王进明初等数论习题详细解答2013.5第九版(可打印版)

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33

27n 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，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。 又证：

(1)(21)6

n n n --=02+12+22+…+(n-1)2,整数的平方和必为整数。 当 n ∈Z －时，-n ∈Z +, 从而同样推得(1)(21)6n n n --为整数，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 ++++-++++-+?

由k !必整除k 个连续整数知：!|()(1)(1)m m n l m n l n l ++++-++,

n ! |()(1)

(1)n l n 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

()n

n n n a b a b b b -=+--????

()()

()

()1

1

11n n n n a b n a b b n a b b ---=+-++

+-+，

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

2

21

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2ap bpq +为偶数，但2cq 是奇数，它们的和不可能为0;

若q 为偶数，则2bpq cq +为偶数，但2ap 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． 1

2345678

9101112131415

16171819202122232425262728

9959969979989991000

1001

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 -的特征是：7(或11或13) 整除13210

||n n a a a a a a -- 解答：因为7×11×13=1001。（谐“一千零一夜”）而

13210n n a a a a a a -=7×11×13×2101

3210()n n a a a a a a a a a -+-×1000． 或 13210131

321071113()n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a ---=???-- ∴

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

(与上面相同或相似的题目不列，以下各章节同)

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：()2

f 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. 用试除法确定下列各数中哪些是质数？哪些是合数？1987，2027，2461，17357

45<, 45.022, 用质数试除到43，可知两者是质数， 49.61, 用质数顺次试除，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12题结论，357－17= 340，340不能被7，11，13整除，再用17，23考虑，2461÷23=107, 2461是合数。用类似思路顺次试除17357，到17，得分解式17357=17×1021，17357是合数。

2. 当 n 是什么正整数时，41()4f n n =+，5432()59f n n n n =+++8n 2+4n +1, 3()f n = n 4－18n 2+45, 4()f n = n 4+ n 2+1, 2

5()341f n n n =-+的值是质数？是合数？ 解：422222

1()444(2)(2)f n n n n n n =++-=+-22(22)(22)n n n n =++-+ 22[(1)1][(1)1]n n =++-+，当n =1时，1()f n 是质数；当n >1时，1()f n 是合数。

5434322()(2)(363)f n n n n n n n =++++++322(242)(21)n n n n n +++++

=( n +1)2(n 3+3n 2+2n +1)。n 无论是什么正整数时，n +1>1，∴2()f n 总是合数。

3()f n =22(3)(15)n n --令n 2－3=1或n 2－15=1知仅当 n=2或 n= 4时，3()f n 为质数，

n 为其它正整数时，3()f n 是合数。

∵ n 4+ n 2+1 = n 4+ 2n 2+1－n 2 = (n 2+ n+ 1)(n 2－n+ 1)，令n 2+ n+ 1=1或n 2－n+ 1=1知 仅当 n= 1时，4()f n =n 4+ n 2+1为质数， n >1时，4()f n 是合数。

5()(31)(1)f n n n =--，∴5()f n 当n=2时为质数，n 为其它正整数时是合数。

3. 试证：(1) 一切大于3的质数，不是形如6n +1就是6n －1的数(n ∈N )；

(2) 任意多个形如6n +1的数的乘积仍是形如6n +1的数；

(3) 形如 6n －1的数中含有无限多个质数.

证：(1)因为形如6n 或6n ±2或6n+3为合数；所以结论成立；

(2)先证明两个形如6n +1的数的乘积仍是形如6n +1的数：

1212121212(61)(61)366616(6)1n n n n n n n n n n ++=+++=+++，

显然，12126n n n n N ++∈，结论成立。然后用数学归纳法可得一般性结论。

(3) 若形如 6n －1的数中只有k 个质数：p 1, p 2, …, p k 。令N = 6 p 1 p 2 … p k －1，N 为形如 6n －1的数，由假设N 必为合数，且必有一个形如 6n －1的质因数p （否则就全是形如 6n + 1的数，由(2)中结论，乘积必为形如 6n+1的数，与N 的形式不符）, 因此p 为 p 1, p 2, …, p k 中的某一个，于是，p | 1, 矛盾。

4. 设m >1，当m |[(1)!1]m -+时，m 必为质数.

证：若m 为合数，m 最小的大于1的约数必为质数，设为p, p 是2,3, …,m －1中一个数。 显然p | (m －1)!且p | [(m －1)!+1]，于是，p | 1, 矛盾。

5. 是否有1999 个连续的自然数, 它们之中恰好只有一个是质数？

证：显然存在1998个连续的自然数都是合数, 比如1999!+2, 1999!+3, …, 1999!+1999. 现在设a 1,a 2,…，a 1998是任意1998个连续的合数,若比a 1小的最大的质数是 p ， 则p,p+1,p+2,,…，p+1998 就是题目所要求的1999 个连续的自然数。

这里的p 可以如下确定：比a 1小1的不是质数, 就考虑比a1小2的，还不是，就考虑小3的,…，直到是质数为止，这个质数即为p 。

事实上，p 后面的合数不少于1998个， 所以可从p 后面选1998个都是合数。

附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—2中的部分题目(与以上相同的不列)

1. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003

2. 求证：对任意 n ∈Z +，必有 n 个连续的自然数都是合数.

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.（此题在王进明教材中为例題）

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43，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.

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的数仍是形如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 （否则就全是形如 4n + 1的数，乘积必为形如 4n+1的数）, 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. 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）（30，45，84），［30，45，84］； （2）（21n +4，14n +3）（其中 n ∈N ）； 解：（1）(30，45，84)=( 30，15，24)=( 0，15，9)=3,

［30，45，84］=［90，84］=6［15，14］=6×15×14=1260. （2）-2（21n +4）+(14n +3）=1, 故（21n +4，14n +3）=1

2.当n ∈N 时，求证：1

(2|(1,1)2

(2|n n n n ??-+=?

??）　）

证：n=2k 时，k ∈Z,(n-1,n+1）=(2k-1,2k+1)=(-2 ,2k+1)=1; 即2 | n 时, (n-1,n+1)=1；

n=2k+1时，k ∈Z, (n-1,n+1）= (n-1,2）= (2k,2)=2.

3.用辗转相除法求（4 453, 5 767）,并写出相应的裴蜀等式。 解： 竖式：

5767 4 453113144 4531314351113145112292511292273292734

=?+=?+=?+=?-=? 445315787

394234453

51121314

58421022

73292

-

4 453×22 +5767×(－17)= －73，∴ 5767×17－4 453×22 =73

或由

13145767 4 453

511 4 4531314329213145112732922511

=-=-?=-?=?-推得

73(13145112)2511131425115

13142(4 45313143)5

131417 4 4535(5767 4 453)17 4 45355767

17 4 45322

=-??-=?-?=?--??=?-?=-?-?=?-?

4．已知24|62742ab , 求a , b .

解：6274200=261425×24, 故只需24|ab ，即ab =0, 24, 36, 48, 72, 96.

又解：24=3×8，3,8互质，故只需3 |62742ab ,8 |62742ab ，即3 |（a +b ）；又8 |2ab ，8 |200,故只需8|ab ，从而ab 必为8的倍数，3,8 同时考虑，故答案是00，24，48，72, 96. 5．求证：lg2

证 ∵ 0=lg1< lg2< lg10=1， ∴ lg2 不是整数．

若lg2是有理数，可令lg 2((,)1,,,1)q

p q p q N p p

+=

=∈>，则102q p

=

10225252q p q q p q p q -?=?=?=, ∵ (2，5) = 1, ∴ (2q ，5p －q ) = 1,

所以 2q ≠5p －

q .∴ lg2不是有理数。综上所述，lg2是无理数.

显然不是整数．

((,)1,,,1)q p q p q N p p +==∈>，则15=22q p

（1）. ∵ (,)1p q =, ∴ (p 2，q 2)=1, （1）式不可能成立。

.

6. 已知a + b =60，(a , b )+[ a , b ]=84, 求a , b .

解: 12(,),,,令a b d a dt b dt ===则()12,1,t t =有[]1212(),(,),(1)a b d t t a b a b d t t +=++=+。 d 是a + b =60，(a , b )+[ a , b ] =84的公约数，而(60,84)=12, ∴(a , b )=12，6，4，3，2，1 令 (a , b )=12，有t 1+ t 2=5, t 1 t 2=6，解得t 1, t 2为2,3或3,2。

令 (a , b )=6， t 1+ t 2=10, t 1 t 2=13,无整数解；

令 (a , b )=4， t 1+ t 2=15, t 1 t 2=20,无整数解；类似知(a , b )= 3，2，1皆无整数解。 ∴ a , b 为24, 36或36, 24. (若考虑负数还有-12、72) ，

一般的，有以下结论：12(,),,,令a b d a dt b dt ===则()12,1,t t =12,1,使x y xt yt ?+= [][]()1221221211212121212()()1,(,) 1.(,) 1.

(,)1(,).,,,,(,).

同理而即x t t y x t t t t t t t t t t t dt dt dt t d dt t a b a b a b a b ∴++-=∴+=+=∴+=∴+==+=

7．求证：()22,,[,,][,][,][,](,)(,)(,)a b c a b c a b b c c a a b b c c a = 证：由教材例5, ()2

2222222,,[,,]1[,][,][,](,)(,)(,)[,][,][,]a b c a b c a b c a b b c c a a b b c c a a b b c c a =? ()()22,,,,(,)(,)(,)[,](,)[,](,)[,](,)(,)(,)(,)

a b c a b c ab bc ca a b b c c a a b a b b c b c c a c a a b b c c a =???= 8. 自然数 A =10x + y （x 是非负整数，y 是 N 的个位数字），求证：(10n+1) |A 的充要条件是 (10n+1) | (x －n y ) n ∈N.

利用这一结论（称作割（尾）减法）判断下列各数能否被 31，41，51整除：26691，1076537，1361241

证明：A=10x+ y= 10（x －ny ）+(10n+1)y.

必要性：(10n+1) |A, (10n+1) |(10n+1)y 推得(10n+1) |10（x －ny ）而（1+10n ）与10互质，因此有(10n+1) | (x －n y )。

充分性：由和与积的整除性显然可得。

31| 26691，41|26691，51|?26691；

31|1076537，41|1076537，51|?1076537；

31|1361241，41|1361241，51|1361241.

以51为例，51|?26691?51|?(2669－1×5)；又51|?2664 ?51|?(266－4×5)；

显然51|?246 。51|1361241?51|(136124－1×5)，又51|136119?51|(13611－9×5)，又

51|13566?51|(1356－6×5)，又51|1326?51|(132－6×5)，而51|102。

9.写出所有的小于20的三个自然数，使它们的最大公约数是1．但两两均不互质．

解：设所求的三个自然数为a，b ，c. 由于两两都不互质．所以a，b，c 都是合数．由于a，b，c 都小于20，而最小三个质数的乘积2×3 ×5 = 30 已大于20,因此a，b，c 这三合数中的每一个只能有两个不同质因数, 而相互之间又不能完全相同.

这样，a＝2×3＝6，b＝3×5＝15，c＝2×5＝10．是满足题意的一组解.

由于题目未限定每个数的质因数不能重复，这样a＝2×2×3＝12 或2×3×3=18，而b，c 仍分别为15, 10 (因为再大就超过20了）.由此所得的两组数：12，15，10 与18，15，10 也是满足题意的解．

10.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？

解：（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。因此它们是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，找公倍数先找最小公倍数，3，4，5，7，11，13两两互质，它们的最小公倍数60060就是5位数。60060的2倍就是6位数,故答案唯一。

11.用某一个数去除701, 1 059, 1 417, 2 312这四个数，所得余数都相同，满足要求的所有除数中最大的那个数是多少？

解：701, 1 059, 1 417, 2 312两两相减，差的最大公约数就是所求的所有除数中最大的那个数。

1 059-701=358, 1417－1 059=358，2312－1417=895，

(895, 358)=(179 , 358)= 179.故所求为179,且可知所得的相同余数是164.

12.

解：72=8×9,8,9互质，故总价必为8，9的倍数，可推得为707.76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328.79元，再得课椅单价为4.27 元；合计金额为1036.55元.

13.（略）

14.某位同学没有注意写在两个七位数之间的乘号，将其误认为是一个14位数，有趣的是此14位数正好是原来两个七位数乘积的三倍，试求出这三个数。

解：设两个七位数分别是a，b，则由题设14位数a×107+b=3ab，即b=3ab－a×107= a (3b －107)，令k=3b－107，b=ka（k<10）, 得a×107+ ka=3ka2，即107+ k=3ka(*),

107 =(3a －1)k, k | 107，107只有2m ×5n （m ，n 至少一个为正整数）形式的约数, 即k=2,4,5,8. 又由(*)，107+ k 为3 的倍数，可排除4, 而若k=5, 8, 则107+ k=3ka ≥15a, 107+ k 大于1.5×107，这是不可能的。因此只有k=2，即107+ 2=6a ，∴ a=1666667，b=3333334.

或解：由a ×107+b =3ab ，得7310

－b a b =，a 与b 同为七位整数，∴3b －107只能是一位整数，且3b 是3的倍数且大于107，故3b 为107+2或107+5或107+8等,于是b=3333334或3333335等，但b ≥3333335时，b －107≥5，此时7310－b a b =

已经是六位数了，故只有b=3333334。 以上两种方法基本相同，只不过前者考虑b 为主，后者考虑a 为主。

附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—3中的部分题目(与以上相同的不列)

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

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

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 ］。

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21621615472

+-=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。

()()[]12121212212212112121211212(,),,,,1,,1,()()1,

(,) 1.(,) 1.(,)(,)1( 1.21),

(,)( 1.14).

,(,,).

a b d a dt b dt t t x y xt yt x t t y x t t t t t t t t t t t t t t dt dt dt t d

a b a b a b ====?+=++-=∴+=+=∴+=+=∴+==+令使同理定理定理即，

( 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：2001，26840，111111，999 999 999 999 解： 2001= 3×23× 29， 26840= 5×11×23×61， 111 111= 3× 7×11×13× 37. 999 999 999 999=111 111×9 000 009=33× 7×11×13× 37×1 000 001，而 1 000 001=101×9901，∴999 999 999 999=33× 7×11×13× 37×101×9901。

2.用分解质因数法求：（1）（4712，4978，5890，6327）；（2）［4712，4978，5890］. 解：4712=4×1178=23×589=23×19×31, 4978=2×2489=2×19×131 5890=10×589=2×5×31, 6327=9×703=32×19×37 ∴ (1)19， (2)3086360×9×37=1027757880．

3. 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？

解：—组为：85，111，124，154，354，667；另一组为：87．102，148，230，341，413． 4．某校师生为贫困捐款1995元，这个学校共有教职工35人，14个教学班，各班学生人数相同，并且多于30人但又不超过45人，如果师生平均每人捐款的钱数都是整数元，那么平均每人捐款多少元？ 解：1995=3×665=5×399=7×285=5×7×57=3×5×7×19, 每人捐款的钱数只能是1、3、5、15、19、21或57。57不可能，否则教师捐款就够了; 19,15和1元也不行，与学生数显然不符; 平均每人捐款5元的话，每班人数为(399-35)=364÷14=26, 仍少于30; 所以平均每人捐款3元。此时每班人数为(665-35)=630÷14=45符合假定人数范围。

5. 甲、乙两人各射五箭，每射一箭得到环数或者是“0”(脱靶)，或者是不超过10的自然数。两人五箭所得环数的乘积都是1764，但甲的总环数比乙的少4环求甲、乙两人的总环数各是多少？

解：1764=4×441=4×212=22×32×72, 由441-1=440=2×220,220=11×10×2 6．证明：（1） (a ，[b ，c]) = [(a ，b)，(a ，c)]

（2）()2

2

,,[,,][,][,][,](,)(,)(,)

a b c a b c a b b c c a a b b c c a =

.此题1-3已证明，在此要求用分解质因数方法证明。 （采用教材p 成分的说法，可使证明叙述起来简捷一些：设p 为质数，a ，r ∈N +,如果p r

| a ， 且 p

r +1 | a ，这时称 p r

为 a 的 p 成分，用 p (a ) 表示a 的p 成分的幂指数，即p (a ) =r . ）

证明：设p (a ) =l ，p (b ) = m ，p (c ) =n ，且不妨设l ≥m ≥n 。

（1）p (a ，[b ，c]) =min{ p (a ),max{ p (b ), p (c )} }= min{l , m }=m ，

p [(a ，b)，(a ，c)]= max{ min{ p (a ), p (b ) }, min{ p (a ), p (c )}}= max{m ,n }= mr .

由于p 是任意质数，所以(a ，[b ，c]) = [(a ，b)，(a ，c)]。

（2）∵([,][,][,])[,][,][,]2p a b b c c a p a b p b c p c a l m l l m =??=++=+

2

[,,]2[,,]2,p a b c p a b c l ==∴2

[,,][,][,][,]a b c p m a b b c c a ??=- ???。

∵()((,)(,)(,)),(,)(,)2p a b b c c a p a b p b c p c a m n n n m =??=++=+

2[,,]2[,,]2p a b c p a b c n == ∴()2,,(,)(,)(,)a b c p m a b b c c a ??=- ? ???

。 由于p 是任意质数，所以题设等式成立。

7. 自然数555 555的约数中，最大的三位数是多少？

解：555 555=5×111 111= 3×5×7×11×13× 37. 约数最小的三个相乘已经是三位数，那么在 366542032

C ??==?种取法中， 3×5×37=555显然太小，故3,5只能取一个：5×11×13 =55×13=715，再调大如7×11×13=1001就超出了；3×7×37=777，调大如3×11× 37=1 111,已经超出，故777即为所求。

8.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？

解：4582-2836=1746=2×873=2×9×97, 5164-4582=582=2×291=2×3×97,

6522-5164=1358=2×679=2×7×97, （1746，582，1358）=2×97

所以，除数为97时，余数为23；除数为194时，余数为120．

9. (1) 所有正约数之和＝15的最小自然数是多少？

(2) 所有正约数之积＝64的最小自然数是多少？

(3) 有没有这样的自然数，其所有正的真约数之积等于它本身？

解 (1) 15=1×15=3×5，若15=1×15，a 有唯一质因数，即a =p α，

由公式()a σ=1151p p p αα-=++

++，1(1)14p p p α-?+++=，p 只能是2. 令自然数a =2k ，此时()12

115k a σ+=-=，得k=3，即a =8； 若()15a σ==3×5，即12111i i i i

p p α+=-=-∏3×5 1131(1)2i i i i i i i i p p p p p p ααα--=++++?+++=，,i i p α无解。

故()15a σ==3×5为不可能。因此所求最小自然数就是8.

（2

()()()()612642642,24,864a a a a a a a a ττττ======或。

τ(2)=2≠12, τ(4)=3≠6, τ(64)=7≠2, τ(8)=4, 因此所求最小自然数就是8. (3) 自然数a

的所有正约数之积

2a =，即()4a τ==22，

故分解式或 ⑴ 只含1个质因数 p ，此时 p 的指数为3, 即3

a p =, 或 ⑵ 为2 个质数的乘积，即12a p p =，这样的自然数，其所有正的真约数之积都等于它本身。 10. 若a ，

b ，

c ∈N +, 且 a 2

= bc ，(b ，c )=1，则b ，c 均为平方数。 证明：

1

1

(,)1,,,(,)j i

n m

i j i j i j b c b p c q p q i j χ

β=====≠?∏∏令有

已知2

1

1

,j

i

n m

i j i j a bc p q χβ====

?∏∏故221

1

,

,

(,).2

2

j

i

n

m

j

i

i j i j a p q N N i j χβχβ++===?∈∈?∏∏

得2',2',','(,).i i j j i j N N i j ββχχβχ++==∈∈?

2

2

2''2''1111,,j j i i n

n

m

m

i i j j i i j j b p p c q q χχββ====??

??∴==== ? ?????

∏∏∏∏ 结论成立。

11. 975×935×972×（ ）要使这个乘积的最后 4个数字都是 0，括号中最小应填什么自然数？

解：20．四个数分解质因数后一共应该有且只有4个2与4个5，需补充2个2与1个5。

12. （1）设[a ，b ]=72，且a ≠b ，那么a + b 有多少种不同的值？ （2）已知（a ，b ）=12, [a ，c ]= [b ，c ]=300,满足上述条件的自然数共有多少组（a =12, b =c =300与a = c =300, b =12算不同的两组）？ 解：（1）72=23×32

由于a ，b 是对称的，所以一共10种不同的值。

一共5组。 13. 求：（1）τ(180)；（2）σ(180)；（3）σ 1 (180).

解：180=22

×32

×5, ∴(1)3×3×2=18． (2)332213151

7136213151

---??=??---=546 (3)1809． 14．求出最小的正整数n ，使其恰有144个正约数，并且其中有十个是连续的整数。 解：144=122=6×3×2×2×2, 表明n 的标准分解式应含有五个不同质数,并应该从2开始取，且使2的次数为5，3的次数为2，其他皆为1，故所求即25×32×5×7×11=110880。 它不仅有10个甚至有12连续的约数:1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1—4中的部分题目(与以上相同的不列)

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）τ(180)；（2）σ(180)；（3）σ 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

6．有5个，10=2×5=1×10因此所求的数应该为4a b 或9c 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．

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：（自行写出）

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

1. 若集A={}|[sin ],x x R αα=∈,B={

}

|[tan ],2

x x k π

ααπ=≠

+,求A ∩B,A ∪B.

解：A={－1,1}, B=Z(全体整数集合)，∴A ∩B=A,A ∪B=Z. 2. 设

,αβ==

，试求2

(1ααβ++的值。

解：331273,2,2222αβ?+<<∴====-=???, 代入得10。 3. 求3

2000?

+

??的值。

3

320001+

>3

20002+

≥

则3

120008+

≥，33

220007++≥，即33

232000343++

≥。

3

2000341+

≥，继续下去有33

32000341+

≥，这显然是不可能的，因此

3

2000?

+??=1.

4. 证明：若（p , q ）=1，则2(1)(1)(1)2p p q p p q q q q ---????

??+++=?

?

????????

??

。 证：对于1≤k ≤q －1,均有q ?k p ，即kp Z q -

?，故1kp kp q q ????-=--????????

于是()kp q k p q q -????+?

???????=1kp kp p p q q ????

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

∴112(1)1()(1)(1)

22q k p p q p kp q k p p q q q q q q -=-?-?--????

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

∑。 5. 求[][][][]2222log 1log 2log 3log 1024++++的值。 解：[][][][]2222log 1log 2log 3log 1024++++=

=[][][][][][][]22222222

4

log 2log 2log 4log 4log 8log 512log 1024+++

+++++

=1×2+2×22+3×23+…+9×29

+10=1 × (22-2)+2×(23-22)+3×(24-23)+…+9×(210-29)+10

=-2-22

-23

-…-29

+9×210

+10=1021

221

--?-+9×210+10=7×210+12=7180.

6. 求使

1011021039991000

7

k

?????为整数的最大自然数k 的值。

解：即求1011021039991000???

??的标准分解式中7的幂指数。 1011021039991000???

??=1000!÷100!所以7(1000!÷100!)= 7(1000!)－ 7(100!) 所以k=23210001000100010010077777??????????++--????????????????????

=142+20+2-14-2=148. 7. 解方程：（1）[]35500x x +-=

解：[]1x x x ≤<+故[][][][]35500,335500,x x x x +-≤++->解得

[][][]5047, 6.88

x x x ≤>∴=, 代入原方程得3x =20, 20.3x ∴= 或解：由已知得[]5035x x -=设其为y ，则5053y x -=，{}50385001,55

x x x x --≤=-=< 解得5055.88

x ≤< 50505554750,,83888y y -≤<<≤即 14y = 20.3x ∴= （2）原式化为[][]2()0x x x x --=，即[][]2

20x x x x +-=，把x 当作常数，由一元二次

方程求根公式得 []x x =相乘的积为整数，只能是x =。 8. 设x ，y 满足下列方程组[][]23

325y x y x =+??=-+?，且不是一个整数，则x + y 在哪两个整数之间。

解：[][][][]233253(2)5y x x x =+=-+=+-+[][]3(2)531x x =-+=-， 可得［x ］=4,∴4≤x <5，y =2［x ］+3=11 ∴15< x + y <16.

9. 试证方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12345无实数解.

证: 假设方程有实数解x=n+a,其中n ∈Z, 0≤a<1,于是,，

[x]=n ，[2x]=2n+[2a]，[4x]=4n+[4a]，[8x]=8n+[8a]，[16x]=16n+[16a]，[32x]=32n+[32a]。 代入原方程化简、变形，得 [2a]+[4a]+[8a]+[16a]+[32a]=12345-63n 。

由于0≤a<1，因而0≤[ka]≤k-1

故0≤12345-63n ≤1+3+7+15+31=57，即12288/63≤n ≤12345/63

亦即195.04≤n ≤195.95，与n ∈Z 矛盾，故原方程无实数解。

10. 1到120这120个正整数中所有质数的和是多少？

解：2+3+5+7+11+13+17+19+23+29+31+37+41+43+47+53+59+61+67+71+73+79+83+89+97+ 101+103+107+109+113=1593.

或解：应用逐步淘汰原则，所求的和=1到120这120个正整数的和－(120以内，下同)2的倍数的和－3的倍数的和－5的倍数的和－7的倍数的和－11的倍数的和+6的倍数的和+10的倍数的和+14的倍数的和+22的倍数的和+15的倍数的和+21的倍数的和+33的倍数的和+35的倍数的和+55的倍数的和+77－30的倍数的和－42的倍数的和－66－70－110－105= =120601212(12)3(1240)5(1224)2???-+++-+++-+++-????

1207(12)11(1210)6(1220)10(1212)7??-+++-+++++++++++????

12014(12)22(125)15(128)21(125)14??+++++++++++++++++????

+33(1+2+3)+105+165+77－30(1+2+3+4)－42－84－66－70－110－105

=7260－61×60－61×60－3×41×20－5×25×12－7×17×8－11×11×5+6×21×10

+10×13×6+14×9×4+22×3×5+15×9×4+21×3×5+33×6+105+165+77－300－42－84－66－70－110－105=1593. 11. 求25！的标准分解式。

解：25！=222×310×56×73×112×13×17×19×23. 由定理1.6.3公式求出各个质数的指数。

12. 2000! 末尾有多少个连续的零?

解：2342000200020002000400801634995555????????+++=+++=????????????????

个连续的零 13.某班学生参加数、理、化三科测试。数、理、化成绩优秀的学生人数依次是30,28,25, 数理、理化、化数两科成绩都优秀的学生人数依为20,16,17。数理化三科都优秀的学生有10人。问：数理两科至少有一科优秀的学生有多少人，数理化三科至少有一科优秀的学生又有多少人。

解：数理两科至少有一科优秀的学生人数为30+28－20=38;

数理化三科至少有一科优秀的学生30+28+25－20－16－17+10=40

14. 从自然数列1,2,3,4,…中依次划去3的倍数和4的倍数，但是其中凡是5的倍数的数均保留，划完之后的数依次构成一个新的数列：a 1=1,a 2=2,a 3=5,a 4=7,求a 2000的值。 解：考虑1到3000这3000个数中这个数列中的数的个数为

300030003000300030003000300034343545345????????????--+++-?????????????????????????????

=3000－1000-750+250+200+150-50=1800

30030030030030030030034343545345????????????--+++-?????????????????????????????

=180 3030303030303034343545345????????????--+++-?????????????????????????????

=30－10-7+2+2+1=18 可知3330= a 1998, 而3332是4的倍数，3333是3的倍数,所以a 2000=3334.

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1—6中的部分题目(与以上相同的不列)

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 ???

?==+????＋＋＋＋ []{}{}[]{}{}0x y x y x y ??≥??显然 ＋＋，证得。

(){}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}20,;

1.2,

2.1, 2.52,0.52,0.02,;1.9, 1.8,

3.42,0.42,0.72,.x y Z x y xy x y xy x y xy xy x y x y xy x y xy xy x y x y xy ∈=========<=====>＋，时，有而 时又 时 可见，三种情况都有。

7.计算：（1）1991199219996979797?????????+++????????????

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

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

5151952053853955893129797979797975785969797??????????????????=+++++++++??????????????????

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

=9312+0+…+0+19+40+57+76=9504.

（2）2221111232008?

?+++????

解： 22

21111232008+++考虑1111122320072008<+++??? 222111111222320082008∴<+++<-<。从而2221111232008??+++???

?=1. 8. 在前2001个自然数中，既不是5 的倍数，又不是7的倍数的数有多少个？

. 20012001200120015775??????

--+?????????????

=2001－400－285+57=1373个 10. 有100盏亮着的灯，各有一个拉线开关控制着，,现将其按顺序编上号码1,2, …,100,然后将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5 的倍数的灯线拉一下，3次拉完之后还有几盏灯是亮的？49盏

11. 解方程：[]11x x x +--= 解：已知2

111211,21x x x x x x -<-??+--=-≤≤??>?

[]12,21x x x <-=-∴-≤<-时,

； [][]112,010,220,2,

x x x x x x x Z -≤≤=-=?-<≤-<≤∈时,即即而 []12,2 3.x x x >=∴≤<时,1,0;2x x ∴=-=

∴ －2≤ x <－1或 2≤ x<3或 x= －1/2 或 x= 0.

12. 若19202191100100100100x x x x ?

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

=546,求［100x ］的值、 解：等式左侧为73个数相加，而54673735.78,x =?+∴<<

且可知等式左侧从右向左有且只有35项满足8100y x +

≥，这35项中最小的是等式左侧从右向左第35项57100x +，∴ 成立有578100

x +≥，移项得7.43.x ≥ []100743.x ∴= 习题2-1

1．计算m 取何值时，下列各式成立：

(1)32≡11(mod m); (2)1001≡1(mod m); (3)480≡26(mod m); (4)28≡1(mod m).

解：由充要条件知(1)32－11=21,所以m 取21，7，3，1.

(2)1001－1=1000所以m 取1000的所有正约数，共16个；

(3)480－26=454=2×227, 所以m 取454，227, 2，1.

(4)28－1=(24+1)( 22+1) ( 22－1)= 17×5×3, 所以m 取255,85,51,15,17,5,3,1.

2. 计算m 取何值时，下列两式同时成立：

(1)32≡11(mod m ); (2)1000≡－1(mod m) .

一般地，若a ≡b (mod m ), c ≡d (mod m ) 同时成立,则m 要满足什么条件？

解：由m |(32-11)且m |(1000+1)知，m 是21和1001的公约数，因此m 取7，1.

一般地，若a ≡b (mod m ), c ≡d (mod m ) 同时成立,则m |(a - b )且m |( c - d ).

3.举例说明：

(1) 由a 2 ≡ b 2 (mod m ),不能推出 a ≡ b (mod m )；

解：(－1) 2 ≡12 (mod5), －1≡1 (mod5)不成立。又如3 2 ≡22 (mod5), 3 ≡ 2 (mod5) 不成立。

(2) 由a ≡ b (mod m ),不能推出a 2 ≡ b 2 (mod m ). 这是性质（5）的特例，是正确的命题。

4. 证明，,x Z ?∈( 15x 5＋24x 4＋32x 3－16x 2＋3x －13)≡(7x 5＋3x +3) (mod 8) 证:由15≡7 (mod 8)，24≡32≡－16≡0 (mod 8)，－13≡3 (mod 8)即可证明上述同余式成立。

5. 证明：70! ≡61! (mod 71)。

证：70!－61!=(70×69×68×…×62－1) 61!

= 23599366843852799×61!= 332385448504969×71×61!

6. 设m 为正整数，a ，b ，c ，d 为整数，若a ≡b (mod m )，c ≡d (mod m ) 同时成立，证明 a －c ≡ b －d (mod m ).

证：a －c －(b －d )= a －b －(c －d ), 而由a ≡b (mod m )，c ≡d (mod m )，m | (a －b ), m |(c －d ), ∴ m |[ a －b －(c －d )], 由同余的充分必要条件知a －c ≡ b －d (mod m ). 命题成立。

7. (1)求3100模10的余数； (2) 求350的十进制表示中最末两位数。

解：(1)3100≡(32) 50≡(－1) 50 ≡1(mod 10), ∴ 3100模10的余数为1;

(2) 350≡(325) 2 ≡((312) 2×3 ) 2 , 而312≡ ((33) 2) 2 ≡((27) 2) 2 = (729) 2 ≡(29) 2 = 841≡ 41 (mod 100), 412=1681≡81(mod 100) ∴350≡(412×3)2 ≡(81×3) 2≡(243) 2≡43 2=1849≡49 (mod 100), 故所求末两位是49. （现在有计算器，此题可以直接计算350，但数字庞大）

8. 求使2n +1能被5整除的一切正整数n 。

解：4≡－1 (mod5),即22≡－1 (mod5), (1)

又16≡1 (mod5), 即24≡1 (mod5), ∴24 k ≡1 k =1 (mod5), (2)

(1) (2)两式分别相乘，得22+4k ≡－1 (mod5), 即22+4k +1≡5≡0 (mod5)，因此n=2+4k , k ∈Z +. 说明：4×16=64≡4 (mod5), 64×16≡4×16=64≡4 (mod5), 依此类推可解，以上是抽象推导.

9.设m为正整数，a为整数，若a2≡a (mod m)，证明a n≡a (mod m).

证：∵a2≡a (mod m)，∴a3≡a2∴a3≡a (mod m)，依此类推得，a n≡a (mod m). （最好后面用数学归纳法）

10设p为质数，a为整数，且a2≡b2(mod p) ，证明a ≡b (mod p) ，或a ≡(－b) (mod p) 证：由题设，p | (a2－b) 2,即p | (a－b) (a+b), p为质数，知p | (a－b), 或p | (a+b),命题成立。

11.用弃九法验算下列算式是否有错：（略）

12.在3145×2653=8□43685中，遗漏了一个数字，如果其他数字都是正确的，求遗漏的数字。

解：3145≡31≡4(mod 9),2653≡2+5≡7(mod 9), 4×7=28≡1(mod 9),

8□43685≡8+8+□≡7+□(mod 9),因7+3≡1 (mod 9) , 故遗漏的数字为3。

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题2—1中的部分题目

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. 若(n, 8)=1，试证：n2≡1(mod8)

2－1= 4k (k+1), 8 | (n2－1).所以有n2≡1(mod8) 证：由(n, 8)=1可知,n为奇数. 设n=2k+1, n

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a2=(10x+y)2 ≡y 2 (mod 10). 令=0,1…9，y 2的个位不能是2, 3, 7, 8.

2的末位数字也没有2, 3, 7, 8.

因此，数字a (1≤a≤9) 的平方a

习题2-2 1，2 验证完全剩余系，简化剩余系。（略）

3. （1）求模9的一个完全剩余系，使其中每个数都是奇数；

（2）求模9的一个完全剩余系，使其中每个数都是偶数；

（3）对于模10来说，能实现（1）（2）的要求吗？

（4）找出规律，证明之。

解：（1）模9的非负最小完全剩余系为：{0,1,2,3,4,5,6,7,8},将其中的偶数减9或加9,如{9,1,11,3,13,5,-3,7,-1};（2）如上，代换其中的奇数，如{0,10,2,12,4,-4,6,-2,8} （3）对于模10来说，不能实现（1）（2）的要求。

（4）对于(1)(2)的要求，奇数模可实现，偶数模不能实现。因为模m的最小非负完全剩余系中奇偶数各半.任一个完全剩余系中各数必与0, 1, …, m－1中的一个数同余,均可写成

mk r+r，r= 0,1, …, m－1的形式。而整数加偶数的整数倍奇偶性不变，故偶数模的任一个完全剩余系必奇偶各半，不能实现（1）（2）的要求。奇数模则不然，因为mk r可奇可偶。

或证：若a, b属于模m的同一剩余类，必有a=b+mk，k∈Z, m为偶数时，mk为偶数，故a, b奇偶性相同，即偶数模的剩余类分为偶数剩余类与奇数剩余类，完全剩余系就是从m的各个剩余类中取一个元素组成的集合。因此不能实现（1）（2）的要求；m为奇数时，若k 取奇数，mk为奇数，k 取偶数，mk为偶数，故a, b奇偶性可不同，即奇数模的任何一个剩余类中都是奇偶混杂，故能实现（1）（2）的要求。

4.将上题中的完全剩余系改成简化剩余系，情况如何？无论奇数模，偶数模均不一定实现。

5.设m 为正整数，整数集合｛x 1,x 2, …，x m ｝为模m 的一个完全剩余系，则

（1）当m 为奇数时，x 1+x 2+…+x m ≡0（mod m ）;

（2）当m 为偶数时，x 1+x 2+…+x m ≡2

m （mod m ） 证：由3题知，模m 的任一个完全剩余系均有x r =mk r +r ，r= 0,1, 2,…, m －1。

x 1+x 2+…+x m ≡1+2+…+m －1=12()m m -,（1）当m 为奇数时，12

()m m -≡0（mod m ）; （2）当m 为偶数时，212122222

()()m m m m m m m m m --+==-+≡（mod m ）。 6．设m 为大于2的整数，证明：{02,12,22, …, (m －1)2}一定不是模m 的一个完全剩余系。

解：由平方差公式，(m －1)2－12 = m (m －2), (m －2)2－22 = m (m －4) , …,对模m 两两不同余。

7. 设m ，s ，t 为正整数，且s >t ，证明：整数集合{ x | x = u +m s －t v ，0≤u ≤m s －

t －1 , 0≤v ≤

m t －1}为模m s 的一个完全剩余系。

证：首先确定集合元素的u 有m s －t 种取法，而u 每次取定之后要加不同的m s －t v ，v 有m t 种

取法，因此元素总数为m s －t ×m t = m s 。然后可以验证题设的集合元素就是0到m s －1的m s

个数，它们构成m s 的非负最小完全剩余系。证毕。 8. 计算欧拉函数值()m ?：1236()?； 1218()?； 2001()?； 4200()? 解：?(1236)= ?(12×103), 103是质数，因此?(1236)=(22-2)(3－1)(103－1)=408.

?(1218)= ?(6×203) = ?(2×3×7×29)= 2×6×28=336 2001()?= (3－1)(23－1) (29-1)=1122 ?(4200)= ?(23×3×52×7)= (23-22)(3－1)( 52－5) (7－1)= 960

9. 设为大于2的整数，证明()m ?为偶数。

证：若m 的质因数至少有一奇数，由公式，可知()m ?=()1

11i k

i i

i p p α-=-∏为偶数。若m 的质因数一个奇数也没有，而m 大于2，必有m =21,α

α>，此时()m ?=12α-,也是偶数。 或证：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 ）必为偶数中

又证：()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.1,α=i 所有的则必有一个p i 为奇数，因为如果m 是质数，大于2的质数是奇数，()1?=-m m 是偶数；如果m 是合数，p i 中最多只有一个是2,那么至少有一个为奇数， ()1()1?==-∏k

i i m p 这时是偶数.

10. 11(略)

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》将完全剩余系与简化剩余系分开在2-2,2-3

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/kfle.html