王进明初等数论习题解答

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+26=386.

这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题。

2．证明：(1) 当n ∈Z 且3

9(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3

327n

k =, r=0；

若n=3k +1, k ∈Z ，则3

3

2

2

(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则3

3

2

3

2

(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8.

(2) 当 n ∈Z 时，

32326

n n n

-+的值是整数。 证

因为32326n n n -+=32236

n n n -+，只需证明分子32

23n n n -+是6的倍数。 (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。 (3) 若n 为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．

证明：利用11n+2+122n+1=121×11n +12×144 n =133×11n +12×(144 n －11 n )及例5的结论． (4)当m ，n ，l ∈N +时，

()!

!!!

m n l m n l ++的值总是整数

证明：()!m n l ++=()(1)(1)()(1)(1)!m n l m n l n l n l n l l l ++++-++++-+?L L 由k !必整除k 个连续整数知：!|()(1)(1)m m n l m n l n l ++++-++L , n ! |()(1)(1)n l n l l ++-+L ，从而由和的整除性即证得命题。

(5)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是双数时，()|()n n a b a b +-； (6)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是单数时，()|()n n a b a b ++．

解：利用例5结论：若a ≠ b ，则

()|()n n a b a b --．令b=－b*, 即得。

或解： a = (a+b)－b ， (5) 当n 为双数时，由二项式展开

()()

()()1

1

11n n n n a b n a b b n a b b ---=+-+++-+L ，证得。(6) 当n 为单数时类似可得。

3．已知a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，b ∈Z,且

5

221

i

i a

b ==∑，说明这六个数不能都是奇数．

解：若这六个数都是奇数，设21,,1,2,3,4,5i i i a k k Z i =+∈=，则

55

522

1

1

1

(21)

4(1)5i

i

i i i i i a k k k ====+=++∑∑∑，因为2|(1)i i k k +，所以8 | 45

1

(1)i i i k k =+∑,

5

21

85,i

i a

q q Z ==+∈∑, 而22(21)4(1)1b k k k =+=++，2*81b q =+，*,k q Z ∈，

即等式左边被8除余5, 而右边被8除余1, 故不可能这六个数都是奇数。

4．能否在下式的各□内填入加号或减号，使下式成立；能的话给出一种填法，否则，说明理由。

1□2□3□4□5□6□7□8□9=10

不能，因为等式左边有单数个单数，它们的和差只能是奇数，而等式右边10为偶数。或解：无论各□内填入加号或减号，1□2□3□4□5□6□7□8□9+1+2+3+4+5+6+7+8+9总是偶数，而1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,因此的结果1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇数。

5．已知：a ，b ，c 均为奇数．证明2

0ax bx c ++=无有理根。

证：若有有理根，记为

,,p p q q 互质，代入方程有2()0p p

a b c q q

+?+= 即22

0ap bpq cq ++=，这是不可能的，因为p,q 互质，二者不可能同时为偶数。 若p 为偶数，则2

ap bpq +为偶数，但2

cq 是奇数，它们的和不可能为0; 若q 为偶数，则2

bpq cq +为偶数，但2

ap 是奇数，它们的和也不可能为0。

6．在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6

解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．

7．将1-—99这99个自然数依次写成一排，得一多位数A ＝1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011…97 98 99，求A 除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余数分别是多少

解：由数的整除特征，2和5 看末位，∴ A 除以2余1，A 除以5余4；4和25 看末两位，∴ A 除以4余3，A 除以25余24；8和125看末三位，∴ A 除以8余3，且除以125余24；3和9看各位数字的和，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=45，A 所有数字的和等于450,

∴ A 除以3和9都余0，A 除以11的余数利用定理1. 4, 计算奇数位数字之和－A 的偶数位数字之和．奇数位数字之和1+3+5+7+9+(0+1+…+9) ×9，偶数位数字之和2+4+6+8+(1+2+…+9) ×10，两者之差为－40，原数除以11的余数就是－40除以11的余数：4.

8．四位数7x 2y 能同时被2，3，5整除，求这样的四位数．

解：同时被2，5整除，个位为0，再考虑被3整除，有4个：7020，7320，7620，7920．

9．从5, 6, 7, 8, 9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3, 5, 7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？

被5整除，个位必为5. 5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,

从最大的开始试除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。 10．

11．1至1001各数按以下的格式排列成表，像表中所示的那样用—个正方形框住其中的9个数，要使9个数的和等于(1)2001，(2)2529，(3)1989，能否办到如能办到，写出框里的最小数与最大数．如办不到，说明理由．

解：设框里居中心的数为x ,则9个数的和等于9x . (1) 9不能整除2001，∴和等于2001办不到；(2) 9x =2529，x =281，是所在行第一个数，∴和等于2529办不到；(3) 9x =1989，x =221，和等于1989能办到，框里的最大数为x +8=229，最小数为x －8=213．

12．证明：7(或11或13)

13210|n n a a a a a a -L 的特征是：7(或11或13) 整除13210||n n a a a a a a --L

解答：因为7×11×13=1001。（谐“一千零一夜”） ∴a n a n-1…a 3a 2a 1a 0=7×11×13×a 2a 1a 0+(a n a n-1…a 3－a 2a 1a 0) ×1000．

附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—1中的部分题目

3．已知a ，b ，c 中，有一个是2001，有一个是2002，有一个是2003，试判断(a —1)×(b —2)×(c —3)的奇偶性，并说明理由．

6．24|62742,,.αβαβ求

9. 是否存在自然数a 和b ，使a 2－b 2 = 2002成立 11．证明：当n ∈Z 时，6 | n(n ＋1)(2n ＋1)． 12．已知：()2f x ax bx c =++，f (0)，f (－1)，f (1)，x 均为整数．证明：().f x Z ∈

解答：

3．偶数．因为a ，b ，c 中，有三个奇数，所以a －1，c －3中至少有一个是偶数．

6．只需3|62742,8|62742αβαβ且，即3|(),8|αβαβ+且，先考虑0,2,4,6,8,β=有5组解

0,2,4,7,9,

0;4;8;2; 6.αααααβββββ=====??????????

=====?????

9．不存在．利用a 2－b 2 =(a －b)(a + b)，而a －b ，a + b 的奇偶性相同．而2002=2×1001. 11．用数学归纳法或n (n +1)(2n +1)= n (n +1)(n +2)+(n －1)n (n +1)，利用整除的基本性质(13)． 12．由f (0)，f (－1)，f (1)，x 均为整数可得c , a +b , a －b 均为整数. 进而知2a ，2b 为整数.

分类讨论(k ∈Z): x =2k 时，由2a ，2b 为整数f (x )显然为整数;

x =2k +1时，f (2k +1) = 4ak (k +1) + 2bk + a + b + c , 可知f (x )仍然为整数。

习题1-2

1. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003，17357

2. 求证：对任意 n ∈Z +，必有 n 个连续的自然数都是合数.

3. 当 n 是什么整数时，n 4+ n 2+1是质数？

4. 求证：当 n ∈Z +时，4n 3+6n 2+4n +1是合数.

5. 求 a ，使 a ，a +4，a +14都是质数.

6. 已知两个质数 p 和 q 满足关系式 3p+5q=31.求p/(3q+1)的值.

7. 已知 p>3，且 p 和 2p+1都是质数，问 4p+1是质数还是合数？

8. 由超级计算机运算得到的结果（2859433－1）是一个质数，试问：（2859433+1）是质数还是合数？请说明理由.

9. 已知：质数 p 、q 使得表达式（2p+1）/q 及(2q-3)/p 都是自然数，求 p 、q 的值 . 10. 试证：形如 4n -1的数中包含有无穷多个质数 .

11.（1）若 n 是合数，证明：2n -1也是合数；（2）有人认为下列各和数：1+2+4，1+2+4+8，1+2+4+8+16，…

交替为质数与合数，你认为对吗？

12. 已知：质数 p ≥ 5，且是质数，证明：4p+1必是合数 . 习题1-2解答

11<, 109用质数试除到7,

45<,2003用质数试除到37，可知两者是质数，

17357=17×1021是合数. 试除时，用数的整除特征考虑：2，3，5显然不能整除它，由上节第8题结论，357－17= 340，340不能被7，11，13整除，再用17考虑，得分解式。

2. 为作一般性证明，可如下构造 n 个连续自然数：（n + 1）！+ 2，（n + 1）！+ 3，…，（n+ 1）！+ n + 1显然它们每个都是合数.

3. 利用 n 4+ n 2+1 = n 4+ 2n 2+1－n 2 = (n 2+ n+ 1)(n 2－n+ 1)，知仅当 n= ± 1时，n 4+ n 2+1为质数 .

4. 利用4n 3+ 6n 2+4n+1= (2n+1)(2n 2+ 2n+ 1) ,n ∈Z +, n ≥1,2n+1和2n 2+ 2n+ 1皆为大于1的数.

5. a=3. 思路：分类讨论(k ∈Z): ∵ a=3k+1时，a + 14是3的倍数，a=3k+2时，a + 4是3的倍数。∴ 必有a =3k ，即a 为3的倍数。而a 是质数, 只有a =3时，三个数全是质数。

6. 条件为一个不定方程, 可知1 < q ≤ 5, 穷举得q=2, p=7; q=5,p=2两组解。故1或 1/8。

7. 合数. 利用质数 p> 3得 p 不是 3的倍数，p= 3k+ 1，3 | 2p+1，所以，p=3k+2，3 | 4p+1. 或解：4p ，4p+1，4p+2是三个连续整数，必有一个被3整除，由题设，只有3 | 4p+1.

8. 合数 . 2859433不可能是3的倍数，连续三个自然数中必有一个是 3的倍数. 即（2859433+1）。另一种解法：由习题1—1第1题（2）的结论，（2+1）|（2859433+1）．

9. 设2123,p q h k q p +-==，h 、 k 必为奇数, 21424242423p p p p k q q kp kp ++++==<<+,得，而k 不能为3,

故只有k =1, 这样2q －3=p , 代入454q h q -=<，同时质数 p 、q 大于 3. 所以, 只能有h =3, 因而得 q =5,

p =7.

10. 先证：一切大于 2的质数，不是形如 4n + 1就是形如 4n －1的数；再证任意多个形如 4n+1的数，最后用数学归纳法验证 .

若形如 4n －1的质数只有有限个：p 1, p 2, …, p k 。令N = 4 p 1 p 2 … p k －1，N 为形如 4n －1的数，由假设N 必为合数，且必有一个形如 4n －1的质因数p （为什么？）, 因此p 为 p 1, p 2, …, p k 中在某一个，于是，p | 1, 矛盾。

11.（1）n 是合数, 设n=st, 2n -1=2st -1=（2s -1）［（2s ）t-1+ （2s ）t-2+ … + 2s + 1］.

（2）1+2+22+ … +2n-1=2n -1. 当 n=14，15时，214-1，215-1均为合数，∴ 不对 . 12. 书后提示说取模为6分类讨论 p ，即设 p=6q+ r （r=0，1，2，3，4，5）.

由质数 p≥ 5，若p=6q, 6q+2, 6q+3或6q+4, p 皆为合数, 不可能. 若p=6q+ 1, 则2p +1=12q+ 3也是合数, 故在题设条件下, 只有p=6q+5, 此时4p+1=24q+21, 是合数. 实际上，这题与第7题完全相同。质数p> 3质数p≥ 5，可用前面的方法简单求解。 习题 1-3

1.求：（1）（21n +4，14n +3）（其中 n ∈Z +）；

（2）（30，45，84），［30，45，84］；（3）（5767，4453）.

2.求证：［an ，bn ］= ［a ，b ］n （a ，b ，n ∈Z +）.

3.自然数 N =10x + y （x 是非负整数，y 是 N 的个位数字），求证：13 N 的充要条件是 13 （x +4y ）.

4.用割（尾）减法判断下列各数能否被 31，41，51整除：26691，1076537，1361241

5.有 15 位同学，每位同学都有编号，他们是 1 号到 15 号 .1 号同学写了一个自然数，2号说“这个数能被 2整除”，3号说“这个数能被 3整除”……依此下去，每位同学都说这个数能被他的编号整除 .1 号做了一一验证，只有编号连续的两位同学说的不对，其余同学都对 .问：（1）说得不对的两位同学的编号是什么数？（2）如果 1号写的数是 5位数，这个 5位数是多少？

6.

7. 狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳 4 12 米，黄鼠狼每次跳 2 34米，它们每秒钟都只跳一次，比赛途中，从起点开始，每隔 12 38米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米？

8. 大雪后的一天，大亮和爸爸共同步测一个圆形花圃的周长，他俩的起点和走的方向完全相同，大亮每步长 54厘米，爸爸每步长 72厘米 .由于两人脚印有重合，所以雪地上只留下 60 个脚印，求花圃的周长 .

9. 设 a ，b 是自然数，a + b=33，［a ，b ］=90，求（a ，b ）.

10. 一公路由 A 经 B 到 C ，已知 A 、B 相距 280 米，B 、C 相距 315米，现在路边植树，要求相邻两树间的距离相等，并要求在 B 点、AB 、BC 的中点上都要植上一棵树，那么两树间的距离最多有多少米？

11. 一袋糖不足 60 块，如果把它平均分给几个孩子，则每人恰好分得 6块；如果只分给这几个孩子中的男孩，则每个男孩恰好分得 10块 .这几个孩子中有几个女孩？

12. 爷爷对小明说：“我现在的年龄是你的 7 倍，过几年是你的 6倍，再过若干年就分别是你的 5 倍、4 倍、3 倍、2 倍 .”你知道爷爷和小明现在的年龄吗？ 习题 1-3解答

1.（1）1. 用辗转相除法 （2）1260. （3）73. 用辗转相除法

2. 证： ()()()()()()()

()1.14,,,,,,,,,,n n n n n n

n

n

n

n n n n

a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b ????=??= ? ? ? ?????

由定理， 而由定理1.13, ()(),1,,a b a b a b ??= ???，从而由定理1.21推论3，()(),,,n n a b a b a b ?????? ? ? ? ?

?

?????=1。 ∴（a n ，b n ）=（a ，b ）n ，再由定理1.19,［a ，b ］（a ，b ）= a b ，等式两边同时n 次方，得

[a ，b ］n （a ，b ）n = a n b n ， 同样由定理1.19， ［a n ，b n ］（a n ，b n ）= a n b n ，

∴ ［a ，b ］n （a ，b ）n =［a n ，b n ］（a n ，b n ）； ∴ ［a ，b ］n =［a n ，b n ］。 3. 利用10x+ y= 10（x+4y ）－39y.

4. 31| 26691，41|26691，51|26691；31|1076537，41|1076537，51|1076537；31|1361241，41|1361241，51|1361241.

以51为例，51|2669151|(2669－1×5)；又51|2664 51|(266－4×5)；显然51|246 。51|136124151|(136124－1×5)，又51|13611951|(13611－9×5)，又51|1356651|(1356－6×5)，又51|132651|(132－6×5)，而51|102。

5. （1）这两个连续的编号的倍数应该大于15, 否则编号是它们的倍数的同学说的也不对； 而且是这两个连续的编号的质因数的次数应该高于比它小的数，否则编号是它们的质因数的同学中至少也有一个说的也不对。因此只能是8，9.

（2）60060；因为1号写的数是2到15除8，9之外的整数的公倍数，也就是3，4，5，7，11，13的公倍数，3，4，5，7，11，13两两互质，它们的最小公倍数60060就是5位数。

6. 72=8×9,8,9互质，故总价必为8，9的倍数，可推得为 70

7.76元，因而知课桌的单价为9.83元；课椅的总价为 3□□.79元，由77=7×11推得另两个数字,即课椅总价为 32

8.79元，再得课椅单价为 4.27 元；合计金额为 1036.55元 .

7. [][]

4500,1237549500,2750,1237524750,247502475027509.==÷=较小， 黄鼠狼在第9跳掉进陷阱，此时狐狸跳了4.5×9 = 40.5米 . 8. [54，72]=216，每216厘米有脚印

216216

15472

+-=6个，故花圃的周长2160厘米 . 9. 此题应该先讨论a + b ，［a ，b ］与（a ，b ）的关系。 ( 33, 90 ) = 3, 所以 ( a , b ) = 3.

10. 因为AB 、BC 的中点上都要植上一棵树，315÷2=157.5因此应考虑1400和1575的最大公约数175。最后答案：两树间的距离最多有17.5米 . 11. 2个 .

12. 设小明 x 岁，则爷爷 7x 岁，7x +h =6(x+h) , x=5h; 7x +k =5(x+k) , x=2k; 7x +i =4(x+i) , x=i; 7x +j =2(x+j) , 5x=j; 知小明年龄是2, 5的倍数。因此小明 10岁，爷爷 70岁. 习题 1-4

1.把下列各数分解质因数：2001，26840，111111

2.将 85，87，102，111，124，148，154，230，341，354，413，667分成两组（每组 6个数），怎么分才能使每组各数的乘积相等？

3.要使下面四个数的乘积的最后 4个数字都是 0，括号中最小应填什么自然数？975×935×972×（）.

4.用分解质因数法求：（1）（4712，4978，5890）；（2）［4712，4978，5890］.

5.若 2836，4582，5164，6522 四个数被同一个自然数相除，所得余数相同，求除数和余数各是多少？

6.200以内仅有 10个正约数的自然数有几个？并一一求出 .

7.求：（1）%（180）；（2）&（180）；（3）&1（180）.

8.已知［A ，B ］=42，［B ，C ］=66，（A ，C ）=3，求 A ，B ，C .

9.一个自然数有 21个正约数，而另一个自然数有 10个正约数，这两个数的标准分解式中仅含有不大于 3的质因数，且这两个数的最大公约数是 18，求此两数是多少？

10.小明有一个三层书架，他的书的五分之一放在第一层，七分之几（这个几记不清了）放在第二层，而第三层有书 303本，问小明共有书多少本？

11.某班同学（50人左右）在王老师带领下去植树，学生恰好能分成人数相等的 3 组，如果老师与学生每人种树的棵数一样多，共种了884棵，那么每人种多少棵树？

12.少年宫游乐厅内悬挂着 200个彩色灯泡，这 200个灯泡按 1耀200编号，它们的亮暗规则是：第 1秒：全部灯泡变亮；第 2秒：凡编号为 2的倍数的灯泡由亮变暗；第 3秒：凡编号为 3的倍数的灯泡改变原来的亮暗状态，即亮的变暗，暗的变亮 .一般地，第 n 秒凡编号为 n 的倍数的灯泡改变原来的亮暗状态。这样继续下去，每 4分钟一个周期，问第 200 秒时，明亮的灯泡有多少个？ 习题 1-4解答

1. 2001= 3×23× 29， 26840= 23×5×11× 61， 111111= 3× 7×11×13× 37.

2. —组为：85，111，124，154，354，667；另一组为：87．102，148，230，341，413． 3．20．四个数分解质因数后一共应该有且 且只有4个2与4个5，需补充2个2与1个5。 4．(1)38， (2)3086360．

5．除数为l 或2时，余数为0；除数为97时，余数为23；除数为194时，余数为120．

6．有5个，10=2×5=1×10因此所求的数应该为4a b 或9

c 后者即令c=2也已经超出200,因此分别令a=2.b=3; a=2.b=5; a=2.b=7; a=3,b=2; a=2.b=11; 得48，80，112，162，176． 7．(1)18． (2)546 (3)180'． 8．因为B |

[],B C , B |[],A B , 所以B 是66，42的公约数，因而B 是6的约数。又

[][],662311,

,42237,

B C A B ==??==??因为所以7|A ，11|C ，从而设

121212237,23,2311,A B C ααββγγ=== 由()221,3,

1,1A C αγβ====知且。

因为若B 不含2的话，由

[][],66,,42B C A B ==，A ，C 就必须同时含2, 与(),3A C =矛盾。

∴12112111237,

23,2311,,,1,0, 1.A B C αβγαβγαγ=??=?=??=而且与不能同时为

于是2111111101,0;0,0;0,1βαγαγαγ=======和时,各有三种情况,共得6组解，分别为： 9. 576和162

10.3535本。解：由题目可知小明的书的册数是35的倍数, 设为35k, 可列出方程28k －5x k=（28－5x ）k=303=3×101知k=101.

11. 分解质因数：884=4×13×17=17×52=68×13，884的因数中有4, 13, 52都具有3k+1形式，只有52=符合50人左右的题设，因此学生51人。

12. 灯的一次“改变”对应着它的编号的一个因子. 要使灯仍旧亮着需要奇数次“改变”．什么样的数有奇数个因子呢 由定理1.26公式⑴知只有完全平方数! 200以内的完全平方数只有14个。即为答案. 此题也可先考虑10个灯泡。用归纳得出“只有完全平方数”的结论。 习题1-6部分习题解答

2. 33123,2,2

222a b ?+<

<∴====-=???

Q , 代入得10。 3. 若()[][][](){}{}{},,1;2x y R xy x y xy x y +∈≥求证：试讨论与的大小关系。

证：()[][]{}(

)[]{}()[][][]{}{}[]{}{}1xy x x y y x y x y x y x y ???

?==+???

?＋＋＋＋ 可见，三种情况都有。 4. 解方程：（1）[]35500x x +-=

解：[]503550

.53

x y x y x --=

=

是整数,设其为由原方程得 （2）原式化为

[]

[]2

()0x x x x --=，整理后再由一元二次方程求根公式得

[]

x x =相乘后的积为整数，只能是x =。 5. 15< x+ y<16.

6. 25！=222×310× 56× 73×112×13×17×19×23. 由定理1.29公式求出各个质数的指数。

7.（1）1991199219996979797?????????

+++?

???????????

L 解： 51525962122296979797?????????=?++?+++?+?

???????????

L 原式 51525962122296979797?????????=?+?++?++++????????????

L L

5151952053853955893129797979797975785969797??????????????????

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

L L L L L =9312+0

+…+0+19+40+57+76=9504.

（2）222

1111232008+

++L 考虑

111

1122320072008

<+++???L 1111111122320072008??????=+-+-++- ? ? ?

??????

L 222111111222320082008∴<+

++<-

?+++????

L =1. 8. 1373个 . 9. 14人 . 10. 49盏 .

11. 2

111211,21x x x x x x -<-??+--=-≤≤??>?

高中时我们已知 []12,21x x x <-=-∴-≤<-时,；

∴ －2≤ x <－1或 2≤ x<3或 x= －1/2 或 x= 0.

12. 解： ,54673735.78,x =?+∴<<等式左边为73个数相加而

且可知等式左边从右向左有且只有满足8100

y

x +≥ 由等式左边从右向左第35项57

8100

x +≥移项得7.43.x ≥ 习题2-1

5. 若69, 90和125关于某数 d 同余, 证明对于d, 81与 4同余. 证明：由69和90关于 d 同余, d | 90－ 69, d | 21,

90和125关于某数 d 同余, d | 125－ 90, d | 35, ∴ d | (21, 35) , d=1或7.

9. 由 (n, 8)=1可知,n 为奇数. 设n=2k+1, n 2－1= 4k (k+1),8 | (n 2

－1).

12. 4+1=5, 因此个位为4的2n, 加1后都能被5整除. 先考察n=1, 2, … , n 较小的情况:

个位为6的幂间隔4次得重复出现, 又6 ×4=24. 因此()44224121k

k +?+=+能被5整除.

即n=4k+2(k ∈Z +

).

14.

任意平方数的末位数字都不能是 2, 3, 7, 8的某一个.

证：令a =(10x +y ), 则a 2=(10x +y )2 ≡y 2 (mod 10). 令=0,1…9， y 2

的个位不能是2, 3, 7, 8. 因此，数字 a

(1≤a ≤9) 的平方 a 2

的末位数字也没有2, 3, 7, 8.

习题2-2 3. ()5

03

32421122.33331?n m m n m --==?-=-

4. 偶数m 的最小非负完全剩余系中奇偶各半.任一组完全剩余系中各数必与0,1, …m －1中一个数同余,故均可写成mk r +r,r= 0,1, …m －1的形式.故亦奇偶各半. 其他的都是较基本的题目, 请看书后的答案或提示. 习题2-3

1.乘幂 20，21，22，…，29能否构成模 11的一个简化剩余系？ 解：i > j 时，2i

－2j

=2j

(2

i －j

－1), 11|2j

, 通过验证可知，对任何i ，j ，也有11|(2

i －j

－1)，

φ (11) = 10，而20，21，22，…，29为10个不同的整数，所以它们构成模 11的一个简化剩余系 2.

3.证明定理 2.7.

证明:（必要性）∵ x 1，x 2，…，x k 是模 m 的简化剩余系，

∴ k=φ(m)，且当 i ≠ j 时，x i ≡x j （mod m ），（x i ，m ）=1，i = 1，2，…，φ(m). （充分性）k=φ（m ），∴ x 1，x 2，…，x k 共有φ（m ）个.

又 x i ≡x j （mod m ），（i ≠ j ，1≤i ，j ≤ k ），（x i ，m ）=1（i=1，2，…，k ）， ∴ x 1，x 2，…，x k 各属于φ(m) 个不同的且与 m 互质的剩余类， ∴ x 1，x 2，…，x k 是模 m 的简化剩余系.

4. 验证：（1）8，16，24，32，40，48是模 7的简化剩余系；

（2）11，13，77，99是模 10的简化剩余系.

解：（1）∵（4，7）=1，可化为2，4，6，8，5，12，又5≡12（mod 7），

∴ 8，16，24，32，40，48不是模 7的简化剩余系。

（2）10的最小简化剩余系是1, 3, 7, 9。11，13，77，99分别与1, 3, 7, 9关于模10同余。∴ 11，13，77，99是模 10的简化剩余系.

5. 当 m 取下列各值时，计算φ（m ）的值 .

25，32，40，48，60，120，100，200，4200，9450.

答案：φ（25）= 20，φ（32）=16，φ（40）=16，φ（48）= 16，φ（60）=16，φ（120）= 32，φ（100）= 40，

φ（200）= 80，φ（4200）= 960，φ（9450）= 2160.

6. 若φ（m ）是奇数，试求 m 的值. 解：(参看下一题) m = 1或 m =2.

7. 当 m >2时，证明φ（m ）是偶数 .

证：设 m = p 1α1p 2α2… pk αk ，∵ m >2，∴ 至少存在 i ，αi > 1或存在 j ，p j 是奇数， ∴ p 1α1- p 1α1 -1，…，p k αk - p k αk-1中至少有一个为偶数，知 φ（m ）必为偶数 或证：()111,1i i i i i p p p p p αααα-->--i i i i 若有无论为奇为偶,有=是偶数. 8. 试证：使φ(m) =14的数 m 不存在.

证：φ(m) =14=2×7= p 1α1 -1…p k αk -1 (p 1－1)…(p k －1)，2,7是质数，所以必有p 1=2，p 1=7，这是不可能的。 9. 已知φ(m) = 4，求 m .

解：设m = p 1α1p 2α2… pk αk ，由φ(m)= (p 1α1- p 1α1 -1)…(p k αk - p k αk -1)，φ(m) = 4=4×1=22，得 m = 5，φ(m) =5－1= 4，或 m =8=23，φ(m) = 22或 m = 10=5×2，φ(m) =4×1，或 m =12. 10. 如果 n =2m ，（2，m ）=1，那么φ（n ）= φ（m ）. 11. 若 m 是奇数，则φ（4m ）=2φ（m ）.

12.（1）分母是正整数 n 的既约真分数的个数是多少？为什么？

（2）分母不大于 n 的既约真分数的个数是多少？为什么？ 解 10.∵（2，m ）= 1，∴ φ（n ）=φ（2m ）=φ（2）φ（m ）=φ（m ）. 11. ∵ m 是奇数，∴（4，m ）= 1，则φ（4m ）=φ（4）φ（m ）.

∵ φ（4）= 2，∴ φ（4m ）=2φ（m ）.

12.（1）φ（n ）. （2）φ（2）+φ（3）+ … +φ（n ）. 习题 2-4

1.举例说明欧拉定理中（a ，m ）=1是不可缺少的条件 .

2.求下列各题的非负最小余数：（1）84965除以13； （2）541347除以17；

（3）477385除以19； （4）7891432除以18； （5）(127156+34)28除以111.

解答：1. 当 a= 2，m =4时，?(4) =2，此时 22≡0（mod 4），可见（a ，m ）= 1是欧拉定理的不可缺少的条件 .

2.（1）8. （2）10. （3）16. （4）1. （5）70.

（1）84965除以13；（13，8）=1, ∴ 812≡1（mod 13），84965=(812)413×89≡1×(-1)4 ×8（mod 13） 或解：82≡－1（mod 13），84965=(82)2482×8 ≡ (-1) 2482 ×8 ≡ 8（mod 13）。 3.设 p ，q 是两个大于 3的质数，求证：p 2≡ q 2（mod 24）. 4.设 p 是大于 5的质数，求证：p 4≡1（mod 240）.

解答：3. 24=3×8，（3，8）= 1. 由条件，( p ，3 ) = ( q ，3 ) = 1，由费尔马小定理有

p 2≡1（mod 3）， q 2≡1（mod3）. ∴ p 2 ≡ q 2（mod 3）.

又 ∵ p ，q 必为奇数，由习题2-1第9题的结论，有p 2≡1（mod 8），q 2≡1（mod8）. ∴ p 2 ≡ q 2（mod 8）. ∴ p 2 ≡ q 2（mod 24）.

4. 240 = 3×5×16，由条件，( p ，3 ) = ( p ，5 ) = 1，∴ p 4≡1（mod5），p 4≡（p 2）2≡1（mod3）. 又 p 为奇质数，从而 2 |（p 2+ 1），8 |（p 2-1），∴ 16 |（p 4-1），即 p 4≡1（mod 16）. 而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1. ∴ p 4≡1（mod 240）.

5. 已知 p 是质数，（a ，p ）=1，求证：（1）当 a 是奇数时，a p-1+(p －1)a ≡ 0（mod p ）； （2）当 a 是偶数时，a p-1－(p －1)a ≡ 0（mod p ）.

6. 已知 p ，q 是 两 相 异 的 质 数，且 a p-1≡1（mod q ），a q-1≡1（mod p ）， 求证：a pq ≡ a （mod pq ）.

解答：5.（1）由 p 是 质 数，（a ，p ）= 1，a 为 奇 数，有 a p-1≡ 1（mod p ）.

(p －1)a ≡－1（mod p ），∴ a p-1+ (p －1)a ≡ 1－1≡ 0（mod p ）. （2）由条件，a p-1≡1（mod p ）, (p －1)a ≡1（mod p ），∴a p-1－(p －1)

()

n ?≡1－1≡0（mod p ）.

6. ∵ a p ≡ a （mod p ），∴ a pq ≡ (a p )q ≡ a q ≡ a （mod p ）；同理，a pq ≡ (a q )p ≡ a p ≡ a （mod q ）， 而（p ，q ）= 1，故 a pq ≡ a （mod pq ）.

7. 如果（a ，m ）=1，x ≡ ba

()1

m ?-（mod m ），那么 ax ≡ b （mod m ）.

8. 设 A 是十进制数 44444444的各位数字之和，B 又是 A 的各位数字之和，求 B 的各位数字之和 . 9. 当 x ∈Z 时，求证：（1）2730 | x 13- x ；（2）24 | x （x+2）（25x 2-1）. 解答：7. ∵ x≡ba

()1

m ?-(mod m)，∴ ax≡ aba

()1

m ?-≡ a

()

m ? b (mod m). ∵ (a ，m) = 1，a

()

m ?= 1 (mod m)，∴

ax≡ b （mod m ）.

8. 设 B 的各位数字之和为 C ，∵ lg44444444= 4444lg4444 < 4444×4= 17776，即44444444

的位数小于17776，∴ A ≤ 9×17776 = 159984，B < 1 + 9×5 = 46，C ≤ 4 + 6 = 10.

又 ∵（7，9）= 1，?(9) = 6，4444= 6×740+4，44444444 ≡ 7 4444 ≡ 74 ≡ (－2)4 ≡ 7（mod 9），∴ B 的各位

数字之和为 7.

9.（1）∵ 2730=2×3× 5× 7× 13，2，3，5，7，13两两互质，x 13- x= x （x 12- 1）， ∴当 2 | x 或 2 | x 时都有 x （x 12-1）≡ 0（mod 2），x （x 12- 1）≡ 0（mod 13）.

又 ∵x 13-x= x （x 6- 1）（x 6+ 1），∴ 当 7 | x 或 7 | x 时都有 x （x 6- 1）（x 6+ 1）≡ 0（mod 7）.而x 13- x= x （x 4- 1）（x 8+ x 4+ 1），∴ 当 5 | x 或 5 | x 时，都有 x （x 4-1）（x 8+ x 4+ 1）≡ 0（mod5）.又 x 13- x= x （x 2-1）（x 2+ 1）（x 8+ x 4+ 1），∴ 当 3 | x 或 3 | x 时，都有x （x 2-1）（x 2+ 1）（x 8+ x 4+ 1）≡ 0（mod3）. ∴ 2730 | x 13- x.

（2）解法一，同上。解法二： x （x+2）（25x 2-1）= 24 x 3（x+2）+ x （x+2）（x 2-1）,

x （x+2）（x 2-1）= x （x-1）（x+1）（x+2），四个连续自然数的乘积必能被4!=24整除，证得。10. 设质数 p>3，x ∈Z ，试证：6p | x p - x.

11. p 是不等于 2和 5的质数，k 是自然数，证明：

()19

|9999p p p -L 14243

个. 解答：10. ∵质数 p> 3，∴ （6，p ）=1，x p - x= x （x p-1- 1）≡ 0（mod p ）. 又 p- 1是偶数，∴x （x p-1-1）≡ x （x 2- 1）…（mod p ）. 于是，当 2 | x 或 2 | x 时，x （x 2- 1）≡ 0（mod 2）；当 3 | x 或 3 | x 时，x （x 2-1）≡ 0（mod 3）.故 x （x p-1- 1）≡ 0（mod 6）.从而6 | p （x p - x ）.

11. ()()119

9999101p k

p k --=-L 14243

个. 由条件，（10，p ）= 1，∴ 10p-1≡ 1（mod p ）.

∴ （10p-1）k ≡ 1（mod p ）. ∴

()19

|9999p p p -L 14243

个. 12. 设（m ，n ）=1，证明：m ()

n ?+ n ()

m ?≡1（mod mn ）.

证：∵（m ，n ）= 1，∴n ()

m ?≡1（mod m ），而 m

()

n ?≡ 0（mod m ），∴ m

()

n ?+n

()

m ?≡ 1（mod m ）. 对

称可得 m

()

n ?+n

()

m ?≡ 1（mod n ）. ∴ m

()

n ?+n

()

m ?≡ 1（mod mn ）.

13. 已知 a =18，m =77，求使 a x

≡1（mod m ）成立的最小自然数 x . x =30.

()()

(77)1117160

?=--=,由定理，满足要求的最小自然数x必为60的约数。验算可知。习题3-1

1．解下列不定方程：

（1）7x－15y=31；（2）11x+15y=7；（3）17x+40y=280；

（4）525x+231y=42；（5）764x+631y=527；（6）133x－105y=217.

解：（1）辗转相除得15=7×2＋1, ∴ 1 = 15－7×2= 7×(－2)－15×(－1)，∴因此原方程的一个解是x0＝－2×31＝－62，y0＝－1×31＝－31;

原方程的通解为

6215

317

x t

t

y t

=-+

?

?

=-+

?

这里为任意常数.

（2）辗转相除得15=11×1＋4, 11=4×2＋3, 4=3+1 ∴ 1 = 4－3=4－(11－4×2)= 4×3－11= (15－11×1) ×3－11=15×3 + 11×(－4)，

∴因此原方程的一个解是x0＝－4×7＝－28，y0＝3×7＝21;

原方程的通解为

2815

2111

x t

t

y t

=-+

?

?

=-

?

这里为任意常数.

（3）用分离整数法：

2804086

162.

1717

y y x y

--

==-+

观察可知y =－10时，x = 36 + 4= 40.

∴原方程的通解为

4040

1017

x t

t

y t

=+

?

?

=--

?

这里为任意常数.

2. 解下列不定方程：（1）8x-18y+10z=16；（2）4x-9y+5z=8；（3）39x-24y+9z=78；

（4）4x+10y+14z+6t=20；（5）7x-5y+4z-3t=51.

3. 解下列不定方程组：（1）x+2y+3z=10，（2）5x+7y+3z=25，

x-2y+5z=4；3x- y-6z=2；

（3）4x-10y+ z=6，（4）10x+7y+ z=84，

x-4y- z=5；x-14y+ z= -60；

4. 求下列不定方程的正整数解：（1）5x－14y=11；（2）4x+7y=41；（3）3x+2y+8z=21.

5. 21世纪有这样的年份，这个年份减去22 等于它各个数字和的495倍，求这年份.

6. 设大物三值七，中物三值五，小物三值二，共物一百三十八，共值一百三十八，问物大中小各几何？

7. 买2元6角钱的东西，要用1元、5角、2角、1角的四种钱币去付，若每种钱币都得用，则共有多少种付法？

8. 把239分成两个正整数之和，一个数必是17 的倍数，另一个数必是24的倍数，求这两位数.

9. 一个两位数，各位数字和的5倍比原来大10，求这个两位数.

10. 某人1981年时的年龄恰好等于他出生那一年的年号的各位数字之和，这个人是在哪一年出生的？

11. 一个四位数，它的个位数上数比十位数字多2，且此数与将其数字首尾颠倒过来所得的四位数之和为11770，求此四位数.

习题3-2

1．求x2+ y2= z2中0< z<60的所有互质的解.

2．求三个整数x，y，z（x> y> z>0），使x- y，y- z，x- z都是平方数.

1．

2. 设x- y= a2，y- z= b2，x- z= c2，则a2+ b2= c2，因此给出a，b的值即可求得x，y，z.

3.已知直角三角形斜边与一直角边的差为9，三边的长互质且和小于88，求此直角三角形的三边的长.

4.试证：不定方程x4-4y4= z2没有正整数解.

3. 设直角三角形的三边的长为x, y, z. 则由定理，x=a2－b2, y=2ab, z=a2+b2, 由题目得

a2+b2－(a2－b2)=9或a2+b2－2ab=9, 前者无整数解，后者(a－b)2=9, a－b=3. a=4,b=1,则

x=15，y=8，z= 17或a=5,b=2,则x= 21，y= 20，z= 29. a=7,b=4, 则三边的长的和大于88。

4. 因为z4= (x4-4y4)2 = x8－8x4y4+ 16y8= (x4+ 4y4)2－(2xy)4，即(2xy)4+ z4=(x4+4y4)2，就是说，如果x4-4y4= z2有正整数解，则u4+v4= w2有正整数解，与已证定理矛盾，故无正整数解.

5.试证：每个正整数n 都可以写为n = x2+ y2- z2，这里x，y，z都是整数.

6.求方程x2－dy2= 1，当d = 0、d = －1、d < －1 时的非负整数解.

7.试证：2x2+ y2+3z2=10t2无正整数解.

5. 适当取正整数x，使n - x2= m 为一正奇数，设y = m + 12 ，因为y2- m =m -1()22= z2，得n- x2= y2－z2.

6. 当d= 0时，x=1，y为任意非负整数；当d= -1时，x= 1，y=0和x= 0，y= 1；当d< - 1时，x= 1，y=0.

7. ∵y2+ 3z2是偶数，∴y与z必同奇同偶.若y 与z同为奇数，则2x2+ y2+3z2被8除和10t2被8 除的余数不相等，故y 与z一定同为偶数.令y= 2y1，z=2z1，代入原式得，x2+ 2y21+ 6z21= 5t，同样，x 和t 同奇同偶，也同样排除x 和t同奇，令x= 2x1，t= 2t1，代入得，2x21+ y21+ 3z21= 10t21，由于0< t1< t，矛盾，从而得证.

习题3-3

1. 求不定方程4x2-4xy-3y2=21的正整数解.

2. 求不定方程x2+ y2=170的正整数解.

3. 求不定方程x2-18xy+35=0的正整数解.

4. 求4x2-2xy-12x+5y+11=0的正整数解.

5. 求x2+ xy-6=0的正整数解.

6. 求y- (x+3y)/(x+2) =1的正整数解.

7. 设n =7（mod 8），则n 不能表示为3个平方数的和.

1. 由4x2－4xy－3y2= 21，得（2x+ y）（2x－3y）= 21. 得

2x+ y= 21，2x+ y=7，即x= 8，x= 3，

2x- 3y=1，2x- 3y= 3. y= 5，y= 1.

2. 由x2+ y2=170知，x，y同为奇数或同为偶数.

x，y为偶数，则x2+ y2有因数4，而170无4因数；

x，y为奇数，设x =2k+1, y = 2h+1, 代入化简得k (k+1)+h (h+1) = 42, 仅当k = 0, h = 6或k = 0, h = 6时可求得：

3. x2-18xy+ 35=0，得18y=

35

x

x

，x是35的约数，得x= 1，y= 2，或x=35，y=2.

4. 由原方程变为：y= 2x－1+

6

25

x-

，2x－5是6的约数：± 1，±2，±3，±6，通过分析得x=3，y=11或

x=4，y=9.

5. x=1，y=51或x= 2，y= 11.

6. 原方程变形为y=2+ 4x- 1，可求得x= 2，3，5，代入可求y.

7. x2+ y2+ z2= n=7（mod 8），则x，y，z必有一奇数.由x2≡1（mod 8），有

y2+ z2=6（mod 8），即y，z同奇同偶，同奇不成立，同为偶时，由y≡4（mod8）产生矛盾.

8. x2+ y2= p≡3（mod4），当x，y≡0，±1，2（mod4）时，x2+ y2≡0，1，2（mod 4）），这产生矛盾，命题得证.

9. 由原方程组中x+ y+ z=0得z= - （x+ y），代入x3+ y3+ z3= -18，则xy（x+y）=6，故xyz= -6，x、y、z都是6的约数，并且只有一个是负数，可得其整数解x= -3，y= 2，z= 1.

10. 通过证明x2+ y2+ z2被8整除所得的余数不等于- 1即可.

11. 通过证明x3+ y3+ z3被9整除所得的余数不等于4即可.

习题4-2(P138)

1．试写出三个模数是18的一次同余式，分别使它有唯一解，无解，有四个解。

2. 下列同余方程是否有解？为什么？如果有解，有多少个解？

（1）8x+5≡0（mod 23）；（2）15x+7≡0（mod 12）；

（3）34x≡0（mod 51）；（4）30x≡18（mod 114）；（5）174x≡65（mod 1309）.

3.用同解变形法解下列同余方程：（1）3x≡2（mod 7）；（2）9x≡12（mod 15）；

（3）15x≡9（mod 6）；（4）20x≡44（mod 72）；

（5）40x-191≡0（mod 6191）；（6）256x≡179（mod 337）.

4.用化为不定方程的方法解下列同余方程：

（1）20x≡4（mod 30）；（2）64x≡83（mod 105）；

（3）57x≡87（mod 105）；（4）4x≡11（mod 15）；

（5）47x≡89（mod 111）；（6）10x≡22（mod 36）.

5.利用欧拉定理解下列同余方程：

（1）6x≡22（mod 36）；（2）3x≡10（mod 29）；（3）258x≡131（mod 348）；

（4）11x≡7（mod 13）；（5）3x≡2（mod 17）；（6）243x≡102（mod 551）.

6.用求组合数的方法解下列同余方程：

（1）5x≡13（mod 43）；（2）9x≡4（mod 2401）；

习题4-3(P154)

第2题a取什么值时，下面的同余方程组有解？

解：因为(18, 21)=3, 3|8－5，所以

5(mod18),

8(mod21).

x

x

≡

?

?

≡

?

有解；(18, 35)=1, 所以

5(mod18),

(mod35).

x

x a

≡

?

?

≡

?

总是有解。

因此，要使题设的同余方程组有解，只需

(mod35),

8(mod21).

x a

x

≡

?

?

≡

?

有解。

而这里，(21, 35)=7，由定理可知，只需a≡8≡1(mod 7). 即x = 1+7t ( t为整数)，题设的同余方程组总有解。

3.解下列同余方程组：(1)

3(mod7),

5(mod11).

x

x

≡

?

?

≡

?

, (2)

6(mod13),

7(mod24).

x

x

≡

?

?

≡

?

(4)

57(mod11),

690(mod19).

x

x

≡

?

?

+≡

?

(5)

24(mod8),

155(mod35).

x

x

≡

?

?

≡

?

解：(1)方法一：设x=5+11y, 代入第一个同余方程，得11y≡3－5 (mod 7)，得y≡3 (mod 7) 所以同余方程组的解是x≡38 (mod 77)。

方法二：用孙子定理解，M=77，M1=11，M2= 7，

令11 M1′≡1(mod 7)，得M1′≡2(mod 7)，7 M2′≡1(mod 11)，得M2′≡－3(mod 11)，所以同余方程组的解是x≡11×2×3 + 7×(－3)×5≡－39≡38(mod 77).

(2) 方法一：设x=7+24y, 代入第一个同余方程，得24y≡6－7 (mod 13)，

得y≡7 (mod 13) 所以同余方程组的解是x≡7+24×7≡175 (mod 312)。

方法二：用孙子定理解，M=312，M1=24，M2= 13，

令24 M1′≡1(mod 13)，得M1′≡6≡－7 (mod 13)，

13 M2′≡1(mod 24)，得M2′≡13(mod 24)，

所以同余方程组的解是x≡24×(－7)×6 + 13×13×7≡－1008+1183≡175 (mod 312).

第4题(1) (3) (4).

5．.解下列同余方程组：

（1）x≡8（mod 15），（2）x≡6（mod 11），

x≡3（mod 10），x≡3（mod 8），

x≡1（mod 8）；x≡11（mod 20）；

（3）x≡2（mod 35），（4）4x≡90（mod 105），

x≡9（mod 14），5x≡18（mod 63），

x≡7（mod 20）；7x≡10（mod 50），

3x≡12（mod 22）

解：（1）化为

()

()

()

2mod3,

3mod5,

1mod8.

x

x

x

≡

?

?

≡

?

?

≡

?

用孙子定理解，M=120，M1=40，M2=24，M3=15，

令40 M1′≡1(mod 3)，得M1′≡1 (mod 3)；

24 M2′≡1(mod 5)，得－M2′≡1(mod 5)，M2′≡－1(mod 5)；

15 M3′≡1(mod 8)，得－M2′≡1(mod 8)，M2′≡－1(mod 8)

所以同余方程组的解是x≡40×2 + 24× (－1)×3 +15×(－1)×1 ≡－7(mod 120).

（3）化为

()

()

()

()

() 2mod35,

2mod35, 9mod1,

3mod4.

3mod4.

x

x

x

x

x

≡

?

≡

?

??

≡

??

≡

?

??

≡

?

即

用孙子定理解，M=140，M1=4，M2=35，

令4 M1′≡1(mod 35)，得M1′≡9 (mod 35)；

35 M2′≡1(mod 4)，得－M2′≡1(mod 4)，M2′≡－1(mod 4)；

所以同余方程组的解是x≡4×9×2 + 35× (－1)×3 ≡－33 ≡ 107 (mod 140).

6. 解我国古代数学家杨辉在1275 年所写的《续古摘奇算法》中的三个例题：（1）七数剩一，八数剩一，九数剩三，问本数；

（2）十一数余三，十二数余二，十三数余一，问本数；

（3）二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数.

解：（1）()()

1mod 56,

3

mod 9.x

x ≡???

≡??

方法一：设x =1+56y, 代入第二个同余方程，得

56y ≡ 3－1 (mod 13)，（56－54）y ≡ 2 (mod 13)

得y ≡ 1 (mod 13) y ，所以，同余方程组的解是x ≡57 (mod 504)。 方法二：用孙子定理解。

（2）()()()3mod11

,2mod12,1

mod13

.x

x

x ≡??

≡??≡?用孙子定理解，M=1716，M 1=156，M 2=143，M 3=132， 令156 M 1′≡1(mod 11)， 得2M 1′≡12(mod 11)，M 1′≡6(mod 11)； 143 M 2′≡1(mod 12)， 得－M 2′≡1(mod 12)，M 2′≡－1(mod 12)； 132 M 3′≡1(mod 13)， 得2M 2′≡－12(mod 13)，M 2′≡－6(mod 13)

所以同余方程组的解是x ≡156×6×3 + 143× (－1)×2 +132×(－6)×1 ≡ 14(mod 17). 法二：观察法。或累加试除法。

7. 设韩信所辖某部士兵共 26641人，在一次战斗中损失近百人. 休整时清查：1～3报数余 1，1～5报数余 3，1～ 7报数余 4. 问损失了多少人？

解：设还有士兵x 人，由题设，得同余方程组()()()1mod 3,

3mod 5,

4mod 7,2654126600.x x x x ≡??

≡??≡??<

由口诀，x ≡70 + 21×3 + 15×4≡193+105×251≡ 26548 (mod 105) 26641－26548=93人。损失了93人。

设损失了x 人，得同余方程组()()()266411mod 3,

266413mod 5,266414mod 7,0100.x x

x x -≡??

-≡??

-≡??<

化为()()()0mod 3,3mod 5,

2mod 7,

0100.

x x x x ≡??

≡??≡??<

由口诀，x =21×3 + 15×2=93。损失了93人。

8. 求 7的倍数，使它分别被 2，3，4，5，6除时，余数都是 1. 解：设所求为7x , [2，3，4，5，6] =60，由题设，得()71mod 60x

≡,

用大衍求一术得x ≡43 (mod 60), 7x =7×43=301， 故，所求为301+420t , t 为整数。 9. 求三个连续的自然数，使它们从小到大依次被 15，17，19 整除（写出其中最小的一组）.

解：由题设，得同余方程组()()1510mod17,1520

mod19.x x +≡???

+≡??化为标准形式为()()9mod17

,10mod19

.x x ≡???≡?? 用孙子定理解，M=321，M 1=19，M 2=17，

令19 M 1′≡1(mod 17)， 得M 1′≡9(mod 17)， 17 M 2′≡1(mod 19)， 得M 2′≡9(mod 19)，

所以同余方程组的解是x ≡19×(－8)×9 + 17×9×10 ≡ 162 (mod 321).

本题所求的三个连续的自然数是162×15，162×15+1，162×15+2，即2430，2431，2432。