ 3x3 = 41地所有正整数解.3.求解不定方程组：.4.甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这两个班，要使甲班地学生分到相同数量地铅笔，乙班学生也分到相同数量地铅笔，问应怎样分法？5. 证明：二元一次不定方程ax+by = n，a > 0，b > 0，(a, b) = 1地非负整数解地个数为+ 1.6.设a与b是正整数，(a, b) = 1，证明：1, 2, , ab-a-b中恰有个整数可以表示成ax+by（x≥ 0，y≥ 0）地形式.第 2 节1.证明定理2推论.2.设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z-1，2(x+y +1)都是平方数.3.求整数x，y，z，x > y > z，使x-y，x-z，y-z都是平方数.4.解不定方程：x2+3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1.5.证明下面地不定方程没有满足xyz ≠0地整数解.(ⅰ)x2+y2+z2 = x2y2；(ⅱ) x2+y2+z2 = 2xyz.6.求方程x2+y2 = z4地满足(x, y ) = 1，2∣x地正整数解.第 3 节1. 求方程x2+xy -6 = 0地整数解.2. 求方程组地整数解.3. 求方程2x-3y = 1地正整数解.4.求方程地正整数解.5.设p是素数，求方程地整数解.6. 设2n+ 1个有理数a1, a2, , a2n+ 1满足条件P：其中任意2n个数可以分成两组，每组n个数，两组数地和相等，证明：a1 = a1 = = a2n+ 1.第5章第 1 节1.证明定理1.2.解同余方程：(ⅰ) 31x≡ 5 (mod 17)；(ⅱ) 3215x≡ 160 (mod 235).3.解同余方程组：.4.设p是素数，0<a<p，证明：(mod p).是同余方程ax≡b (mod p)地解.5.证明：同余方程a1x1+a2x2+ +a n x n≡b (mod m)有解地充要条件是(a1, a2, , a n, m) = d∣b.若有解，则恰有d⋅m n-1个解，mod m.6.解同余方程：2x+ 7y≡ 5 (mod 12).第 2 节1. 解同余方程组：2.解同余方程组：3.有一队士兵，若三人一组，则余1人；若五人一组，则缺2人；若十一人一组，则余3人.已知这队士兵不超过170人，问这队士兵有几人？4. 求一个最小地自然数n，使得它地是一个平方数，它地是一个立方数，它地是一个5次方数.5. 证明：对于任意给定地n个不同地素数p1, p2, …, p n，必存在连续n个整数，使得它们中地第k个数能被p k整除.6.解同余方程：3x2+ 11x - 20≡0 (mod 105).第 3 节1.证明定理地推论.2.将例2中略去地部分补足.3.将例4中略去地部分补足.4.解同余方程x2≡-1 (mod 54).5.解同余方程f(x) = 3x2+ 4x-15 ≡ 0 (mod 75).6.证明：对于任意给定地正整数n，必存在m，使得同余方程x2≡1 (mod m)地解数T > n.第 4 节1.解同余方程：(ⅰ)3x11+2x8+ 5x4-1 ≡0 (mod 7)；(ⅱ)4x20+3x12+ 2x7+ 3x-2 ≡0 (mod 5).2.判定(ⅰ) 2x3-x2+ 3x-1 ≡0 (mod 5)是否有三个解；(ⅱ) x6+2x5- 4x2+ 3 ≡0 (mod 5)是否有六个解？3.设(a, m) = 1，k与m是正整数，又设x0k≡a (mod m)，证明同余方程x k≡a(mod m)地一切解x都可以表示成x≡yx0(mod m)，其中y满足同余方程y k≡1 (mod m).4.设n是正整数，p是素数，(n, p-1) = k，证明同余方程x n≡ 1 (mod p)有k个解.5.设p是素数，证明：(ⅰ) 对于一切整数x，x p- 1-1 ≡ (x-1) (x-2) (x-p+ 1) (mod p)；(ⅱ) (p-1)! ≡-1 (mod p).6.设p≥ 3是素数，证明：(x-1)(x-2) (x-p+ 1)地展开式中除首项及常数项外，所有地系数都是p地倍数.第 5 节1.同余方程x2≡ 3 (mod 13)有多少个解？2.求出模23地所有地二次剩余和二次非剩余.3.设p是奇素数，证明：模p地两个二次剩余地乘积是二次剩余；两个二次非剩余地乘积是二次剩余；一个二次剩余和一个二次非剩余地乘积是二次非剩余.4.设素数p≡ 3 (mod 4)，= 1，证明x≡±(mod p)是同余方程x2≡n (mod p)地解.5.设p是奇素数，(n, p) = 1，α是正整数，证明同余方程x2≡n (mod pα)有解地充要条件是= 1.6.设p是奇素数，证明：模p地所有二次剩余地乘积与对模p同余.第 6 节1.已知769与1013是素数，判定方程(ⅰ) x2≡ 1742 (mod 769)；(ⅱ) x2≡ 1503 (mod 1013).是否有解.2.求所有地素数p，使得下面地方程有解：x2≡ 11 (mod p).3.求所有地素数p，使得-2∈QR(p)，-3∈QR(p).4.设(x, y) = 1，试求x2- 3y2地奇素数因数地一般形式.5.证明：形如8k+ 5（k∈Z）地素数无穷多个.6.证明：对于任意地奇素数p，总存在整数n，使得p∣(n2+ 1)(n2+ 2)(n2- 2).第7 节1.证明定理地结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ).2.已知3019是素数，判定方程x2≡ 374 (mod 3019)是否有解.3.设奇素数为p = 4n+ 1型，且d∣n，证明：= 1.4.设p，q是两个不同地奇素数，且p = q+ 4a，证明：.5.设a > 0，b > 0，b为奇数，证明：6.设a，b，c是正整数，(a, b) = 1，2b，b<4ac，求地关系.第6章第 1 节1.设n是正整数，证明：不定方程x2+y2 = z n总有正整数解x，y，z.2.设p是奇素数，(k, p) = 1，则，此处是Legender符号.3.设素数p≡ 1(mod 4)，(k, p) = 1，记，则2∣S(k)，并且，对于任何整数t，有，此处是Legender符号.4.设p是奇素数，，则构成模p地一个简化剩余系.5.在第3题地条件下，并沿用第2题地记号，有.即上式给出了形如4k+ 1地素数地二平方和表示地具体方法.6.利用题5地结论，试将p = 13写成二平方和.第 2 节1.若(x, y, z) = 1，则不存在整数n，使得x2+y2+ z2 = 4n2.2.设k是非负整数，证明2k不能表示三个正整数平方之和.3.证明：每一个正整数n必可以表示为5个立方数地代数和.4.证明：16k+ 15型地整数至少需要15个四次方数地和表之.5.证明：16k⋅31不能表示为15个四次方数地和.第7章第 1 节2.求模14地全部原根.3.设m> 1，模m有原根，d是ϕ(m)地任一个正因数，证明：在模m 地简化剩余系中，恰有ϕ(d)个指数为d地整数，并由此推出模m地简化剩余系中恰有ϕ(ϕ(m))个原根.4.设m≥ 3，g是模m地原根，x1, x2, , xϕ(m)是模m地简化剩余系，证明：(ⅰ) ≡-1 (mod m)；(ⅱ) x1x2 xϕ(m)≡-1 (mod m).5.设p = 2n+ 1是一个奇素数，证明：模p地全部二次非剩余就是模p 地全部原根.6.证明：(ⅰ) 设p奇素数，则M p = 2p- 1地素因数必为2pk+ 1型；(ⅱ) 设n≥ 0，则F n =+ 1地素因数必为2n+ 1k+ 1型.第 2 节1.求模29地最小正原根.2. 分别求模293和模2⋅293地原根.3.解同余方程：x12≡ 16 (mod 17).4.设p和q = 4p+ 1都是素数，证明：2是模q地一个原根.5.设m≥ 3，g1和g2都是模m地原根，则g = g1g2不是模m地原根.6.设p是奇素数，证明：当且仅当p- 1n时，有1n+ 2n+ + (p- 1)n≡0 (mod p).第8章第 1 节1.补足定理1地证明.2.证明定理2.3.证明：有理数为代数整数地充要条件是这个有理数为整数.第 2 节1.证明例中地结论.2.证明连分数是超越数.3.设ξ是一个超越数，α是一个非零地代数数，证明：ξ+α，ξα，都是超越数.第 3 节1.证明引理1.2.证明定理3中地F+F(0)是整数.第9章第 1 节1.问：1948年2月14日是星期几？2.问：1999年10月1日是星期几？第 2 节1.编一个有十个球队进行循环赛地程序表.2.编一个有九个球队进行循环赛地程序表.第 3 节1.利用例1中地加密方法，将“ICOMETODAY”加密.2. 已知字母a，b， ，y，z，它们分别与整数00，01， ，24，25对应，又已知明文h与p分别与密文e与g对应，试求出密解公式：P≡a'E+b' (mod 26)，并破译下面地密文：“IRQXREFRXLGXEPQVEP”.第 4 节1.设一RSA地公开加密钥为n = 943，e = 9，试将明文P = 100加密成密文E.2. 设RSA(n A, e A) = RSA(33, 3)，RSA(n B, e B) = RSA(35, 5)，A地签证信息为M = 3，试说明A向B发送签证M地传送和认证过程.第 5 节1.设某数据库由四个文件组成：F1 = 4，F2 = 6，F3 = 10，F4 = 13.试设计一个对该数据库加密地方法，但要能取出个别地F i（1≤i≤4），同时不影响其他文件地保密.2.利用本节中地秘密共享方案，设计一个由三方共管文件M = 3地方法，要求：只要有两方提供他们所掌握地数据，就可以求出文件M，但是，仅由任何一方地数据，不能求出文件M.（提示：取p = 5，m1 = 8，m2 = 9，m3 = 11）第 6 节1.设明文P地二进制表示是P= (p1p2p3p4p5p6p7p8)2，与P对应地密文是E是E =a1p1+a2p2+ +a8p8，如果这里地超增背包向量(a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8) = (5, 17, 43, 71, 144, 293, 626, 1280)，并且已知密文E = 1999，求明文P.2.给定超增背包向量(2, 3, 7, 13, 29, 59)，试设计一个背包型加密方法，将明文P = 51加密.（提示：取M = 118，k =77）.版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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初等数论习题集参考答案
习题参考答案第一章习题一1. (ⅰ) 由a∣b知b = aq，于是b = (-a)(-q)，-b = a(-q)及-b = (-a)q，即-a∣b，a∣-b及-a∣-b。
反之，由-a∣b，a∣-b及-a∣-b也可得a∣b；(ⅱ) 由a∣b，b∣c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a∣c；(ⅲ) 由b∣a i知a i= bq i，于是a1x1+a2x2+ +a k x k = b(q1x1+q2x2+ +q k x k)，即b∣a1x1+a2x2+ +a k x k；(ⅳ) 由b∣a知a = bq，于是ac = bcq，即bc∣ac；(ⅴ) 由b∣a知a = bq，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mq+np = (mn+pq) - (m-p)(n-q)及条件m-p∣mn+pq可知m-p∣mq+np。
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，n2≥p，n3≥p，于是n = pn2n3≥p3，即p≤3n，矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k，使得2k+ 1是合数，对于这样的k，(k+ 1)2不能表示为a2+p的形式，事实上，若(k+ 1)2 = a2+p，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 = 3q1+r1，b = 3q2+r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3∣a2+b2 = 3Q+r12+r22知r1 = r2 = 0，即3∣a且3∣b。
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）。
(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
《初等数论》1、判断同余式)593(m od 4382≡x 是否有解？2、判断同余式)1847(m od 3652≡x 是否有解？3、求11的平方剩余与平方非剩余.4、计算⎪⎭⎫ ⎝⎛563429,其中563是素数.5、计算⎪⎭⎫⎝⎛443383 二、证明题：1、证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除.2、证明形如14-n 的整数不能写成两个平方数的和.3、一个能表成两个平方数和的数与一个平方数的乘积,仍然是两个平方数的和;两个能表成两个平方数和的数的乘积,也是一个两个平方数和的数.4、素数写成两个平方数和的方法是唯一的.《初等数论》答案一、计算：1.判断同余式)593(m od 4382≡x 是否有解？ (答：无解。
方法参照题2)2、判断同余式)1847(m od 3652≡x 是否有解？解 我们容易知道1847是素数,所以只需求⎪⎭⎫⎝⎛1847365的值.如果其值是1,则所给的同余式有解,否则无解. 因为735365⨯=,所以⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛184773184751847365.再)4(mod 173),4(mod 15≡≡,所以1525184718475-=⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛,.17471111711731 73117327322731847184773-=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛所以, ⎪⎭⎫⎝⎛1847365=1. 于是所给的同余式有解. 3、11的平方剩余与平方非剩余.解 因为52111=-,所以平方剩余与平方非剩余各有5个. 又因为112≡,422≡,932≡,542≡,352≡,所以,1，3，4，5，9是素数11的5个平方剩余.其它的8个数，2，6，7，8，10是素数11的平方非剩余. 计算⎪⎭⎫⎝⎛563429,其中563是素数.⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛---42967)1(429674292429134429563429563)1(5634298142921563.214292⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=----27672767)1(67276742967429)1(429672167.212721429.216711311327)1(27132113.2127=⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛=--, 即429是563的平方剩余. 5、计算⎪⎭⎫⎝⎛443383 （计算方法参照题4） 二、证明题：1.证明相邻两个整数的立方之差不能被5整除. 证明 因为133)1(233++=-+n n n n ,所以只需证明1332++n nT )5(mod .而我们知道模5的完全剩余系由-2,-1,0,1,2构成, 所以这只需将n=0,±1,±2代入1332++n n 分别得值1，7，1，19，7.对于模5, 1332++n n 的值1，7，1，19，7只与1，2，4等同余,所以1332++n nT )5(mod所以相邻两个整数的立方之差不能被5整除。
(完整版)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;(2420)=_880_ϕ2、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 )_。
7、18100被172除的余数是_256。
8、 =-1。
⎪⎭⎫⎝⎛103659、若p 是素数，则同余方程x p - 1 ≡1(mod p )的解数为 p-1 。
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，由孙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。
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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。
则在1，2，3，┄，n 中必存在一个k n 20=，所以 MS=nMn M M M M ++++++032 由M=p k 75321⋅⋅⋅-知2M ，n M M ,,3 必为整数，27530pn M ⋅⋅=显然不是整数，∴MS 不是整数，从而S 不是整数 （2） 令M=)12(7531-⋅⋅-n k 则 SM=121253++-+++n M n M M M ， 由M=)12(7531-⋅⋅-n k 知12,,5,3-n M M M ，而 12)12(753121+-⋅⋅=+-n n n M k 不为整数 ∴SM 不为整数，从而1215131++++=n S 也不是整数第一章 §21． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b由带余除法br r r r q r r r q r r r q r b r bq a n n n n n n n n n n <<<<≤==+=+=+=-++---1111112221110,,,,,∴n r b a =),(。
∴d '|1bq a -1r =， d '|221r q r b =-，┄, d '|),(12b a r q r r n n n n =+=--,即d '是),(b a 的因数。
反过来),(b a |a 且),(b a |b ，若),,(|b a d ''则b d a d |,|''''，所以),(b a 的因数都是b a ,的公因数，从而b a ,的公因数与),(b a 的因数相同。
2． 见本书P2，P3第3题证明。
3． 有§1习题4知：,,,0,,Z t s b Z b a ∈∃≠∈∀使2||,b t t bs a ≤+=。
， 11,t s ∃∴，使,,22||||,2111 b t t t t s b ≤≤+=如此类推知： ;,,12n n n n n n t s t t t s +=∃-- ;,,11111++-+++=∃n n n n n n t s t t t s 且12212||2||2||2||||+--≤≤≤≤≤n n n n n b t t t t 而b 是一个有限数，,N n ∈∃∴使01=+n tn n n n t t t t t t t t t b b a =======∴+)0,(),(),(),(),(),(1211 ，存在其求法为 =---=-=))(,(),(),(1s bs a b bs a bs a b b a612518468,1251()84689719,8468()7971976501,9719()9719,76501(⨯-=-=⨯-=∴4。
证：由P3§1习题4知在（1）式中有 n n n n n n br r r r r 22220112211≤≤≤≤≤<=---+ ，而1≥n r b b nn ≤∴≤∴2,21， 2log log log 2b b n =≤∴，即2log log b n ≤第一章 §31，证：必要性。
若1),(=b a ，则由推论1.1知存在两个整数s ，t 满足：),(b a bt as =+，1=+∴bt as充分性。
若存在整数s ，t 使as+bt=1，则a ，b 不全为0。
又因为b b a a b a |),(,|),(，所以)|,(bt as b a + 即1|),(b a 。
又0),(>b a ，1),(=∴b a2．证：设121],,,[m a a a n = ，则),,2,1(|1n i m a i =),,2,1(|||1n i m a i =∴又设221|]|,|,||,[|m a a a n = 则 12|m m 。
反之若2|||m a i ，则2|m a i ，21|m m ∴。
从而21m m =，即],,,[21n a a a =221|]|,|,||,[|n a a a3．证：设（1）的任一有理根为qp，1,1),(>=q q p 。
则 0)()(0111=++++--a qpa qp a qp a n n nn 001111=++++∴---n n n n nn q a pq a q pa p a （2）由n n n n n n q a pq a q pa p a 01111)2(+++=---- ，所以q 整除上式的右端，所以n n p a q |，又1,1),(>=q q p ，所以n n a q p q |,1),(∴=；又由（2）有n n n n n n q a pq a q p a p a 01111-=+++---因为p 整除上式的右端，所以n q a P 0| ，1,1),(>=q q p ，所以n n a p p q |,1),(∴= 故（1）的有理根为qp，且n a q a p |,|0。
假设2为有理数，02,22=-∴=x 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2,1±±，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=,qp1,1),(>=q q p ，则1),2(),(,2,2222222222>==∴=∴=q p q q p p q qp但由1,1),(>=q q p 知1),(22=q p ，矛盾，故2不是有理数。
第一章 §4 1． 见书后。
2． 解：因为8|848,所以B A A ⨯=⨯==3210349856882798848,|8，又8|856，所以8|B ，C B ⨯=⨯=3212937328， 又4|32，所以4|C ，D C ⨯=⨯=223234334又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D ，E D ⨯=⨯=23359379， 又9|（3+5+9+3+7），所以9|E ，39939⨯=E 又3113133133993⨯=⨯=所以3581132=A ；同理有3723171175325000810572266323433⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=。
3．证： ),min(i i i βαγ=，∴i i i i βγαγ≤≤≤≤0,0 ∴ii i ii i i ip p p p βγαγ|,| )2,1(k i = iiiki iki pp αγ∏∏==∴11，iiiki iki pp βγ∏∏==∴11.∴),(|2121b a p p p k k γγγ ，又显然k k p p p b a γγγ 2121|),(∴),(2121b a p p p k k =γγγ，同理可得],[2121b a p p p k k =δδδ ，},max{i i i βαδ=推广.设k k p p p a 11211211βββ =,k k p p p a 22221212βββ =,nk n n k n p p p a βββ 2121,= (其中j p 为质数i a k j ,,,2,1 =为任意n 个正整数0,,,2,1≥=ij n i β ) 则k j a a a p p p ijni ij n k ik i i ,,2,1}{),,,,(m in 1212121 ===≤≤βγγγγk j a a a p p p ijni ij n k ik i i ,,2,1}{],,,,[m ax 1212121 ===≤≤βδδδδ4．证：由),(2121b a p p p k k =γγγ,],[2121b a p p p k k =δδδ ,有==+++k k k p p p b a b a δγδγδγ 221121],[,）（ab p p p k k k =+++βαβαβα 221121从而有),(],[b a abb a =． 5.证：（反证法）设l l n k (2=为奇数）则 ]122)[12(1)2(1212)2(2)1(2222++-+=+=+=+-⋅-⋅⋅ l l l ln kk k k k121)2(12122+=+<+<n l kk，∴12+n 为合数矛盾，故ｎ一定为２的方幂．第一章§52.(i)证:：设m =][α.则由性质II 知1+<≤m m α,所以n nm n nm +<≤α, 所以n nm n nm +<≤][α，所以1][+<≤m nn m α，又在ｍ与ｍ+１之间只有唯一整数ｍ，所以][]][[αα==m n n ． (ii}[证一]设1,,2,1,0,1}{-=+<≤n k nk n k α,则k n n k n k +=∴+<≤][][,1}{ααα①当1-≤+n k i 时,][][,11}{ααα=+≤++<+n in i k n i ; ②当n k i ≥+时,1][][,1}{2+=+≥+≥+>αααnin i k n i ; kn k k n n in i n n n n n i n k n i k n i +=++-=+++=+=-+++++∴∑∑∑-=--=---][)1]([])[(][][]1[]1[]1[][10110ααααααααα ][][1ααn n in i =+∴∑-=[证二]令][][)(10αααn n i f n i -+=∑-=,)(]1[]1[)1(10ααααf n n i n f n i ≡+-++=+∑-=)(]1[]1[)1(1ααααf n n i n f n i ≡+-++=+∑-=)(αf ∴是以n1为周期的函数。